Đề thi cuối kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Trần Phú (TP.HCM) có đáp án

Công thức tính diện tích tam giác \(ABC\) theo hai cạnh \(b,c\) và góc \(A\) là: \(S = \frac{1}{2}bc\sin A\).

Thay \(b = 2\) và \(c = 1\) vào công thức, ta có: \(S = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 \cdot \sin A = \sin A\).

Chọn C.

Đồ thị hàm số có bề lõm quay xuống dưới nên hệ số \(a < 0\). Do đó loại B và C.

Tọa độ đỉnh của đồ thị là \(I\left( {2;1} \right)\).

• Với đáp án A: \(y = - {x^2} + 4x - 3\) có \({x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{4}{{2 \cdot \left( { - 1} \right)}} = 2\), \({y_I} = - {2^2} + 4 \cdot 2 - 3 = 1\). Tọa độ đỉnh \(I\left( {2;1} \right)\) thỏa mãn.
• Với đáp án D: \(y = - {x^2} + 2x - 3\) có \({x_I} = - \frac{2}{{2 \cdot \left( { - 1} \right)}} = 1 \ne 2\).

Chọn A.

Quan sát đồ thị hàm số bậc hai \(y = f\left( x \right)\) có hoành độ đỉnh là \(x = 1\) và bề lõm quay lên trên (\(a > 0\)):

• Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\).
• Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Chọn C.

Dựa vào đồ thị đường gấp khúc:

• Hình chiếu đồ thị lên trục \(Ox\) đi từ \(x = - 4\) đến \(x = 7\), do đó tập xác định \(D = \left[ { - 4;7} \right]\).
• Hình chiếu đồ thị lên trục \(Oy\) đi từ \(y = 0\) đến \(y = 5\), do đó tập giá trị \(T = \left[ {0;5} \right]\).
• Trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\), khi \(x\) tăng từ \(0\) đến \(4\) thì \(y\) giảm từ \(5\) xuống \(1\), nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\).

Như vậy, các đáp án A, B, C đều đúng.

Chọn D.

Thay lần lượt các cặp số vào hệ bất phương trình, ta thấy:

Cặp số \(\left( {100;80} \right)\): .

Do đó \(\left( {100;80} \right)\) là nghiệm của hệ bất phương trình.

Chọn D.

Biến đổi bất phương trình B:

\(\frac{{x - 2y}}{2} > \frac{{2x - y + 1}}{3} \Leftrightarrow 3\left( {x - 2y} \right) > 2\left( {2x - y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 3x - 6y > 4x - 2y + 2 \Leftrightarrow - x - 4y - 2 > 0 \Leftrightarrow x + 4y + 2 < 0\)

Đường thẳng bờ \(d:x + 4y + 2 = 0\) cắt các trục tọa độ tại \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {0; - 0,5} \right)\).

Thử điểm \(O\left( {0;0} \right)\): \(0 + 4 \cdot 0 + 2 = 2 > 0\), do đó \(O\left( {0;0} \right)\) thuộc miền nghiệm \(x + 4y + 2 > 0\).

Đề bài yêu cầu miền không được tô đậm chứa điểm \(O\left( {0;0} \right)\), do đó bất phương trình biểu diễn miền nghiệm này là \(x + 4y + 2 > 0\).

Chọn C.

Hàm số xác định khi và chỉ khi:\(\left\{ \begin{array}{l}3 - x \ge 0\\{x^2} - 4x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 3\\x \ne 0;x \ne 4\end{array} \right.\).

Do \(x \le 3\) thỏa mãn \(x \ne 4\), nên ta có \(x \le 3\) và \(x \ne 0\).

Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - \infty ;3} \right]\backslash \left\{ 0 \right\}\).

Chọn B.

Diện tích tam giác \(ABC\) là:

\(S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 \cdot \sin {30^ \circ } = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot \frac{1}{2} = 3\)

Chọn C.

Xét vế trái đẳng thức B: \(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} \).

Xét vế phải đẳng thức B:

\(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} } \right) + \left( {\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DB} } \right) = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DB} } \right) = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \vec 0 = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} \).

Do đó vế trái bằng vế phải, đẳng thức B đúng.

Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = - \overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} = - \left| {\overrightarrow {BA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right)\).

Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(\left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \widehat {ABC} = 60^\circ \).

Do đó: \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = - a \cdot a \cdot \cos 60^\circ = - {a^2} \cdot \frac{1}{2} = - \frac{{{a^2}}}{2}\).

Chọn D.

Dãy mẫu số liệu đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần gồm \(n = 8\) số liệu (số lượng số liệu là số chẵn).

