Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Quang Trung (Đống Đa-Hà Nội) có đáp án

Thay tọa độ điểm \(O\left( {0;0} \right)\), tức là \(x = 0\) và \(y = 0\), vào từng hệ bất phương trình:

Xét đáp án A: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 + 3 \cdot 0 + 6 = 6 < 0{\rm{\;(Sai)}}}\\{2 \cdot 0 + 0 - 4 = - 4 > 0{\rm{\;(Sai)}}}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow O\left( {0;0} \right)\) không thuộc miền nghiệm.

Xét đáp án B: \( \Rightarrow O\left( {0;0} \right)\) không thuộc miền nghiệm.

Xét đáp án C: \( \Rightarrow O\left( {0;0} \right)\) thuộc miền nghiệm.

Chọn C.

Tập hợp \(\left( { - 3;3} \right)\) là một khoảng trên trục số bao gồm các số thực \(x\) thỏa mãn \( - 3 < x < 3\).

Trên trục số, khoảng này được biểu diễn bởi dấu ngoặc đơn \((\) tại \( - 3\) và \()\) tại \(3\).

Toàn bộ phần nằm ngoài khoảng này (tức là \(x \le - 3\) hoặc \(x \ge 3\)) sẽ bị gạch bỏ.

Chọn D.

Dựa vào các hệ thức lượng cơ bản trong tam giác:

Định lý côsin: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc{\rm{cos}}A\) \( \Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Công thức tính diện tích theo bán kính đường tròn ngoại tiếp \(R\) là \(S = \frac{{abc}}{{4R}}\) (đáp án B sai vì dùng \(r\)).

Định lý sin: \(\frac{a}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{c}{{{\rm{sin}}C}} = 2R\) (đáp án C sai vì dùng \(r\)).

Công thức Heron: \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \) (đáp án D sai dấu trong các ngoặc).

Chọn A.

Giao của hai tập hợp \(S\) và \(T\) (ký hiệu \(S \cap T\)) là tập hợp gồm tất cả các phần tử vừa thuộc \(S\) vừa thuộc \(T\).

Ta thấy các phần tử chung của cả hai tập hợp là \(3\) và \(4\).

Do đó, \(S \cap T = \left\{ {3;4} \right\} = \left\{ {4;3} \right\}\).

Chọn A.

Diện tích tam giác \(ABC\) được tính theo công thức tích hai cạnh và sin của góc xen giữa:

\(S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot {\rm{sin}}\widehat {ABC}\)

Thay các giá trị đã cho vào công thức:

\(S = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt 3 \cdot {\rm{sin}}{60^ \circ } = \sqrt 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{2}\)

Chọn C.

Dựa vào hình vẽ, điểm \(M\) nằm trên nửa đường tròn đơn vị và thuộc góc phần tư thứ II (độ dài góc \(\alpha \) là góc tù, \({90^ \circ } < \alpha < {180^ \circ }\)).

Với góc tù \(\alpha \), ta có:

Tung độ của điểm \(M\) dương nên \({\rm{sin}}\alpha > 0\).

Hoành độ của điểm \(M\) âm nên \({\rm{cos}}\alpha < 0\).

Do đó: \({\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} < 0\) và \({\rm{cot}}\alpha = \frac{{{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{sin}}\alpha }} < 0\).

Nhìn vào các phương án, khẳng định B ghi \({\rm{sin}}\alpha < 0\) là sai.

Chọn B.

Phủ định của ký hiệu tồn tại \(\exists \) là ký hiệu với mọi \(\forall \).

Phủ định của mệnh đề chứa dấu nhỏ hơn hoặc bằng \( \le \) là dấu lớn hơn \( > \).

Do đó, phủ định của mệnh đề đã cho là: "\(\forall x \in \mathbb{R}: - 2{x^2} > 3x + 5\)".

Chọn B.

Bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(x,y\) là bất phương trình có dạng tổng quát là \(ax + by + c < 0\) (hoặc \( > 0, \le 0, \ge 0\)), trong đó \(a,b,c\) là các số thực và \(a,b\) không đồng thời bằng \(0\). Bậc của các ẩn \(x\) và \(y\) đều phải là bậc 1.

Xét các phương án: các câu A, B, C đều chứa \({x^2}\) hoặc \({y^2}\) (ẩn bậc 2).

Chỉ có bất phương trình \(3x - 5y \ge 0\) ở đáp án D thỏa mãn điều kiện ẩn bậc nhất đối với cả \(x\) và \(y\).

Chọn D.

Ý a) ĐÚNG. Đường thẳng \({d_1}:x + 2y = 3\) đi qua \(\left( {3;0} \right)\) và \(\left( {1;1} \right)\). Thử điểm \(\left( {0;0} \right) \Rightarrow 0 + 0 \ge 3\) (Sai) \( \to \) gạch miền chứa gốc tọa độ \(O\).

Đường thẳng \({d_2}:2x - y + 4 = 0\) đi qua \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {0;4} \right)\). Thử điểm \(\left( {0;0} \right) \Rightarrow 0 - 0 + 4 \ge 0\) (Đúng) \( \to \) giữ lại miền chứa gốc tọa độ \(O\).

Với bất phương trình \[x \le 1\], ta vẽ đường thẳng \[x = 1\] và gạch bỏ miền không chứa gốc tọa độ \(O\).

Đối chiếu đồ thị bài cho, phần không bị tô đậm chính xác biểu diễn miền nghiệm của hệ đã cho.

