Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Hồ Thị Bi (TP.HCM) có đáp án

Thay các giá trị của \(x\) vào mệnh đề chứa biến \(P\left( x \right)\) để kiểm tra tính đúng sai:

Với \(x = 0\): \(2\left( 0 \right) + 10 \le {0^2} \Leftrightarrow 10 \le 0\) (Sai) \( \Rightarrow P\left( 0 \right)\) sai.

Với \(x = 4\): \(2\left( 4 \right) + 10 \le {4^2} \Leftrightarrow 18 \le 16\) (Sai) \( \Rightarrow P\left( 4 \right)\) sai.

Với \(x = 7\): \(2\left( 7 \right) + 10 \le {7^2} \Leftrightarrow 24 \le 49\) (Đúng) \( \Rightarrow P\left( 7 \right)\) đúng.

Với \(x = 3\): \(2\left( 3 \right) + 10 \le {3^2} \Leftrightarrow 16 \le 9\) (Sai) \( \Rightarrow P\left( 3 \right)\) sai.

Chọn C.

Một tập hợp có \(n\) phần tử thì sẽ có số tập con là \({2^n}\).

Tập hợp \(X\) có \(3\) phần tử (\(x,y,z\)), do đó số tập con của tập hợp \(X\) là:

\({2^3} = 8\).

Chọn A.

Dựa vào định nghĩa các tập hợp số con của tập số thực \(\mathbb{R}\):

Do \(x \ge  - 5\) nên tại đầu mút \( - 5\) ta dùng dấu ngoặc vuông "\([\)".

Do \(x < 3\) nên tại đầu mút \(3\) ta dùng dấu ngoặc tròn "\()\)".

Vậy tập hợp \(A\) viết dưới dạng nửa khoảng là \(A = \left[ { - 5;3} \right)\).

Chọn A.

Theo định lý sin trong tam giác \(ABC\), ta có hệ thức: \(\frac{a}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{c}{{{\rm{sin}}C}} = 2R\).

Do đó các phương án A, C, D đều đúng. Phương án B ghi \(\frac{{{\rm{sin}}B}}{b} = 2R\) là sai vì nghịch đảo tỉ số (đúng phải là \(\frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = 2R\)).

Chọn B.

Áp dụng định lý hệ thức cosin trong tam giác \(ABC\) đối với cạnh \(AC\):

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

Thay các số liệu đề bài cho vào hệ thức:

\(A{C^2} = {5^2} + {8^2} - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot {\rm{cos}}{60^ \circ }\)

\(A{C^2} = 25 + 64 - 80 \cdot \frac{1}{2} = 89 - 40 = 49\)

\( \Rightarrow AC = \sqrt {49}  = 7\)

Chọn C.

Phủ định của mệnh đề chứa kí hiệu lượng từ "\(\forall \)" là kí hiệu "\(\exists \)"; phủ định của dấu "\( > \)" là dấu "\( \le \)".

Do đó, mệnh đề phủ định của \(P\) là: \(\bar P\): "\(\exists x \in \mathbb{R},{x^2} \le 0\)".

Chọn A.

Ta có các giá trị lượng giác cơ bản:

\({\rm{tan}}{30^ \circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)

\({\rm{sin}}{120^ \circ } = {\rm{sin}}\left( {{{180}^ \circ } - {{60}^ \circ }} \right) = {\rm{sin}}{60^ \circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Tính tổng hai giá trị lượng giác trên:

\({\rm{tan}}{30^ \circ } + {\rm{sin}}{120^ \circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \left( {\frac{2}{6} + \frac{3}{6}} \right)\sqrt 3  = \frac{{5\sqrt 3 }}{6}\)

Chọn D.

Tập hợp hiệu \(M\backslash N\) gồm các phần tử thuộc tập hợp \(M\) nhưng không thuộc tập hợp \(N\).

 Các phần tử của \(M\) là: \(2,4,6,9\).

 Trong đó, phần tử \(2\) và \(4\) thuộc \(N\). Còn \(6\) và \(9\) không thuộc \(N\).

Vậy \(M\backslash N = \left\{ {6;9} \right\}\).

Chọn D.

Theo định nghĩa giá trị lượng giác của một góc bất kì từ \({0^ \circ }\) đến \({180^ \circ }\) trên nửa đường tròn đơn vị: Nếu điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) nằm trên nửa đường tròn đơn vị ứng với góc \(\alpha  = \widehat {xOM}\) thì:

\({\rm{sin}}\alpha  = {y_0}\,\,{\rm{v\`a }}\,\,{\rm{cos}}\alpha  = {x_0}\)

Tọa độ điểm \(M\) đã cho là \(\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right)\), suy ra tung độ \({y_0} = \frac{1}{2}\).

