Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Đoàn Thị Điểm (Hà Nội) có đáp án

Các số tự nhiên thuộc đoạn \(\left[ {0;9} \right]\) là các số thuộc tập hợp:

\(\mathbb{N} \cap A = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\)

Số phần tử là: \(9 - 0 + 1 = 10\) phần tử.

Chọn C.

Theo định lý sin trong tam giác, ta có:

\(\frac{a}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{c}{{{\rm{sin}}C}} = 2R\)

Từ \(\frac{a}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}B}} \Rightarrow a{\rm{sin}}B = b{\rm{sin}}A \Rightarrow \) Phát biểu A đúng.

Từ \(\frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{c}{{{\rm{sin}}C}} \Rightarrow b{\rm{sin}}C = c{\rm{sin}}B \Rightarrow \) Phát biểu C đúng.

Phát biểu B là nội dung định lý sin \( \Rightarrow \) đúng.

Phát biểu D sai vì đẳng thức đúng phải dựa trên tỉ số chứ không phải tích của cạnh và sin góc đối diện.

Chọn D.

Bất phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng tổng quát là \(ax + by < c\) (hoặc \( > , \le , \ge \)), trong đó \(a,b\) không đồng thời bằng 0.

Nhận thấy \(x - y > 1\) là bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(x\) và \(y\).

Các đáp án B, C chứa ẩn bậc cao (\({x^4},{x^2},{y^2}\)), đáp án D chứa 3 ẩn (\(x,y,z\)).

Chọn A.

Theo hệ quả của định lý cosin trong tam giác \(ABC\), ta có: \({\rm{cos}}C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}\).

Công thức ở phương án B viết sai mẫu số.

Công thức ở phương án C thiếu hệ số 2 ở số hạng cuối (\(2bc{\rm{cos}}A\)).

Chọn D.

Theo tính chất liên hệ giữa các giá trị lượng giác của hai góc bù nhau (\(x\) và \({180^ \circ } - x\)):

\({\rm{sin}}\left( {{{180}^ \circ } - x} \right) = {\rm{sin}}x\)

\({\rm{cos}}\left( {{{180}^ \circ } - x} \right) = - {\rm{cos}}x\)

\({\rm{tan}}\left( {{{180}^ \circ } - x} \right) = - {\rm{tan}}x\left( {x \ne {{90}^ \circ }} \right)\)

\({\rm{cot}}\left( {{{180}^ \circ } - x} \right) = - {\rm{cot}}x\left( {{0^ \circ } < x < {{180}^ \circ }} \right)\)

Chọn D.

Thay tọa độ các cặp số vào vế trái (VT) của bất phương trình:

Với \(\left( {4;10} \right)\): \(2.4 + 10 = 18 \not < 5\).

Với \(\left( {1;5} \right)\): \(2.1 + 5 = 7 \not < 5\).

Với \(\left( {1;1} \right)\): \(2.1 + 1 = 3 < 5\) (Đúng).

Với \(\left( {2;3} \right)\): \(2.2 + 3 = 7 \not < 5\).

Chọn C.

Phủ định của mệnh đề chứa kí hiệu \(\exists \) là mệnh đề chứa kí hiệu \(\forall \) và phủ định của dấu \( = \) là dấu \( \ne \).

Do đó, phủ định của \(P\) là \(\bar P\): "\(\forall y \in \mathbb{N},{y^2} \ne 4\)".

Chọn C.

Đường thẳng ranh giới có phương trình \(d:x + y = 1\).

Miền nghiệm không bị gạch nằm ở phía bên phải và phía trên đường thẳng \(d\), tức không chứa gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\).

Thay tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) vào biểu thức ta có \(0 + 0 = 0 < 1\). Vì miền nghiệm không chứa gốc \(O\) và đề bài ghi "có lấy đường thẳng \(d\)" nên bất phương trình tương ứng phải đổi dấu thành \(x + y \ge 1\).

Chọn D.

Câu A là câu hỏi, câu B là câu cảm thán \( \Rightarrow \) Không phải mệnh đề.