Trung vị \({M_e}\) của mẫu số liệu chẵn phần tử là trung bình cộng của hai số liệu đứng ở vị trí giữa, tức là số liệu thứ \(4\) (là \(72\)) và số liệu thứ \(5\) (là \(73\)).

Chọn C.

Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm: \(1;3;3;4;4;7;9;10;20\).

Số lượng số liệu \(n = 9\).

Giá trị nhỏ nhất \({x_{{\rm{min}}}} = 1\), giá trị lớn nhất \({x_{{\rm{max}}}} = 20\). Khoảng biến thiên \(R = 20 - 1 = 19\). (Loại A)

Trung vị \({Q_2}\) là số liệu thứ 5: \({Q_2} = 4\). (Loại B)

Nửa dưới số liệu là \(1;3;3;4\) có \({Q_1} = \frac{{3 + 3}}{2} = 3\).

Nửa trên số liệu là \(7;9;10;20\) có \({Q_3} = \frac{{9 + 10}}{2} = 9,5\).

Khoảng tứ phân vị \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9,5 - 3 = 6,5\). (Loại C)

Kiểm tra giá trị ngoại lệ: \({Q_3} + 1,5{{\rm{\Delta }}_Q} = 9,5 + 1,5 \cdot 6,5 = 19,25\).

Giá trị \(20 > 19,25\) nên \(20\) là một giá trị ngoại lệ.

Chọn D.

a) Sai. Thay \(M\left( {1;2025} \right)\) vào bất phương trình thứ ba: \(1 + 2 \cdot 2025 = 4051 \le 5\) (Sai). Do đó \(M\) không thuộc miền nghiệm.

b) Sai. Bất phương trình chứa dấu "\( \ge \)" nên miền nghiệm lấy cả đường thẳng \({d_2}\) (kể cả bờ \({d_2}\)).

c) Đúng. Giao điểm của các đường thẳng lần lượt tạo thành các đỉnh \(A\left( { - \frac{3}{{11}};\frac{{29}}{{11}}} \right)\) (giao của \({d_2},{d_3}\)), \(B\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{4}} \right)\) (giao của \({d_1},{d_3}\)), \(C\left( { - \frac{8}{9}; - \frac{4}{9}} \right)\) (giao của \({d_1},{d_2}\)). Miền nghiệm của hệ là miền tam giác \(ABC\) kể cả biên.

d) Đúng. Giá trị cực đại của biểu thức dạng \(F\left( {x,y} \right) = 3x + 5y\) trên miền đa giác đạt tại một trong các đỉnh \(A,B,C\):

\(F\left( A \right) = 3 \cdot \left( { - \frac{3}{{11}}} \right) + 5 \cdot \left( {\frac{{29}}{{11}}} \right) = \frac{{ - 9 + 145}}{{11}} = \frac{{136}}{{11}} \approx 12,36\)

\(F\left( B \right) = 3 \cdot \left( {\frac{5}{2}} \right) + 5 \cdot \left( {\frac{5}{4}} \right) = \frac{{15}}{2} + \frac{{25}}{4} = \frac{{55}}{4} = 13,75\)

\(F\left( C \right) = 3 \cdot \left( { - \frac{8}{9}} \right) + 5 \cdot \left( { - \frac{4}{9}} \right) = \frac{{ - 44}}{9} \approx - 4,89\)

Vậy \(F\) đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh \(B\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{4}} \right)\).

a) Đúng. Hàm số bậc hai \(y = a{x^2} + bx + c\) có điều kiện \(a \ne 0 \Leftrightarrow m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1\).

b) Đúng. Hàm đa thức xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\), nên \(D = \mathbb{R}\).

c) Sai. Ta có \({x^2} + 2x + 2 = {\left( {x + 1} \right)^2} + 1 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) và \({x^2} + 1 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\). Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).

d) Sai. Khi \(m = 3\), hàm số là \(y = 2{x^2} - 4x + 3\).

Tọa độ đỉnh có \({y_I} = - \frac{{\rm{\Delta }}}{{4a}} = - \frac{{{{\left( { - 4} \right)}^2} - 4 \cdot 2 \cdot 3}}{{4 \cdot 2}} = - \frac{{16 - 24}}{8} = 1\).

Vì \(a = 2 > 0\) nên tập giá trị của hàm số là \(T = \left[ {1; + \infty } \right)\).

a) Sai. Ta có: \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC} = 4\sqrt 2 \cdot 6 \cdot \cos 45^\circ = 24\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 24\).

b) Đúng. Vì \(D\) là trung điểm của \(BC\) nên \(\overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \).

c) Sai. Áp dụng định lý cosin trong tam giác \(ABC\):

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos 45^\circ = {\left( {4\sqrt 2 } \right)^2} + {6^2} - 2 \cdot 24 = 32 + 36 - 48 = 20\)\( \Rightarrow BC = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \).

d) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \).