Do đó: \({\rm{sin}}\widehat {xOM} = \frac{1}{2}\).

Chọn B.

Giải phương trình bậc hai xác định phần tử của tập hợp \(A\):

\({x^2} - 6x + 8 = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 4\end{array} \right.\).

Cả hai giá trị \(2\) và \(4\) đều thuộc tập hợp số thực \(\mathbb{R}\).

Vậy tập hợp \(A\) được viết dưới dạng liệt kê phần tử là \(A = \left\{ {2;4} \right\}\).

Chọn B.

Các câu A, B, C đều có tính đúng hoặc sai rõ ràng, không chứa biến số nào nên chúng là những mệnh đề toán học.

Câu D: "\(\left( {{x^2} + x} \right) \vdots 3\)" là một khẳng định chưa thể xác định được tính đúng sai ngay lập tức vì phụ thuộc vào giá trị của biến số \(x\). Khi thay một giá trị \(x\) cụ thể, ta mới thu được một mệnh đề. Đây chính là mệnh đề chứa biến.

Chọn D.

Mệnh đề ban đầu có cấu trúc dạng: "Nếu \(P\) thì \(Q\)" với:

\(P\): "tam giác có hai góc bằng \({60^ \circ }\)"

\(Q\): "tam giác đó là tam giác đều"

Mệnh đề đảo có cấu trúc dạng: "Nếu \(Q\) thì \(P\)", tức là: "Nếu tam giác là tam giác đều thì tam giác đó có hai góc bằng \({60^ \circ }\)".

Chọn B.

Câu A là câu hỏi, câu C là câu cảm thán, câu D là câu cầu khiến/mệnh lệnh. Các câu này không phải là khẳng định có tính đúng hoặc sai nên không phải là mệnh đề.

Câu B: "Số 3 là số nguyên tố lẻ nhỏ nhất" là một khẳng định hoàn toàn xác định được tính đúng sai (đây là một khẳng định đúng), do đó câu này là một mệnh đề.

Chọn B.

Thay cặp số \(x = 1,y = 3\) vào lần lượt từng bất phương trình đề bài đưa ra:

Thay vào A: \(1 - 3\left( 3 \right) - 2 =  - 10 < 0\) (Đúng).

Thay vào B: \(2\left( 1 \right) - 3\left( 3 \right) =  - 7 > 0\) (Sai).

Thay vào C: \(2\left( 1 \right) - 3 - 1 =  - 2 > 0\) (Sai).

Thay vào D: \(3\left( 1 \right) - 3 = 0 < 0\) (Sai).

Chọn A.

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

Các phương án A, B, C đều đưa được về dạng tổng quát trên với số mũ của ẩn \(x,y\) đều là bậc 1. (Lưu ý ở câu B khuyết ẩn \(y\) hay hệ số \(b = 0\) vẫn thỏa mãn).

Phương án D: Bất phương trình \(\frac{1}{x} + \frac{3}{y} - 5 \le 0\) chứa các ẩn nằm ở dưới mẫu thức (bậc của các ẩn là \( - 1\)), do đó đây không phải là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Chọn D.

Tập hợp hợp \(A \cup B\) gồm các phần tử thuộc tập \(A\) hoặc thuộc tập \(B\).

Biểu diễn và hợp hai tập hợp trên trục số, ta lấy từ giá trị nhỏ nhất của cả hai tập hợp đến giá trị lớn nhất của cả hai tập hợp:

Đầu mút bé nhất là \(0\) (thuộc tập \(B\), lấy dấu ngoặc vuông "\([\)").

Đầu mút lớn nhất là \(5\) (thuộc tập \(A\), lấy dấu ngoặc tròn "\()\)").

Vậy ta được kết quả: \(A \cup B = \left[ {0;5} \right)\).

Chọn B.

 Xét ý a): Áp dụng định lý cosin tại đỉnh \(C\) để tính cạnh \(AB\):

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

\(A{B^2} = {6^2} + {4^2} - 2 \cdot 6 \cdot 4 \cdot {\rm{cos}}60^\circ  = 36 + 16 - 48 \cdot \frac{1}{2} = 52 - 24 = 28\)

\( \Rightarrow AB = \sqrt {28}  = 2\sqrt 7 \).

Do đó, ý a) ĐÚNG.