Câu D là mệnh đề chứa biến (chưa xác định được tính đúng sai khi chưa biết \(x\)).

Câu C là một khẳng định có tính đúng sai rõ ràng (đây là khẳng định đúng) \( \Rightarrow \) Là một mệnh đề.

Chọn C.

Chọn D.

Tập hợp \(X\) là tập con của \(A\) nếu mọi phần tử của \(X\) đều thuộc \(A\).

Tập \(\left\{ {5;6;7} \right\}\) gồm các phần tử đều nằm trong tập \(A\).

Các tập ở phương án A, C chứa phần tử \(4 \notin A\), phương án D chứa phần tử \(10 \notin A\).

Chọn B.

Mệnh đề kéo theo \(P \Rightarrow Q\) phát biểu dưới dạng: "Nếu \(P\) thì \(Q\)".

Do đó mệnh đề \(P \Rightarrow Q\) là: "Nếu tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) thì tam giác \(ABC\) có hai góc bằng nhau."

Chọn C.

a) Sai. Thay \(\left( { - 1;2} \right)\) vào bất phương trình: \(2 \cdot \left( { - 1} \right) + 3 \cdot 2 = 4\). Mà \(4 \ge 6\) là khẳng định sai.

b) Đúng. Cả hai bất phương trình trong hệ đều là bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(x,y\).

c) Đúng. Thay tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) vào ta có \(0 + 0 = 0 \le 4\) (đúng), do đó miền nghiệm chứa điểm \(O\).

d) Đúng. Đường thẳng \({d_1}:x + y = 4\) đi qua \(\left( {4;0} \right)\) và \(\left( {0;4} \right)\). Miền nghiệm chứa \(O\left( {0;0} \right)\) nên gạch phần phía trên \({d_1}\).

Đường thẳng \({d_2}:2x + 3y = 6\) đi qua \(\left( {3;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\). Thay \(O\left( {0;0} \right)\) vào có \(0 \ge 6\) (sai) nên gạch phần chứa \(O\) (phía dưới \({d_2}\)).

Đối chiếu hình vẽ hoàn toàn trùng khớp với miền không bị gạch.

a) Đúng. Ta có các cạnh: \(a = BC = 4\), \(c = AB = 6\), \(b = AC = 8\).

Tính nửa chu vi \(p\): \(p = \frac{{4 + 6 + 8}}{2} = 9{\rm{\;cm}}\).

Tính diện tích \(S\) bằng công thức Heron:

\(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \sqrt {9 \cdot \left( {9 - 4} \right) \cdot \left( {9 - 8} \right) \cdot \left( {9 - 6} \right)} = \sqrt {9 \cdot 5 \cdot 1 \cdot 3} = 3\sqrt {15} {\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).

b) Đúng. Tính góc để kiểm tra tam giác tù:

Cạnh lớn nhất là \(AC = 8\). Ta tính \({\rm{cos}}B\):

\({\rm{cos}}B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} = \frac{{{4^2} + {6^2} - {8^2}}}{{2 \cdot 4 \cdot 6}} = \frac{{16 + 36 - 64}}{{48}} = \frac{{ - 12}}{{48}} = - \frac{1}{4}\).

Vì \({\rm{cos}}B = - \frac{1}{4} < 0\) nên góc \(B\) là góc tù (\(B \approx 104,{5^ \circ }\)). Do đó tam giác \(ABC\) là tam giác tù.

c) Sai. Ta có \({\rm{cos}}B = - \frac{1}{4}\).

d) Đúng. Theo định lý sin: \(\frac{a}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{c}{{{\rm{sin}}C}} \Rightarrow \frac{4}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{6}{{{\rm{sin}}C}}\).

Tính góc \(C\): \(\hat C = {180^ \circ } - \left( {\hat A + \hat B} \right) = {180^ \circ } - \left( {{{45}^ \circ } + {{75}^ \circ }} \right) = {60^ \circ }\).