Để \(AD \bot BE \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BE} = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right) \cdot \left( {k\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = 0\)

          \( \Leftrightarrow \frac{k}{2}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}A{B^2} + \frac{k}{2}A{C^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\).

Thay \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 24\), \(A{B^2} = 32\), \(A{C^2} = 36\) nên \(\frac{k}{2} \cdot 24 - \frac{1}{2} \cdot 32 + \frac{k}{2} \cdot 36 - \frac{1}{2} \cdot 24 = 0\)

\( \Leftrightarrow 12k - 16 + 18k - 12 = 0 \Leftrightarrow 30k - 28 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{28}}{{30}} = \frac{{14}}{{15}}\).

a) Đúng. Quan sát mẫu số liệu ở nhà máy A, ta thấy giá trị \(4\) và \(5\) đều xuất hiện 3 lần, là nhiều nhất.

Vậy mốt là \({M_0} \in \left\{ {4;5} \right\}\).

b) Sai. Ở nhà máy B, \({x_{{\rm{max}}}} = 11\), \({x_{{\rm{min}}}} = 2\). Khoảng biến thiên \(R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 11 - 2 = 9\).

c) Đúng. Số trung bình của nhà máy A là: \({\bar x_A} = \frac{{4 + 5 + 5 + 47 + 5 + 6 + 4 + 4}}{8} = 10\).

d) Đúng. Sắp xếp số liệu nhà máy B: \(2,8,9,9,9,9,9,10,11\). (\(n = 9\)).

• Trung vị \({Q_2} = 9\).
• Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là trung bình của \(8\) và \(9\) \( \Rightarrow {Q_1} = \frac{{8 + 9}}{2} = 8,5\).
• Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là trung bình của \(9\) và \(10\) \( \Rightarrow {Q_3} = \frac{{9 + 10}}{2} = 9,5\).
• Khoảng tứ phân vị \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9,5 - 8,5 = 1\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Sự biến thiên:

o    Hệ số \(a = - 1 < 0\), \(b = 2\), \(c = 3\).

o    Tọa độ đỉnh \(I\): \({x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{2}{{2 \cdot \left( { - 1} \right)}} = 1\); \({y_I} = - {1^2} + 2 \cdot 1 + 3 = 4 \Rightarrow I\left( {1;4} \right)\).

o    Trục đối xứng là đường thẳng \(x = 1\).

o    Khoảng biến thiên: Vì \(a = - 1 < 0\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

o    Bảng biến thiên:

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho \(O\) trùng với vị trí trên mặt đất thẳng đứng dưới điểm \(A\).

Theo đề bài, tọa độ các điểm như sau: \(A\left( {0;1,8} \right)\), \(C\left( {2,5;3,6} \right)\), \(B\left( {10;1,8} \right)\).

Giả sử phương trình parabol biểu diễn đường đi của quả bóng là: \(y = a{x^2} + bx + c\quad \left( {a \ne 0} \right)\).

Do điểm \(A\left( {0;1,8} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow c = 1,8\).

Thay tọa độ \(B\left( {10;1,8} \right)\) và \(C\left( {2,5;3,6} \right)\) vào phương trình ta được hệ \[\left\{ \begin{array}{l}100a + 10b + 1,8 = 1,8\\6,25a + 2,5b + 1,8 = 3,6\end{array} \right.\]

Giải hệ ta được \(\left\{ \begin{array}{l}a = - 0,096\\b = 0,96\end{array} \right.\).

Do đó, phương trình parabol là: \(y = - 0,096{x^2} + 0,96x + 1,8\).

Tọa độ đỉnh \(I\left( {{x_I};{y_I}} \right)\) của parabol:

\({x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{0,96}}{{2 \cdot \left( { - 0,096} \right)}} = 5\); \({y_I} = - 0,096 \cdot {5^2} + 0,96 \cdot 5 + 1,8 = - 2,4 + 4,8 + 1,8 = 4,2\).

Hàm số bậc hai có hệ số \(a = - 0,096 < 0\) nên đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh.

Vậy độ cao lớn nhất của quả bóng so với mặt đất khi Toàn chuyền cho Thắng là \(4,2{\rm{\;m}}\).

a)Chu vi mảnh đất hình tam giác \(ABC\) là: \(P = AB + AC + BC = 12 + 8 = 20{\rm{\;m}}\).

b)Đặt \(AB = c\), \(AC = b\), \(BC = a = 8\).

