Đề thi cuối kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Phùng Khắc Khoan (Thạch Thất-Hà Nội) có đáp án - mã đề 1234

Phủ định của mệnh đề chứa ký hiệu \(\forall \) là mệnh đề chứa ký hiệu \(\exists \), và phủ định của phép so sánh \( > \) là \( \le \).

Do đó, phủ định của "\(\forall x \in \mathbb{R},{x^2} > 0\)" là "\(\exists x \in \mathbb{R},{x^2} \le 0\)".

Chọn B.

Các ước tự nhiên của \(12\) là \(1,2,3,4,6,12\), nên \(A = \left\{ {1;2;3;4;6;12} \right\}\).

Vì \(4 \in A\) nên khẳng định "\(4 \notin A\)" là sai.

Chọn D.

Thay tọa độ điểm \(P\left( {2;3} \right)\) vào bất phương trình: .

Chọn A.

Thay tọa độ điểm \(D\left( {1;0} \right)\) vào hệ bất phương trình: .

Chọn D.

Sử dụng bảng giá trị lượng giác của các góc đặc biệt: \(\cos 120^\circ  =  - \frac{1}{2}\).

Chọn C.

Mọi vectơ \(\vec 0\) đều có độ dài bằng \(0\), do đó hai vectơ \(\vec 0\) bất kỳ luôn có cùng độ dài.

Chọn C.

Áp dụng quy tắc hiệu hai vectơ chung gốc: \(\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {CB} \).

Chọn A.

Tọa độ vectơ \(\overrightarrow {AB} \) được tính theo công thức:

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A}} \right) = \left( {2 - \left( { - 1} \right); - 5 - 3} \right) = \left( {3; - 8} \right)\).

Chọn A.

Hàng quy tròn là hàng phần mười (chữ số \(3\)). Chữ số ngay sau nó là \(6 \ge 5\), do đó ta làm tròn lên thành \(15,4\).

Chọn B.

Khoảng biến thiên \(R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 10 - 2 = 8\).

Chọn A.

Giao của hai tập hợp \(A\) và \(B\): \(A \cap B = \left[ { - 2;3} \right) \cap \left( {1;5} \right] = \left( {1;3} \right)\).

Chọn B.

Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm: \(1,2,3,4,5,8,10\).

Kích thước mẫu \(n = 7\) (số lẻ), do đó trung vị \({M_e}\) là giá trị ở vị trí thứ \(\frac{{7 + 1}}{2} = 4\), tức là \({M_e} = 4\).

Chọn B.

Sắp xếp \(20\) số liệu theo thứ tự không giảm:

\(29,36,38,39,39,40,40,40,41,41,41,41,42,42,42,43,43,44,45,48\).

a) Đúng. Giá trị nhỏ nhất \({x_{{\rm{min}}}} = 29\).

b) Đúng. Giá trị trung bình của mẫu:

\(\bar x = \frac{{29 + 36 + 38 + 39 \cdot 2 + 40 \cdot 3 + 41 \cdot 4 + 42 \cdot 3 + 43 \cdot 2 + 44 + 45 + 48}}{{20}} = \frac{{814}}{{20}} = 40,7\).

c) Sai. Trung vị \({Q_2} = \frac{{41 + 41}}{2} = 41\).

Nửa số liệu bên trái \({Q_2}\) gồm 10 số: \(29,36,38,39,39,40,40,40,41,41\).

Do đó \({Q_1} = \frac{{39 + 40}}{2} = 39,5\).

Nửa số liệu bên phải \({Q_2}\) gồm 10 số: \(41,41,42,42,42,43,43,44,45,48\).

Do đó \({Q_3} = \frac{{42 + 43}}{2} = 42,5\).

Khoảng tứ phân vị: \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 42,5 - 39,5 = 3\).

d) Đúng. Phương sai mẫu: \({s^2} = \frac{1}{{20}}\mathop \sum \limits_{i = 1}^{20} {\left( {{x_i} - 40,7} \right)^2} = 13,61\).

Độ lệch chuẩn mẫu: \(s = \sqrt {13,61}  \approx 3,69\).

a) Đúng. \(2\overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MB}  = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {MB}  =  - \frac{2}{3}\overrightarrow {MA} \).

Hai vectơ \(\overrightarrow {MA} \) và \[\overrightarrow {MB} \] ngược hướng nên \(M\) thuộc đoạn thẳng \(AB\) (nằm giữa \(A\) và \(B\)).

b) Đúng. \(2\overrightarrow {MA}  + 3\overrightarrow {MB}  = \vec 0 \Leftrightarrow  - 2\overrightarrow {AM}  + 3\left( {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AM} } \right) = \vec 0 \Leftrightarrow 5\overrightarrow {AM}  = 3\overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AM}  = \frac{3}{5}\overrightarrow {AB} \).

c) Sai. \(\overrightarrow {CM}  = \overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AC}  = \frac{3}{5}\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC} \).

d) Đúng. \(\overrightarrow {CA}  \cdot \overrightarrow {CM}  = \overrightarrow {CA}  \cdot \left( {\frac{3}{5}\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{3}{5}\left( {\overrightarrow {CA}  \cdot \overrightarrow {AB} } \right) + {\overrightarrow {AC} ^2}\).