Áp dụng định lý sin để tìm cạnh \(AC\) (\(b\)): \(\frac{c}{{{\rm{sin}}C}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}B}} \Rightarrow \frac{{13}}{{{\rm{sin}}{{60}^ \circ }}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}{{75}^ \circ }}}\)\( \Rightarrow b = \frac{{13 \cdot {\rm{sin}}{{75}^ \circ }}}{{{\rm{sin}}{{60}^ \circ }}}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là: \(S = \frac{1}{2} \cdot c \cdot b \cdot {\rm{sin}}A = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot \left( {\frac{{13 \cdot {\rm{sin}}{{75}^ \circ }}}{{{\rm{sin}}{{60}^ \circ }}}} \right) \cdot {\rm{sin}}{45^ \circ } \approx 66,64{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).

Làm tròn đến hàng đơn vị: \(67\).

Đáp số: 67

Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là số đèn ngôi sao và số đèn con thỏ bạn Lan làm (\(x,y \in \mathbb{N}\)).

Theo điều kiện bài toán, ta có hệ bất phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y \le 30}\\{x + y \ge 12}\\{x \ge 0,\,y \ge 0}\end{array}} \right.\).

Số tiền thu được (đơn vị: nghìn đồng) là: \(F\left( {x,y} \right) = 95x + 105y\).

Biểu diễn miền nghiệm của hệ trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\):

Các giao điểm của miền nghiệm (hình tam giác tạo bởi các đường biên):

Giao điểm của \(2x + 3y = 30\) và \(x + y = 12\):

Giải hệ phương trình ra nghiệm \(x = 6,y = 6 \Rightarrow A\left( {6;6} \right)\).

Giao điểm của \(x + y = 12\) với trục \(Ox\) (\(y = 0\)): \(B\left( {12;0} \right)\). Thay vào thời gian: \(2 \cdot 0 + 3 \cdot 0 = 24 \le 30\) (thỏa mãn).

Giao điểm của \(2x + 3y = 30\) với trục \(Ox\) (\(y = 0\)): \(C\left( {15;0} \right)\).

Miền nghiệm là tam giác \(ABC\) kể cả biên với các đỉnh \(A\left( {6;6} \right)\), \(B\left( {12;0} \right)\), \(C\left( {15;0} \right)\).

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

Tại \(A\left( {6;6} \right)\): \(F\left( {6,6} \right) = 95 \cdot 6 + 105 \cdot 6 = 1200\) (nghìn đồng) \( = 1,2\) triệu đồng.

Tại \(B\left( {12;0} \right)\): \(F\left( {12,0} \right) = 95 \cdot 12 + 0 = 1140\) (nghìn đồng) \( = 1,14\) triệu đồng.

Tại \(C\left( {15;0} \right)\): \(F\left( {15,0} \right) = 95 \cdot 15 + 0 = 1425\) (nghìn đồng) \( = 1,425\) triệu đồng.

Số tiền lớn nhất thu được là \(1,425\) triệu đồng.

Đáp số: 1,425

Khoảng cách từ con tàu đến người \(B\) chính là độ dài đoạn thẳng \(BC\).

Trong tam giác \(ABC\), ta có: \(\widehat {ACB} = {180^ \circ } - \left( {\widehat {CAB} + \widehat {CBA}} \right) = {180^ \circ } - \left( {{{50}^ \circ } + {{60}^ \circ }} \right) = {70^ \circ }\).

Áp dụng định lý sin: \(\frac{{AB}}{{{\rm{sin}}\widehat {ACB}}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}\widehat {CAB}}} \Rightarrow \frac{{105}}{{{\rm{sin}}{{70}^ \circ }}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}{{50}^ \circ }}}\).

Suy ra \(BC = \frac{{105 \cdot {\rm{sin}}{{50}^ \circ }}}{{{\rm{sin}}{{70}^ \circ }}} \approx 86{\rm{\;m}}\).

Đáp số: 86

Ta tìm giao của hai tập hợp: \(A \cap B = \left( { - \infty ;4} \right) \cap \left[ { - 1;9} \right) = \left[ { - 1;4} \right)\).

Đối chiếu với dạng \(\left[ {a;b} \right)\), ta có: \(a = - 1\) và \(b = 4\).

