Đề thi cuối kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Kim Liên (Hà Nội) có đáp án

Vì \(P,M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BC,CA\) nên ta chứng minh được \(\overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {PN} \).

Từ đo suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} - {x_B} = {x_N} - {x_P}\\{y_M} - {y_B} = {y_N} - {y_P}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_B} = {x_P} + {x_M} - {x_N} =  - 1 + 2 - 2 =  - 1}\\{{y_B} = {y_P} + {y_M} - {y_N} = 3 + 0 - 2 = 1}\end{array}} \right.\).

Do đó, tọa độ điểm \(B\) là \(B\left( { - 1;1} \right)\).

Chọn B.

Áp dụng công thức tính góc giữa hai vectơ:

\(\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{{\vec a \cdot \vec b}}{{\left| {\vec a\left|  \cdot  \right|\vec b} \right|}} = \frac{{4 \cdot 1 + 3 \cdot 7}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {7^2}} }} = \frac{{25}}{{5 \cdot \sqrt {50} }} = \frac{{25}}{{25\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \(\left( {\vec a,\vec b} \right) = 45^\circ \).

Chọn C.

Câu “Trường Kim Liên đẹp quá!” là câu cảm thán, không thể xác định tính đúng hay sai, nên không phải là mệnh đề.

Chọn D.

Độ chính xác \(d = 0,001\) ở hàng phần nghìn, do đó ta quy tròn số \(a = 4,1356\) đến hàng phần trăm (sau hàng phần nghìn một hàng). Chữ số ngay sau hàng phần trăm là \(5 \ge 5\), nên ta cộng 1 đơn vị vào chữ số hàng phần trăm: \(4,1356 \approx 4,14\).

Chọn C.

Đường thẳng ranh giới là \(d:3x + 2y =  - 6\).

Với \(x = 0 \Rightarrow y =  - 3\), đường thẳng qua điểm \(\left( {0; - 3} \right)\).

Với \(y = 0 \Rightarrow x =  - 2\), đường thẳng qua điểm \(\left( { - 2;0} \right)\).

Thử tọa độ gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\): .

Do đó, miền nghiệm là nửa mặt phẳng bờ \(d\) chứa gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) (không tính đường thẳng \(d\)). Đối chiếu với các hình vẽ:

Hình B có đường thẳng đi qua \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {0; - 3} \right)\), phần không bị gạch chéo chứa gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\).

Chọn B.

Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\), theo quy tắc trung điểm với điểm \(G\) bất kỳ, ta có:

\(\overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = 2\overrightarrow {GM} \).

Chọn B.

Ta có \({\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{3}{4}\).

Thay vào biểu thức \(P\): \(P = 3 \cdot \frac{3}{4} + 4 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{9}{4} + 1 = \frac{{13}}{4}\).

Chọn B.

Trong hình bình hành \(ABCD\), hai vectơ \(\overrightarrow {OA} \) và \(\overrightarrow {OB} \) không cùng hướng (và không cùng độ dài trừ trường hợp đặc biệt), nên \(\overrightarrow {OA}  = \overrightarrow {OB} \) là khẳng định sai.

Chọn C.

Giá trị lớn nhất \({x_{{\rm{max}}}} = 170\), giá trị nhỏ nhất \({x_{{\rm{min}}}} = 158\).

Khoảng biến thiên: \(R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 170 - 158 = 12\).

Chọn B.

Thay tọa độ điểm \(\left( {0;0} \right)\) vào bất phương trình thứ nhất:

\(2 \cdot 0 + 3 \cdot 0 - 1 =  - 1 > 0\quad {\rm{(sai)}}\)

Do đó, \(\left( {0;0} \right)\) không thuộc miền nghiệm của hệ.

Chọn A.

Áp dụng định lý côsin trong tam giác \(ABC\):

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos A\)

\(B{C^2} = {5^2} + {8^2} - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \cos 60^\circ  = 25 + 64 - 80 \cdot \frac{1}{2} = 49\)

\( \Rightarrow BC = \sqrt {49}  = 7{\rm{\;cm}}\).

Chọn A.

Ta có \(X \cup Y = \left\{ { - 1;0;1;2;4;7;9;10} \right\}\).