Mặt khác: \(\overrightarrow {CA}  \cdot \overrightarrow {AB}  =  - \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AB}  =  - AC \cdot AB \cdot \cos 60^\circ  =  - 2a \cdot a \cdot \frac{1}{2} =  - {a^2}\).

Do đó: \(\overrightarrow {CA}  \cdot \overrightarrow {CM}  = \frac{3}{5} \cdot \left( { - {a^2}} \right) + {\left( {2a} \right)^2} =  - \frac{3}{5}{a^2} + 4{a^2} = \frac{{17}}{5}{a^2}\).

Vì ô tô đứng yên nên hợp lực tác dụng lên ô tô bằng \(\vec 0\): \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {{F_3}}  =  - \left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right)\).

Cường độ của lực \(\overrightarrow {{F_3}} \) là: \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = \sqrt {\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|{^2} + \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|{^2} + 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|\cos \left( {\widehat {AMB}} \right)} \).

Thay số: \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \sqrt {{{25}^2} + {{25}^2} + 2 \cdot 25 \cdot 25 \cdot \cos 60^\circ }  = \sqrt {625 + 625 + 625}  = 25\sqrt 3  \approx 43,3{\rm{\;N}}\).

Trả lời: \(43,3\).

Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0 \Rightarrow x = 1\) hoặc \(x = 3\). Do đó \(A = \left\{ {1;3} \right\}\).

Tập hợp \(B = \left\{ {x \in \mathbb{Z}\mid \left| x \right| < 4} \right\} = \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}\).

Nhận thấy \(1 \in B\) và \(3 \in B\) nên \(A \subset B \Rightarrow A\backslash B = \emptyset \).

Số phần tử của \(A\backslash B\) là \(0\).

Trả lời: \(0\).

Thay giá trị lượng giác của các góc vào biểu thức:

\(\sin 90^\circ  = 1,\quad \cos 0^\circ  = 1,\quad \cos 60^\circ  = \frac{1}{2},\quad \cos 180^\circ  =  - 1\).

\(A = 3 \cdot 1 + 2 \cdot 1 - 3 \cdot \frac{1}{2} + 10 \cdot \left( { - 1} \right) = 3 + 2 - 1,5 - 10 =  - 6,5\).

Trả lời: \( - 6,5\).

Điểm \(I\left( {x;y} \right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên \(I{A^2} = I{B^2} = I{C^2}\).

Ta có:

\(I{A^2} = {\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + 8x - 2y + 17\)

\(I{B^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = {x^2} + {y^2} - 4x - 8y + 20\)

\(I{C^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = {x^2} + {y^2} - 4x + 4y + 8\)

Từ \(I{B^2} = I{C^2}\):

\({x^2} + {y^2} - 4x - 8y + 20 = {x^2} + {y^2} - 4x + 4y + 8 \Rightarrow 12y = 12 \Rightarrow y = 1\).

Thay \(y = 1\) vào phương trình \(I{A^2} = I{B^2}\):

\({x^2} + 1 + 8x - 2 + 17 = {x^2} + 1 - 4x - 8 + 20 \Rightarrow 12x =  - 3 \Rightarrow x =  - \frac{1}{4}\).

Do đó \(I\left( { - \frac{1}{4};1} \right)\) và \(x + y =  - \frac{1}{4} + 1 = \frac{3}{4} = 0,75\).

Trả lời: \(0,75\).

Vẽ các đường thẳng trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\):

\({d_1}: - 2x + y = 2\) đi qua điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).

\({d_2}: - x + 2y = 4\) đi qua điểm \(\left( { - 4;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).

\({d_3}:x + y = 5\) đi qua điểm \(\left( {5;0} \right)\) và \(\left( {0;5} \right)\).

\({d_4}:y = 0\) (trục hoành \(Ox\)).

Xác định nửa mặt phẳng nghiệm cho từng bất phương trình:

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

\( - 2 \cdot 0 + 0 = 0 \le 2\) (Đúng) nên miền nghiệm chứa \(O\left( {0;0} \right)\).

\( - 0 + 2 \cdot 0 = 0 \le 4\) (Đúng) nên miền nghiệm chứa \(O\left( {0;0} \right)\).

\(0 + 0 = 0 \le 5\) (Đúng) nên miền nghiệm chứa \(O\left( {0;0} \right)\).

\(y \ge 0\) là nửa mặt phẳng nằm phía trên trục \(Ox\).

Tọa độ giao điểm của các đường giới hạn:

Giao điểm của \({d_1}\) và \({d_4}\): \(M\left( { - 1;0} \right)\).

Giao điểm của \({d_3}\) và \({d_4}\): \(N\left( {5;0} \right)\).

Giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\): Giải hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x + y = 2}\\{ - x + 2y = 4}\end{array}} \right. \Rightarrow P\left( {0;2} \right)\).