 Xét ý c): Công thức tính diện tích tam giác \(ABC\) khi biết hai cạnh và góc xen giữa:

\(S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC \cdot {\rm{sin}}\widehat {ACB} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 \cdot {\rm{sin}}60^\circ  = 12 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 6\sqrt 3 \).

Đề bài khẳng định diện tích bằng \(6\) là sai (đúng phải là \(6\sqrt 3 \)).

Do đó, ý c) SAI.

 Xét ý b): Diện tích tam giác tính theo đường cao ứng với cạnh \(BC\):

\(S = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot {h_a} \Rightarrow 6\sqrt 3  = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot {h_a} \Leftrightarrow 2 \cdot {h_a} = 6\sqrt 3  \Rightarrow {h_a} = 3\sqrt 3 \)

Đề bài ghi độ dài đường cao \({h_a} = 2\sqrt 3 \) là sai (đúng phải là \(3\sqrt 3 \)).

Do đó, ý b) SAI.

 Xét ý d): Công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp \(r\): \(S = p \cdot r\), trong đó \(p\) là nửa chu vi tam giác.

\(p = \frac{{AB + BC + AC}}{2} = \frac{{2\sqrt 7  + 4 + 6}}{2} = \frac{{10 + 2\sqrt 7 }}{2} = 5 + \sqrt 7 \)

\( \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{{6\sqrt 3 }}{{5 + \sqrt 7 }} = \frac{{6\sqrt 3 \left( {5 - \sqrt 7 } \right)}}{{{5^2} - {{\left( {\sqrt 7 } \right)}^2}}} = \frac{{6\sqrt 3 \left( {5 - \sqrt 7 } \right)}}{{18}} = \frac{{\sqrt 3 \left( {5 - \sqrt 7 } \right)}}{3} = \frac{{5\sqrt 3  - \sqrt {21} }}{3}\)

Biểu thức đề bài đưa ra \(r = \frac{{2\sqrt {21} }}{3}\) không chính xác.

Do đó, ý d) SAI.

Xét ý a): Theo giả thiết, số học sinh tham gia câu lạc bộ thể thao là 28 nên số phần tử của tập hợp \(A\) phải là \(n\left( A \right) = 28\). Phát biểu ghi \(n\left( A \right) = 19\) (đây thực chất là số phần tử tập \(B\)).

Do đó, ý a) SAI.

Xét ý d): Tập hợp \(A \cap B\) biểu diễn số học sinh tham gia đồng thời cả hai câu lạc bộ. Theo giả thiết có 10 học sinh tham gia cả hai câu lạc bộ này, nên \(n\left( {A \cap B} \right) = 10\).

Do đó, ý d) ĐÚNG.

Xét ý b): Số học sinh tham gia ít nhất một trong hai câu lạc bộ chính là số phần tử của tập hợp hợp \(A \cup B\). Công thức tính số phần tử của tập hợp hợp là:

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

\(n\left( {A \cup B} \right) = 28 + 19 - 10 = 37\)

Do đó, ý b) ĐÚNG.

Xét ý c): Số học sinh tham gia câu lạc bộ thể thao nhưng không tham gia câu lạc bộ âm nhạc biểu diễn bằng tập hiệu \(A\backslash N\). Số phần tử được tính như sau:

\(n\left( {A\backslash B} \right) = n\left( A \right) - n\left( {A \cap B} \right) = 28 - 10 = 18\)

Đề bài đưa ra kết quả bằng 9 học sinh là không chính xác.

Do đó, ý c) SAI.

Tìm giao của hai tập hợp \(A \cap B\):

\[A \cap B = \left\{ {x \in \mathbb{R}\mid  - 3 < x \le 5{\rm{\;v\`a \;}}x > 2} \right\} = \left( {2;5} \right]\].

Tìm hợp của hai tập hợp \(A \cup B\):

\[A \cup B = \left\{ {x \in \mathbb{R}\mid  - 3 < x \le 5{\rm{\;hoac\;}}x > 2} \right\} = \left( { - 3; + \infty } \right)\].

Tìm hiệu của hai tập hợp \(B\backslash A\):

Lấy các phần tử thuộc \(B\) nhưng loại bỏ đi các phần tử thuộc \(A\):

\(B\backslash A = \left( {2; + \infty } \right)\backslash \left( { - 3;5} \right] = \left( {5; + \infty } \right)\).

Tìm phần bù \({C_\mathbb{R}}B\):

Phần bù của tập \(B\) trong tập số thực \(\mathbb{R}\) chính là đoạn còn lại trên trục số không thuộc \(B\):

\({C_\mathbb{R}}B = \mathbb{R}\backslash B = \mathbb{R}\backslash \left( {2; + \infty } \right) = \left( { - \infty ;2} \right]\).

