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

Vì tam giác \(ABC\) đều nên đường trung tuyến \(AM\) đồng thời là đường cao và đường phân giác.

Tâm \(O\) nằm trên đoạn thẳng \(AM\), do đó vectơ \(\overrightarrow {OM} \) cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow {AM} \).

Suy ra: \(\left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} } \right)\)

Trong tam giác vuông \(ABM\) (vuông tại \(M\)), \(\widehat {BAM}\) là góc giữa đường phân giác \(AM\) và cạnh \(AB\) nên \(\widehat {BAM} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \).

Do đó, \(\left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {AB} } \right) = 30^\circ \).

Chọn B.

Độ chính xác \(d = 300\) thuộc hàng trăm. Theo quy tắc quy tròn số gần đúng, ta quy tròn \(a\) đến hàng nghìn (hàng lớn hơn hàng của độ chính xác một đơn vị).

Chữ số ở hàng nghìn của \(a = 8\,141\,378\) là \(1\), chữ số ngay sau nó (hàng trăm) là \(3 < 5\).

Do đó, quy tròn \(a\) đến hàng nghìn ta được \(8\,141\,000\).

Chọn D.

Xét mệnh đề A: Với \(x = 1 \in \mathbb{R}\), ta có \({1^2} = 1\) (Đúng).

Xét mệnh đề B: Với \(x = 0,5 \in \mathbb{R}\), ta có \(0,5 > {\left( {0,5} \right)^2} = 0,25\) (Đúng).

Xét mệnh đề C: Chọn \(x = 2 \in \mathbb{R}\), ta có \(2 \ne {2^2} = 4\), do đó mệnh đề \(\forall x \in \mathbb{R}:x = {x^2}\) là mệnh đề sai.

Xét mệnh đề D: Chọn \(x = 2 \in \mathbb{R}\), ta có \(2 < {2^2}\), do đó mệnh đề \(\forall x \in \mathbb{R}:x > {x^2}\) cũng là mệnh đề sai.

Áp dụng công thức tính cosin của góc giữa hai vectơ: \(\cos \left( {\vec u,\vec v} \right) = \frac{{\vec u \cdot \vec v}}{{\left| {\vec u\left|  \cdot  \right|\vec v} \right|}}\).

Ta có:

\(\vec u \cdot \vec v = 1 \cdot \left( { - 2} \right) + 2 \cdot 2 =  - 2 + 4 = 2\)

\(\left| {\vec u} \right| = \sqrt {{1^2} + {2^2}}  = \sqrt 5 \)

\(\left| {\vec v} \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}}  = \sqrt 8  = 2\sqrt 2 \)

Suy ra \(\cos \left( {\vec u,\vec v} \right) = \frac{2}{{\sqrt 5  \cdot 2\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}\).

Chọn D.

Theo quy tắc ba điểm đối với phép cộng vectơ, với ba điểm \(A,B,C\) bất kỳ ta luôn có:

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC} \).

Chọn B.

Vì \(M \in Oy\) nên tọa độ của \(M\) có dạng \(M\left( {0;{y_M}} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2 - 1;6 - 2} \right) = \left( { - 3;4} \right)\); \(\overrightarrow {AM}  = \left( {0 - 1;{y_M} - 2} \right) = \left( { - 1;{y_M} - 2} \right)\).

Ba điểm \(A,B,M\) thẳng hàng khi và chỉ khi hai vectơ \(\overrightarrow {AM} \) và \(\overrightarrow {AB} \) cùng phương:

\(\frac{{ - 1}}{{ - 3}} = \frac{{{y_M} - 2}}{4} \Rightarrow \frac{1}{3} = \frac{{{y_M} - 2}}{4} \Rightarrow {y_M} - 2 = \frac{4}{3} \Rightarrow {y_M} = \frac{{10}}{3}\).

Vậy \(M\left( {0;\frac{{10}}{3}} \right)\).

Chọn B.

Mốt (\({M_o}\)) của mẫu số liệu là giá trị có tần số xuất hiện lớn nhất.

Trong bảng trên, tần số lớn nhất là \(24\), tương ứng với giá trị điểm số là \(16\).

Do đó, mốt của mẫu số liệu là \({M_o} = 16\).

Chọn A.