Giao điểm của \({d_2}\) và \({d_3}\): Giải hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x + 2y = 4}\\{x + y = 5}\end{array}} \right. \Rightarrow Q\left( {2;3} \right)\).

Kết luận: Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác \(MNQP\) (bao gồm cả biên) với tọa độ các đỉnh là \(M\left( { - 1;0} \right)\), \(N\left( {5;0} \right)\), \(Q\left( {2;3} \right)\), \(P\left( {0;2} \right)\).

Gọi \(x\) (ha) là diện tích trồng dứa, \(y\) (ha) là diện tích trồng củ đậu (\(x \ge 0,y \ge 0\)).

Theo đề bài, ta có các ràng buộc:

Tổng diện tích không vượt quá \(8{\rm{\;ha}}\): \(x + y \le 8\).

Tổng số công không vượt quá \(180\): \(20x + 30y \le 180 \Rightarrow 2x + 3y \le 18\).

Ta thu được hệ bất phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 8}\\{2x + 3y \le 18}\end{array}} \right.\).

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác \(OABC\) với các đỉnh:

\(O\left( {0;0} \right)\), \(A\left( {8;0} \right)\), \(B\left( {6;2} \right)\) (là giao điểm của \(x + y = 8\) và \(2x + 3y = 18\)), \(C\left( {0;6} \right)\).

Tổng số tiền thu được (đơn vị: triệu đồng) là: \(F\left( {x;y} \right) = 3x + 4y\).

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

Tại \(O\left( {0;0} \right)\): \(F\left( {0;0} \right) = 3 \cdot 0 + 4 \cdot 0 = 0\).

Tại \(A\left( {8;0} \right)\): \(F\left( {8;0} \right) = 3 \cdot 8 + 4 \cdot 0 = 24\).

Tại \(B\left( {6;2} \right)\): \(F\left( {6;2} \right) = 3 \cdot 6 + 4 \cdot 2 = 26\).

Tại \(C\left( {0;6} \right)\): \(F\left( {0;6} \right) = 3 \cdot 0 + 4 \cdot 6 = 24\).

So sánh các giá trị, \(F\left( {x;y} \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(26\) triệu đồng tại \(x = 6\) và \(y = 2\).

Kết luận: Hộ nông dân cần trồng \(6{\rm{\;ha}}\) dứa và \(2{\rm{\;ha}}\) củ đậu để thu được nhiều tiền nhất là \(26\) triệu đồng.

Thời gian đi đoạn đường bằng \(AC\): \({t_{AC}} = \frac{{AC}}{{{v_1}}} = \frac{{10}}{{100}} = 0,1\) (giờ).

Tính độ dài hai đoạn dốc \(CD\) và \(DB\):

Trong tam giác \(BCD\), ta có: \(\widehat {BDC} = {180^ \circ } - \left( {\widehat {DCB} + \widehat {DBC}} \right) = 180^\circ  - \left( {45^\circ  + 30^\circ } \right) = 105^\circ \).

Áp dụng định lý sin trong tam giác \(BCD\): \(\frac{{CD}}{{\sin \left( {\widehat {DBC}} \right)}} = \frac{{DB}}{{\sin \left( {\widehat {DCB}} \right)}} = \frac{{BC}}{{\sin \left( {\widehat {BDC}} \right)}}\).

Suy ra \(CD = BC \cdot \frac{{\sin 30^\circ }}{{\sin 105^\circ }} = 20 \cdot \frac{{\frac{1}{2}}}{{\frac{{\sqrt 6  + \sqrt 2 }}{4}}} = \frac{{40}}{{\sqrt 6  + \sqrt 2 }} = 10\left( {\sqrt 6  - \sqrt 2 } \right){\rm{\;(km)}}\);

\(DB = BC \cdot \frac{{\sin 45^\circ }}{{\sin 105^\circ }} = 20 \cdot \frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 6  + \sqrt 2 }}{4}}} = \frac{{40\sqrt 2 }}{{\sqrt 6  + \sqrt 2 }} = 20\left( {\sqrt 3  - 1} \right){\rm{\;(km)}}\).

Thời gian leo dốc \(CD\): \({t_{CD}} = \frac{{CD}}{{{v_2}}} = \frac{{10\left( {\sqrt 6  - \sqrt 2 } \right)}}{{10}} = \sqrt 6  - \sqrt 2 \) (giờ).

Thời gian xuống dốc \(DB\): \({t_{DB}} = \frac{{DB}}{{{v_3}}} = \frac{{20\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{{50}} = \frac{{2\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{5}\) (giờ).

Tổng thời gian hoàn thành chặng đường từ \(A\) đến \(B\):

\(t = {t_{AC}} + {t_{CD}} + {t_{DB}} = 0,1 + \left( {\sqrt 6  - \sqrt 2 } \right) + \frac{{2\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{5} \approx 1,428\) (giờ).

Kết luận: Vận động viên mất khoảng \(1,428\) giờ (khoảng \(1\) giờ \(25{\rm{\;ph\'u t\;}}\,\,41{\rm{\;gi\^a y}}\)) để hoàn thành chặng đường.