Bước 1: Vẽ đường thẳng \(d:2x - y = 6\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).

Tìm hai điểm thuộc đường thẳng \(d\):

Cho \(x = 0 \Rightarrow y =  - 6\), ta được điểm \(M\left( {0; - 6} \right)\).

Cho \(y = 0 \Rightarrow 2x = 6 \Rightarrow x = 3\), ta được điểm \(N\left( {3;0} \right)\).

Đường thẳng \(d\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(M\left( {0; - 6} \right)\) và \(N\left( {3;0} \right)\).

Bước 2: Chọn điểm thử kiểm tra.

Ta chọn gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) không nằm trên đường thẳng \(d\). Thay tọa độ điểm \(O\left( {0;0} \right)\) vào vế trái của bất phương trình, ta được: \(2 \cdot 0 - 0 = 0\).

So sánh với vế phải: Ta thấy \(0 \ge 6\) là một khẳng định vô lý (sai).

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình không chứa gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\).

Bước 3: Kết luận miền nghiệm.

Miền nghiệm của bất phương trình \(2x - y \ge 6\) là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(d\), không chứa gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) kể cả bờ đường thẳng \(d\) là miền không bị gạch trong hình dưới đây.

Xét tam giác \(ABC\) được tạo bởi điểm quan sát \(A\), gốc cây \(B\), và ngọn cây \(C\).

Tính các góc trong tam giác \(ABC\):

Ta có \(\widehat {BAC}\) là góc tạo bởi hướng nhìn đỉnh cây và hướng sườn đồi: \(\widehat {BAC} = \beta  - \alpha  = 50^\circ  - 26^\circ  = 24^\circ \).

Cây cổ thụ \(BC\) mọc thẳng đứng nên \(BC\) vuông góc với phương nằm ngang \(OA\) tại một điểm ảo, hoặc ta xét tam giác vuông \(AOC\) vuông tại \(O\): \(\widehat {ACO} = 90^\circ  - \widehat {OAC} = 90^\circ  - 50^\circ  = 40^\circ  \Rightarrow \widehat {ACB} = 40^\circ \).

Áp dụng định lý sin trong tam giác \(ABC\): \(\frac{{BC}}{{{\rm{sin}}\widehat {BAC}}} = \frac{{AB}}{{{\rm{sin}}\widehat {ACB}}}\).

Từ đó, ta suy ra biểu thức tính chiều cao \(BC\): \(BC = \frac{{AB \cdot {\rm{sin}}\widehat {BAC}}}{{{\rm{sin}}\widehat {ACB}}}\)\( = \frac{{30 \cdot {\rm{sin}}24^\circ }}{{{\rm{sin}}40^\circ }} \approx 18,98\) m.

Kết luận: Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, chiều cao của cây cổ thụ \(BC\) xấp xỉ bằng \(19{\rm{\;m}}\).

Gọi \(S\) là vị trí của San Juan và \(B\) là vị trí của Barbados.

Theo bài ra ta có khoảng cách thẳng ban đầu \(SB = 600\) hải lý.

Tàu đi từ \(S\) theo hướng lệch góc \(20^\circ \) đến vị trí chuyển hướng \(T\).

Tính độ dài quãng đường tàu đã đi từ \(S\) đến \(T\) (\(ST\)):

Vì tàu chạy với vận tốc \(15\) hải lý/giờ trong thời gian \(10\) giờ, nên đoạn đường \(ST\) dài:

\(ST = 15 \cdot 10 = 150\) (hải lý).

Cần tính khoảng cách từ vị trí \(T\) hiện tại đến điểm đích Barbados, tức là tính độ dài cạnh \(TB\).

Xét tam giác \(SBT\) có: \(SB = 600\); \(ST = 150\); \(\widehat {BST} = 20^\circ \).

Áp dụng định lý cosin trong tam giác \(SBT\) cho cạnh \(TB\):

\(T{B^2} = S{T^2} + S{B^2} - 2 \cdot ST \cdot SB \cdot {\rm{cos}}\widehat {BST}\)\( = {150^2} + {600^2} - 2 \cdot 150 \cdot 600 \cdot {\rm{cos}}20^\circ \)\( = 382500 - 180000 \cdot {\rm{cos}}20^\circ \).

\( \Rightarrow TB = \sqrt {T{B^2}}  \approx 461,9\) (hải lý).

Kết luận: Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, từ vị trí \(T\), con tàu còn cách Barbados khoảng \(462\) hải lý.