Số phần tử của \(X \cup Y\) là \(8\).

Chọn B.

a) Sai. Tọa độ trung điểm \(M\) của \(AC\): \(M\left( {\frac{{3 + \left( { - 1} \right)}}{2};\frac{{ - 2 + 1}}{2}} \right) = M\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)\).

\(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1 - 3;1 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 4;3} \right)\).

\(\overrightarrow {BM}  = \left( {1 - 2; - \frac{1}{2} - 5} \right) = \left( { - 1; - \frac{{11}}{2}} \right)\).

Tích vô hướng \(\overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {BM}  = \left( { - 4} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + 3 \cdot \left( { - \frac{{11}}{2}} \right) = 4 - \frac{{33}}{2} =  - 12,5 \ne  - 12\).

b) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1 - 2;1 - 5} \right) = \left( { - 3; - 4} \right)\). Suy ra \(BC = \sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 5\).

c) Sai. \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2 - 3;5 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 1;7} \right)\).

\(I\) là giao điểm của trục hoành \(Ox\) và đường thẳng \(AB\).

Ta có \(I \in Ox\) nên gọi tọa độ của \(I\) là \(I\left( {x;0} \right)\). Suy ra \(\overrightarrow {AI}  = \left( {a - 3;2} \right)\).

Lại có \(I \in AB\) nên hai vectơ \(\overrightarrow {AI} \) và \(\overrightarrow {AB} \) cùng phương. Do đó \(\overrightarrow {AI}  = k\overrightarrow {AB} \).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a - 3 = k \cdot \left( { - 1} \right)\\2 = k \cdot 7\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{2}{7}\\a = \frac{{19}}{7}\end{array} \right.\).

Vậy \(I\left( {\frac{{19}}{7};0} \right) \ne \left( {\frac{{17}}{9};0} \right)\).

d) Đúng. \(\overrightarrow {CA}  = \left( {3 - \left( { - 1} \right); - 2 - 1} \right) = \left( {4; - 3} \right)\); \(\overrightarrow {CB}  = \left( {2 - \left( { - 1} \right);5 - 1} \right) = \left( {3;4} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {CA}  \cdot \overrightarrow {CB}  = 4 \cdot 3 + \left( { - 3} \right) \cdot 4 = 0 \Rightarrow CA \bot CB\).

Vậy tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\).

Kết quả: a) SAI | b) ĐÚNG | c) SAI | d) ĐÚNG

a) Sai. Để \(A \cap B = \emptyset \), ta cần: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 5}\\{m + 4 <  - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 5}\\{m <  - 7}\end{array}} \right.\).

Do đó \(a = 5,b =  - 7 \Rightarrow a + b = 5 + \left( { - 7} \right) =  - 2 \ne 8\).

b) Sai. \({C_\mathbb{R}}A = \mathbb{R}\backslash A = \mathbb{R}\backslash \left[ { - 3;5} \right) = \left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left[ {5; + \infty } \right) \ne \left( { - \infty ; - 3} \right)\).

c) Đúng. Khi \(m = 2\) thì \(B = \left[ {2;6} \right]\). Ta có \(A \cup B = \left[ { - 3;5} \right) \cup \left[ {2;6} \right] = \left[ { - 3;6} \right]\).

d) Sai. \(A\backslash C = \left[ { - 3;5} \right)\backslash \left( { - \infty ;1} \right) = \left[ {1;5} \right) \ne \left( {1;5} \right)\).

Kết quả: a) SAI | b) SAI | c) ĐÚNG | d) SAI

Ta có \(DB = h\) (m).

Trong tam giác vuông \(DBC\): \(BC = \frac{h}{{\tan 42^\circ }}\).

Trong tam giác vuông \(DBA\): \(AB = \frac{h}{{\tan 32^\circ }}\).

Vì \(A,C,B\) thẳng hàng theo thứ tự đó, ta có:

\(AC = AB - BC \Rightarrow h\left( {\frac{1}{{\tan 32^\circ }} - \frac{1}{{\tan 42^\circ }}} \right) = 12\)\( \Rightarrow h = \frac{{12}}{{\frac{1}{{\tan 32^\circ }} - \frac{1}{{\tan 42^\circ }}}} \approx 24,5{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right)\).