Theo giả thiết: \(b + c = 12 \Rightarrow b = 12 - c\).

Góc \(B = 60^\circ \).

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

                                     \({b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\cos B\)

\( \Leftrightarrow {\left( {12 - c} \right)^2} = {8^2} + {c^2} - 2 \cdot 8 \cdot c \cdot \cos 60^\circ \)

                      \( \Leftrightarrow 144 - 24c + {c^2} = 64 + {c^2} - 8c\)

                \( \Leftrightarrow 16c = 80 \Leftrightarrow c = 5{\rm{\;m}}\).

Suy ra \(AB = 5{\rm{\;m}}\) và \(AC = 12 - 5 = 7{\rm{\;m}}\).

Nửa chu vi tam giác \(ABC\) là: \(p = \frac{P}{2} = \frac{{20}}{2} = 10{\rm{\;m}}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là: \(S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot \sin 60^\circ = 20 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 3 {\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) là: \(r = \frac{S}{p} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{10}} = \sqrt 3 \approx 1,7{\rm{\;m}}\).

a) Vì \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\) có \(AB{\rm{//}}CD\), \(AB = a\) và \(CD = 2a\), ta có:

• \(\overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {AB} \) (vì \(\overrightarrow {DC} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {AB} \) và \(CD = 2AB\)).
• \(\overrightarrow {DB} = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AB} \).

Biểu diễn tổng hai vectơ: \(\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} = \left( {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AB} } \right) + 2\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DA} + 3\overrightarrow {AB} \).

Do \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) nên \(DA \bot AB\), suy ra hai vectơ \(\overrightarrow {DA} \) và \(\overrightarrow {AB} \) vuông góc với nhau.

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} } \right|{^2} = \left| {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {3AB} } \right|{^2} = \left| {\overrightarrow {DA} } \right|{^2} + \left| {3\overrightarrow {AB} } \right|{^2} + 2\overrightarrow {DA} \cdot 3\overrightarrow {AB} = {a^2} + {\left( {3a} \right)^2} + 0 = 10{a^2}\).

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} } \right| = a\sqrt {10} \).

b)Vì \(\overrightarrow {MB} = - 3\overrightarrow {MC} \Rightarrow \overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {BM} = \frac{3}{4}\overrightarrow {BC} \).

Xét tam giác \(BDC\):

• \(BH\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(CD\) (do \(H\) là trung điểm \(CD\)).
• \(DM\) là đường thẳng nối từ đỉnh \(D\) cắt cạnh \(BC\) tại \(M\) với \(BM = \frac{3}{4}BC\).

\(K\) là giao điểm của \(BH\) và \(DM\).

Sử dụng phương pháp biểu diễn vectơ:

Do \(K \in BH \Rightarrow \overrightarrow {BK} = x\overrightarrow {BH} \) với \(x \in \mathbb{R}\).

Ta có: \(\overrightarrow {BH} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BC} } \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {BK} = \frac{x}{2}\overrightarrow {BD} + \frac{x}{2}\overrightarrow {BC} \).

Ta biểu diễn \(\overrightarrow {DK} \) theo \(\overrightarrow {BD} \) và \(\overrightarrow {BC} \) ta có \(\overrightarrow {DK} = \overrightarrow {BK} - \overrightarrow {BD} = \left( {\frac{x}{2} - 1} \right)\overrightarrow {BD} + \frac{x}{2}\overrightarrow {BC} \).

Tương tự, với điểm \(M\) ta có: \(\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {BM} - \overrightarrow {BD} = - \overrightarrow {BD} + \frac{3}{4}\overrightarrow {BC} \).

Mặt khác, \(K \in DM\) nên ba điểm \(D,K,M\) thẳng hàng.

Vì \(\overrightarrow {DK} \) cùng phương với \(\overrightarrow {DM} \) nên tỉ số các hệ số tương ứng phải bằng nhau, tức là

\(\frac{{\frac{x}{2} - 1}}{{ - 1}} = \frac{{\frac{x}{2}}}{{\frac{3}{4}}}\)\( \Leftrightarrow 1 - \frac{x}{2} = \frac{2}{3}x \Leftrightarrow 1 = \frac{x}{2} + \frac{2}{3}x = \frac{7}{6}x \Leftrightarrow x = \frac{6}{7}\).

Thay \(x = \frac{6}{7}\) vào biểu thức của \(\overrightarrow {BK} \) ta được \(\overrightarrow {BK} = \frac{6}{7} \cdot \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BC} } \right) = \frac{3}{7}\overrightarrow {BD} + \frac{3}{7}\overrightarrow {BC} \).