Điểm trung bình: \(\bar x = \frac{{3 \cdot 2 + 4 \cdot 3 + 5 \cdot 7 + 6 \cdot 18 + 7 \cdot 3 + 8 \cdot 2 + 9 \cdot 4 + 10 \cdot 1}}{{40}}\)\( = \frac{{244}}{{40}} = 6,1\).

Chọn C.

Nửa chu vi tam giác \(ABC\) là: \(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{7 + 5 + 8}}{2} = 10\).

Áp dụng công thức Heron tính diện tích:

\(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)\( = \sqrt {10\left( {10 - 7} \right)\left( {10 - 5} \right)\left( {10 - 8} \right)}  = \sqrt {10 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 2}  = 10\sqrt 3 \).

Chọn B.

Theo quy tắc hình bình hành xuất phát từ đỉnh \(B\), ta có: \(\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BD} \).

Chọn B.

Lời giải

Diện tích tam giác \(ABC\) bằng một nửa tích hai cạnh nhân với sine của góc kẹp giữa hai cạnh đó:

\(S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ac\sin B\).

Chọn A.

Sắp xếp lại các vectơ đơn vị theo đúng thứ tự: \(\vec u =  - 5\vec i + 2\vec j\).

Do đó, tọa độ của vectơ \(\vec u\) là \(\left( { - 5;2} \right)\).

Chọn B.

a) ĐÚNG. Áp dụng định lý sin cho tam giác \(ABC\):

\(\frac{{AC}}{{\sin B}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{AC}}{{2\sin B}} = \frac{{13}}{{2\sin 120^\circ }} = \frac{{13}}{{2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{13}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{13\sqrt 3 }}{3}\).

c) SAI. Đặt \(AB = c\). Áp dụng định lý côsin tại đỉnh \(B\):

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

\({13^2} = {c^2} + {7^2} - 2 \cdot c \cdot 7 \cdot \cos 120^\circ \)

\(169 = {c^2} + 49 - 14c \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right)\)

\({c^2} + 7c - 120 = 0\)

Giải phương trình bậc hai trên ta được \(c = 8\) (do \(c > 0\)).

Vậy độ dài \(AB = 8\) (không phải \(9\)).

b) SAI. Diện tích tam giác \(ABC\):

\({S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin B = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 7 \cdot \sin 120^\circ  = 28 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 14\sqrt 3 \).

Đường cao \(BH\) ứng với cạnh \(AC\):

\({S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BH \Rightarrow BH = \frac{{2{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}}}{{AC}} = \frac{{2 \cdot 14\sqrt 3 }}{{13}} = \frac{{28\sqrt 3 }}{{13}}\)

d) ĐÚNG. Nửa chu vi tam giác \(ABC\): \(p = \frac{{AB + BC + AC}}{2} = \frac{{8 + 7 + 13}}{2} = 14\).

Bán kính đường tròn nội tiếp \(r\): \(r = \frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}}}{p} = \frac{{14\sqrt 3 }}{{14}} = \sqrt 3 \).

Diện tích hình tròn nội tiếp: \({S_{{\rm{tr\`o n}}}} = \pi {r^2} = \pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 3\pi \).

Kết luận: a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng

a) ĐÚNG. \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \widehat {BAC} = 3 \cdot 4 \cdot \cos 60^\circ  = 12 \cdot \frac{1}{2} = 6\).

b) ĐÚNG. \(\left| {\overrightarrow {BA}  - \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = AC = 4\).

c) SAI. Vì \(D\) là trung điểm của \(BC\), theo công thức trung điểm ta có: \(\overrightarrow {AD}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \).

d) ĐÚNG. Ta biểu diễn vectơ \(\overrightarrow {BE} \) theo \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \): \(\overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} \).

Hai đường thẳng \(AD\) và \(BE\) vuông góc với nhau khi và chỉ khi \(\overrightarrow {AD}  \cdot \overrightarrow {BE}  = 0\):

\(\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right) \cdot \left( {k\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right) = 0\)

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

Thay các giá trị \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = 6\), \({\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2} = 9\), \({\left| {\overrightarrow {AC} } \right|^2} = 16\):

\(k \cdot 6 - 9 + k \cdot 16 - 6 = 0 \Leftrightarrow 22k - 15 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{15}}{{22}}\).

Kết luận: a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng

Viết các tập hợp dưới dạng khoảng, đoạn:

Tập hợp \(A = \left[ { - 5;1} \right)\).

Giải bất phương trình \({x^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 2 \Rightarrow B = \left( { - 2;2} \right)\).