Đáp số: \(24,5\).

Vì \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {{F_3}}  =  - \left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right)\).

Góc giữa \(\overrightarrow {{F_2}} \) và \(\overrightarrow {{F_3}} \) là \(135^\circ \), do đó góc giữa \(\overrightarrow {{F_2}} \) và \(\left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right)\) là \(180^\circ  - 135^\circ  = 45^\circ \).

Do \(\overrightarrow {{F_1}}  \bot \overrightarrow {{F_2}} \), xét tam giác lực vuông tạo bởi \(\overrightarrow {{F_1}} \) và \(\overrightarrow {{F_2}} \):

\[\tan 45^\circ  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|}} = 1 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 30{\rm{\;N}}\].

Độ lớn của \(\overrightarrow {{F_3}} \) là: \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \sqrt {\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|{^2} + \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|{^2}}  = \sqrt {{{30}^2} + {{30}^2}}  = 30\sqrt 2 {\rm{\;N}}\).

So sánh với đề bài \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = a\sqrt 2 {\rm{\;N}}\), suy ra \(a = 30\).

Đáp số: \(30\).

Gọi \(A\) là tập hợp các lớp thi kéo co (\(\left| A \right| = 26\)).

\(B\) là tập hợp các lớp thi nhảy bao bố (\(\left| B \right| = 18\)).

Số lớp tham gia ít nhất một môn là \(\left| {A \cup B} \right| = 38\).

Số lớp tham gia cả hai môn là: \(\left| {A \cap B} \right| = \left| A \right| + \left| B \right| - \left| {A \cup B} \right| = 26 + 18 - 38 = 6\).

Số lớp chỉ tham gia một trong hai môn là: \(\left| {A \cup B} \right| - \left| {A \cap B} \right| = 38 - 6 = 32\).

Đáp số: \(32\).

Ta có: \(\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos 60^\circ  = 6 \cdot 8 \cdot \frac{1}{2} = 24\).

Tính bình phương độ dài của vectơ \(2\vec a - 3\vec b\):

\(\left| {2\vec a - 3\vec b} \right|{^2} = {\left( {2\vec a - 3\vec b} \right)^2} = 4\left| {\vec a} \right|{^2} - 12\left( {\vec a \cdot \vec b} \right) + 9\left| {\vec b} \right|{^2}\)\( = 4 \cdot {6^2} - 12 \cdot 24 + 9 \cdot {8^2} = 432\).

\( \Rightarrow \left| {2\vec a - 3\vec b} \right| = \sqrt {432}  = 12\sqrt 3  \approx 20,78\).

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị thu được \(21\).

Đáp số: \(21\).

Gọi \(x\) là số chiếc bàn và \(y\) là số chiếc ghế mà cơ sở sản xuất trong một ngày (\(x,y \in \mathbb{N}\)).

Thời gian máy cắt gỗ hoạt động trong một ngày là \(3x + y\) (giờ).

Thời gian máy đánh bóng hoạt động trong một ngày là \(2x + 2y\) (giờ).

Từ điều kiện bài toán, ta có hệ bất phương trình biểu diễn miền nghiệm: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + y \le 6\\2x + 2y \le 8\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\).

Miền nghiệm của hệ là miền tứ giác \(OABC\) với tọa độ các đỉnh:

\(O\left( {0;0} \right)\)

\(A\left( {2;0} \right)\) (giao điểm của \(3x + y = 6\) và trục \(Ox\))

\(B\left( {1;3} \right)\) (giao điểm của \(3x + y = 6\) và \(x + y = 4\))

\(C\left( {0;4} \right)\) (giao điểm của \(x + y = 4\) và trục \(Oy\))

Tổng số tiền lãi thu được trong một ngày là: \(F\left( {x;y} \right) = 2,5x + 1,8y\) (triệu đồng).