Do đó: \(a + b = - 1 + 4 = 3\).

Đáp số: 3

Gọi \(A\) là tập hợp các học sinh tham gia đội bóng đá, \(B\) là tập hợp các học sinh tham gia đội bóng chuyền.

Theo bài ra ta có:

Số phần tử của tập hợp \(A\) là \(n\left( A \right) = 19\).

Số phần tử của tập hợp \(B\) là \(n\left( B \right) = 16\).

Vì học sinh nào cũng tham gia ít nhất một đội nên số học sinh lớp 10A chính là số phần tử của tập hợp hợp \(A \cup B\): \(n\left( {A \cup B} \right) = 31\).

Số học sinh tham gia đồng thời cả hai đội là số phần tử của tập hợp giao \(A \cap B\). Áp dụng công thức:

\(n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right)\)

\( \Rightarrow 31 = 19 + 16 - n\left( {A \cap B} \right)\)

\( \Rightarrow n\left( {A \cap B} \right) = 35 - 31 = 4\)

Vậy có 4 học sinh tham gia đồng thời cả hai đội.

Liệt kê các phần tử của tập hợp \(B\):

Các số tự nhiên nhỏ hơn hoặc bằng 5 là: \(B = \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}\).

Tập hợp hợp \(A \cup B\) bao gồm tất cả các phần tử thuộc \(A\) hoặc thuộc \(B\):

\(A \cup B = \left\{ { - 1;0;1;2;3;4;5} \right\}\)

Vẽ đường thẳng \({d_1}:x - 2y = 2\).

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = - 1 \Rightarrow \left( {0; - 1} \right)\).

Cho \(y = 0 \Rightarrow x = 2 \Rightarrow \left( {2;0} \right)\).

Thay tọa độ gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) vào bất phương trình \(x - 2y \le 2\): \(0 - 2 \cdot 0 \le 2\) (đúng). Vậy miền nghiệm của bất phương trình thứ nhất là nửa mặt phẳng bờ \({d_1}\) chứa gốc tọa độ \(O\).

Vẽ đường thẳng \({d_2}:x + y = 1\).

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow \left( {0;1} \right)\).

Cho \(y = 0 \Rightarrow x = 1 \Rightarrow \left( {1;0} \right)\).

Thay tọa độ gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) vào bất phương trình \(x + y \ge 1\): \(0 + 0 \ge 1\) (sai). Vậy miền nghiệm của bất phương trình thứ hai là nửa mặt phẳng bờ \({d_2}\) không chứa gốc tọa độ \(O\).

Kết luận: Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền giao của hai nửa mặt phẳng trên (miền không bị gạch chứa cả hai bờ \({d_1}\) và \({d_2}\) trong hình dưới).

Ta có hệ thức cơ bản: \({\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x = 1\)\( \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x = 1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x = 1 - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^2} = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}}\).

Vì \({0^ \circ } < x < {90^ \circ }\) nên góc \(x\) thuộc góc phần tư thứ nhất, do đó \({\rm{cos}}x > 0\)\( \Rightarrow {\rm{cos}}x = \sqrt {\frac{9}{{25}}} = \frac{3}{5}\).

Vậy \({\rm{cos}}x = \frac{3}{5}\).

Tính chiều dài hàng rào \(BC\):

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

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

\(B{C^2} = {18^2} + {15^2} - 2 \cdot 18 \cdot 15 \cdot {\rm{cos}}{60^ \circ }\)

\(B{C^2} = 324 + 225 - 540 \cdot \frac{1}{2}\)

\(B{C^2} = 549 - 270 = 279\)

\( \Rightarrow BC = \sqrt {279} \approx 16,703{\rm{\;m}}\)

Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất: \(16,7{\rm{\;m}}\).

Tính diện tích khu vườn:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác theo hai cạnh và góc xen giữa:

\(S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot {\rm{sin}}\widehat {BAC}\)

\(S = \frac{1}{2} \cdot 18 \cdot 15 \cdot {\rm{sin}}{60^ \circ }\)

\(S = 135 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 116,913{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\)

Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất: \(116,9{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).