Thực hiện phép hiệu hai tập hợp \(A\backslash B\):

\(A\backslash B = \left[ { - 5;1} \right)\left( { - 2;2} \right) = \left[ { - 5; - 2} \right]\)

Do đó, \(a =  - 5\) và \(b =  - 2\).

Tính giá trị biểu thức: \({a^2} - {b^2} = {\left( { - 5} \right)^2} - {\left( { - 2} \right)^2} = 25 - 4 = 21\).

Đáp số: 21.

Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm (\(N = 9\)):

\(7;\quad 8;\quad 11;\quad 13;\quad 15;\quad 18;\quad 19;\quad 20;\quad 22\).

Trung vị \({Q_2}\) (tứ phân vị thứ hai) là giá trị thứ 5: \({Q_2} = 15\).

Nửa số liệu bên trái \({Q_2}\) gồm 4 giá trị: \(7;8;11;13\).

Do đó, tứ phân vị thứ nhất là: \({Q_1} = \frac{{8 + 11}}{2} = 9,5\).

Nửa số liệu bên phải \({Q_2}\) gồm 4 giá trị: \(18;19;20;22\).

Do đó, tứ phân vị thứ ba là: \({Q_3} = \frac{{19 + 20}}{2} = 19,5\).

Khoảng tứ phân vị \({{\rm{\Delta }}_Q}\): \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 19,5 - 9,5 = 10\).

Đáp số: 10.

Gọi: 

${\overrightarrow{v}}_{\text{đ}}$ là vận tốc của ca nô đối với bờ:$\left|{\overrightarrow{v}}_{\text{đ}}\right|=22\text{ km/h}$ .

\({\vec v_{\rm{n}}}\) là vận tốc của dòng nước: \(\left| {{{\vec v}_{\rm{n}}}} \right| = 2{\rm{\;km/h}}\), hướng về phía Đông.

\({\vec v_{\rm{r}}}\) là vận tốc riêng của ca nô đối với nước.

Theo công thức cộng vận tốc: .

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho gốc \(O\) tại vị trí ca nô, trục \(Ox\) hướng về phía Đông, trục \(Oy\) hướng về phía Bắc.

Hướng \({\rm{S}}20^\circ {\rm{E}}\) tương ứng với góc tạo bởi vectơ  và trục \(Ox\) (hướng Đông) là \( - \left( {90^\circ  - 20^\circ } \right) =  - 70^\circ \).

Khi đó tọa độ các vectơ:  và \({\vec v_{\rm{n}}} = \left( {2;0} \right)\).

Suy ra tọa độ vectơ vận tốc riêng là \({\vec v_{\rm{r}}} = \left( {22\cos \left( { - 70^\circ } \right) - 2;22\sin \left( { - 70^\circ } \right)} \right)\).

Độ lớn vận tốc riêng của ca nô:

\(\left| {{{\vec v}_{\rm{r}}}} \right| = \sqrt {{{\left[ {22\cos \left( { - 70^\circ } \right) - 2} \right]}^2} + {{\left[ {22\sin \left( { - 70^\circ } \right)} \right]}^2}}  \approx 21,4{\rm{\;km/h}}\).

Đáp số: 21,4.

Sau \(2\) giờ chuyển động thẳng đều, vectơ dịch chuyển của tàu là: \(\overrightarrow {AB}  = 2\vec v = 2 \cdot \left( {3;4} \right) = \left( {6;8} \right)\).

Tọa độ vị trí \(B\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_B} - 3 = 6\\{y_B} - 2 = 8\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 9\\{y_B} = 10\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {9;10} \right)\).

Tính tích \(x \cdot y = 9 \cdot 10 = 90\).

Đáp số: 90.

a) Vì \(M\) thuộc đoạn thẳng \(BC\) và \(2MB = 3MC \Rightarrow \frac{{MB}}{{MC}} = \frac{3}{2}\), do đó: \(\overrightarrow {BM}  = \frac{3}{5}\overrightarrow {BC} \).

Ta có \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{3}{5}\overrightarrow {BC} \)\( = \overrightarrow {AB}  + \frac{3}{5}\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right) = \left( {1 - \frac{3}{5}} \right)\overrightarrow {AB}  + \frac{3}{5}\overrightarrow {AC}  = \frac{2}{5}\overrightarrow {AB}  + \frac{3}{5}\overrightarrow {AC} \).

b) Từ giả thiết \(2MB = 3MC\) và \(M \in BC\), ta có điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức vectơ:

\(2\overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC}  = \vec 0\).