Tính giá trị của \(F\left( {x;y} \right)\) tại các đỉnh của miền nghiệm:

Tại \(O\left( {0;0} \right)\): \(F\left( {0;0} \right) = 2,5 \cdot 0 + 1,8 \cdot 0 = 0\)

Tại \(A\left( {2;0} \right)\): \(F\left( {2;0} \right) = 2,5 \cdot 2 + 1,8 \cdot 0 = 5\)

Tại \(B\left( {1;3} \right)\): \(F\left( {1;3} \right) = 2,5 \cdot 1 + 1,8 \cdot 3 = 7,9\)

Tại \(C\left( {0;4} \right)\): \(F\left( {0;4} \right) = 2,5 \cdot 0 + 1,8 \cdot 4 = 7,2\)

Giá trị lớn nhất của \(F\left( {x;y} \right)\) đạt được tại đỉnh \(B\left( {1;3} \right)\) với \(F\left( {1;3} \right) = 7,9\) triệu đồng.

Kết luận: Cơ sở nên sản xuất 1 chiếc bàn và 3 chiếc ghế mỗi ngày để thu được tiền lãi lớn nhất là \(7,9\) triệu đồng.

a) Vì \(I\) thuộc cạnh \(BC\) và \(IB = 3IC\) nên \(\overrightarrow {BI}  = \frac{3}{4}\overrightarrow {BC} \). Khi đó:

\(\overrightarrow {AI}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BI}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{3}{4}\overrightarrow {BC} \).

b) Vì \(K\) là trung điểm của \(AB\) nên \(\overrightarrow {AK}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Vì \(J\) thuộc cạnh \(AC\) và \(JA = 2JC\) nên \(AJ = \frac{2}{3}AC \Rightarrow \overrightarrow {AJ}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \).

Do đó: \(\overrightarrow {KJ}  = \overrightarrow {AJ}  - \overrightarrow {AK}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \).

c) Vì \(H \in AI\) nên tồn tại \(k \in \mathbb{R}\) sao cho \(\overrightarrow {AH}  = k\overrightarrow {AI} \).

Do đó \(\overrightarrow {AH}  = k\left( {\frac{1}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{k}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{{3k}}{4}\overrightarrow {AC} \).

Mặt khác, \(H \in KJ\) nên hai vectơ \(\overrightarrow {KH} \) và \(\overrightarrow {KJ} \) cùng phương.

Ta có: \(\overrightarrow {KH}  = \overrightarrow {AH}  - \overrightarrow {AK}  = \left( {\frac{k}{4} - \frac{1}{2}} \right)\overrightarrow {AB}  + \frac{{3k}}{4}\overrightarrow {AC} \).

Do \(\overrightarrow {KH} \) cùng phương với \(\overrightarrow {KJ}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \) nên tồn tại \(m \in \mathbb{R}\) sao cho \(\overrightarrow {KH}  = m\overrightarrow {KJ} \), tức là

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{k}{4} - \frac{1}{2} =  - \frac{1}{2}m}\\{\frac{{3k}}{4} = \frac{2}{3}m}\end{array}} \right.\).

Từ phương trình thứ hai suy ra \(m = \frac{9}{8}k\).

Thế vào phương trình thứ nhất: \(\frac{k}{4} - \frac{1}{2} =  - \frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{9}{8}k} \right) \Rightarrow \frac{k}{4} + \frac{{9k}}{{16}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{13k}}{{16}} = \frac{1}{2} \Rightarrow k = \frac{8}{{13}}\).

Suy ra \(\overrightarrow {AH}  = \frac{8}{{13}}\overrightarrow {AI} \).

Với \(A\left( {2; - 2} \right)\) và \(I\left( { - 1;4} \right)\) ta có \(\overrightarrow {AI}  = \left( { - 1 - 2;4 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 3;6} \right)\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \frac{8}{{13}}\left( { - 3;6} \right) = \left( { - \frac{{24}}{{13}};\frac{{48}}{{13}}} \right)\).

Tọa độ điểm \(H\left( {{x_H};{y_H}} \right)\) thỏa mãn: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_H} = 2 - \frac{{24}}{{13}} = \frac{2}{{13}}}\\{{y_H} =  - 2 + \frac{{48}}{{13}} = \frac{{22}}{{13}}}\end{array}} \right.\).

Vậy tọa độ điểm \(H\) là \(H\left( {\frac{2}{{13}};\frac{{22}}{{13}}} \right)\).