Ta có \(5\overrightarrow {KA}  + 2\overrightarrow {KB}  + 3\overrightarrow {KC}  = 5\overrightarrow {KA}  + 2\left( {\overrightarrow {KM}  + \overrightarrow {MB} } \right) + 3\left( {\overrightarrow {KM}  + \overrightarrow {MC} } \right)\)

\( = 5\overrightarrow {KA}  + 5\overrightarrow {KM}  + \left( {2\overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC} } \right) = 5\left( {\overrightarrow {KA}  + \overrightarrow {KM} } \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AM\), suy ra \(\overrightarrow {KA}  + \overrightarrow {KM}  = 2\overrightarrow {KI} \).

Khi đó: \(P = \left| {5 \cdot 2\overrightarrow {KI} } \right| = 10KI\).

Để \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài đoạn thẳng \(KI\) phải ngắn nhất.

Vì \(K\) di động trên đường thẳng \(d\) đi qua \(A\) và song song với \(BC\), \(KI\) ngắn nhất khi và chỉ khi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên đường thẳng \(d\).

Do \(d{\rm{//}}BC\) và \(AM\) cắt \(BC\) tại \(M\), hình chiếu \(K\) chính là chân đường vuông góc kẻ từ \(I\) đến \(d\).

a) Vì \(G\left( {3;2} \right)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), tọa độ của \(G\) thỏa mãn hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right.\).

Thay tọa độ các điểm \(A\left( { - 1; - 1} \right)\), \(B\left( {3;5} \right)\), \(G\left( {3;2} \right)\) vào hệ trên, ta suy ra:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_C} = 3 \cdot 3 - \left( { - 1} \right) - 3 = 9 + 1 - 3 = 7}\\{{y_C} = 3 \cdot 2 - \left( { - 1} \right) - 5 = 6 + 1 - 5 = 2}\end{array}} \right.\).

Vậy \(C\left( {7;2} \right)\).

b) Vì \(M \in Ox\) nên tọa độ điểm \(M\) có dạng \(M\left( {x;0} \right)\).

Tính tọa độ các vectơ \(\overrightarrow {MA} \) và \(\overrightarrow {MB} \): \(\overrightarrow {MA}  = \left( { - 1 - x; - 1} \right)\); \(\overrightarrow {MB}  = \left( {3 - x;5} \right)\).

Tam giác \(ABM\) vuông tại \(M\) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {MA}  \bot \overrightarrow {MB}  \Leftrightarrow \overrightarrow {MA}  \cdot \overrightarrow {MB}  = 0\):

\(\left( { - 1 - x} \right) \cdot \left( {3 - x} \right) + \left( { - 1} \right) \cdot \left( 5 \right) = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 - 5 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 0\).

Giải phương trình bậc hai trên ta được \(x = 4\) hoặc \(x =  - 2\).

Vậy có 2 điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \({M_1}\left( {4;0} \right)\) và \({M_2}\left( { - 2;0} \right)\).

Mẫu số liệu số lượng gạo tiêu thụ theo từng tháng (đơn vị: tấn) gồm \(n = 12\) số liệu:

\(x = \left\{ {2000;3000;5000;4000;4000;4000;3000;2000;5000;4000;2000;3000} \right\}\)

a) Số lượng tiêu thụ trung bình mỗi tháng:

\(\bar x = \frac{{2000 + 3000 + 5000 + 4000 + 4000 + 4000 + 3000 + 2000 + 5000 + 4000 + 2000 + 3000}}{{12}}\)

\( = \frac{{41\,000}}{{12}} \approx 3\,416,67\) (tấn).

b) Phương sai của mẫu số liệu:

\[\begin{array}{l}{s^2} = \frac{1}{{12}}\left[ {{{2000}^2} + {{3000}^2} + {{5000}^2} + {{4000}^2} + {{4000}^2} + {{4000}^2} + {{3000}^2} + {{2000}^2}} \right.\\\left. {\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + {{5000}^2} + {{4000}^2} + {{2000}^2} + {{3000}^2}} \right] - {\left( {\frac{{41\,000}}{{12}}} \right)^2} \approx 1\,076\,388,89.\end{array}\]