Ý b) SAI. Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tam giác với các đỉnh có tọa độ là \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( { - 1;2} \right)\) và \(\left( {1;6} \right)\).

Ta tính \(F\left( {x;y} \right) = x + 3y\) tại tọa độ các đỉnh của miền nghiệm:

\(F\left( {1;1} \right) = 1 + 3 \cdot 1 = 4\); \(F\left( { - 1;2} \right) = - 1 + 3 \cdot 2 = 5\); \(F\left( {1;6} \right) = 1 + 3 \cdot 6 = 19\).

So sánh các giá trị ta thấy giá trị lớn nhất của biểu thức là 19.

Ý c) SAI. Thay tọa độ \(\left( { - 1;0} \right)\) vào bất phương trình đầu tiên của hệ: \( - 1 + 2 \cdot 0 = - 1 \ge 3\) (Sai). Do đó \(\left( { - 1;0} \right)\) không phải là nghiệm của hệ. (Hoặc quan sát đồ thị rồi suy ra)

Ý d) ĐÚNG. Cả ba bất phương trình trong hệ đều có dạng bậc nhất đối với hai ẩn \(x\) và \(y\).

Ý a) SAI. Phần bù của tập hợp \(A\) trong \(\mathbb{R}\) là \({C_\mathbb{R}}A = \left( { - \infty ;0\left] \cup \right[6; + \infty } \right)\). Ký hiệu khoảng và dấu ngoặc trong phương án đưa ra bị ngược và sai bản chất.

Ý b) SAI. Tập hiệu \(B\backslash A\) gồm các phần tử thuộc \(B\) nhưng không thuộc \(A\).

Vì \(A = \left( {0;6} \right)\) và \(B = \left( {3;9} \right]\), các phần tử thuộc \(B\) mà lớn hơn hoặc bằng \(6\) sẽ không thuộc \(A\).

Vậy \(B\backslash A = \left[ {6;9} \right]\).

Ý c) SAI. Giao của tập \(A\) với tập các số tự nhiên khác 0 (\({\mathbb{N}^{\rm{*}}}\)):

\(A \cap {\mathbb{N}^{\rm{*}}} = \left( {0;6} \right) \cap \left\{ {1;2;3; \ldots } \right\} = \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\)

Tập hợp này có số phần tử là \(n = 5\).

Số tập hợp con của nó là \({2^n} = {2^5} = 32\). Do đó ý phát biểu khẳng định có 16 tập con là sai.

Ý d) SAI. Phép hợp của hai tập hợp: \(A \cup B = \left( {0;6} \right) \cup \left( {3;9} \right] = \left( {0;9} \right]\). Phương án ghi \(\left( {3;6} \right)\) là sai (đó là kết quả của phép giao \(A \cap B\)).

Gọi \(A\) là tập hợp các học sinh tham gia hát tốp ca \( \Rightarrow n\left( A \right) = 17\).

Gọi \(B\) là tập hợp các học sinh tham gia nhảy Flashmob \( \Rightarrow n\left( B \right) = 23\).

Tập hợp các học sinh tham gia văn nghệ của lớp là \(A \cup B \Rightarrow n\left( {A \cup B} \right) = 35\).

Số học sinh tham gia cả hai tiết mục là số phần tử của tập hợp \(A \cap B\).

Áp dụng công thức hợp của hai tập hợp:

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

Thay số vào ta được:

\(35 = 17 + 23 - n\left( {A \cap B} \right)\)

\(35 = 40 - n\left( {A \cap B} \right) \Rightarrow n\left( {A \cap B} \right) = 40 - 35 = 5\)

Đáp số: 5.

Mô hình hóa bài toán bằng tam giác \(ABC\), trong đó:

\(A\) là vị trí bến tàu xuất phát. Góc \(\hat A = {45^ \circ }\).

Quãng đường tàu thứ nhất đi được sau 2 giờ (độ dài cạnh \(b\) hoặc \(c\)): \(AB = 15 \cdot 2 = 30\) (hải lí).

Quãng đường tàu thứ hai đi được sau 2 giờ: \(AC = 12 \cdot 2 = 24\) (hải lí).

Khoảng cách giữa hai tàu sau 2 giờ chính là độ dài cạnh \(BC\).

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

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

\(B{C^2} = {30^2} + {24^2} - 2 \cdot 30 \cdot 24 \cdot {\rm{cos}}{45^ \circ }\)

\(B{C^2} = 900 + 576 - 1440 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 1476 - 1018,23 = 457,77\)

\(BC = \sqrt {457,77} \approx 21,39\) (hải lí)

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được khoảng cách là 21 hải lí.

Đáp số: 21

Ta có \(A = \left( { - 7;4} \right]\). Các số nguyên thuộc tập \(A\) là \(\left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}\).

Biến đổi điều kiện của tập \(B\):

\(2 + m - 4x \ge 0 \Leftrightarrow 4x \le m + 2 \Leftrightarrow x \le \frac{{m + 2}}{4}\)

Do đó, tập hợp \(B = \left( { - \infty ;\frac{{m + 2}}{4}} \right]\).

Khi đó giao của hai tập hợp là:

\(A \cap B = \left( { - 7;\frac{{m + 2}}{4}} \right] \cap \left( { - 7;4} \right]\)

Để \(A \cap B\) chứa đúng 7 số nguyên, các số nguyên này bắt buộc phải là 7 số nguyên nhỏ nhất bắt đầu từ cận \( - 7\) tiến lên, đó là: \( - 6, - 5, - 4, - 3, - 2, - 1,0\).

Để tập hợp chứa số \(0\) nhưng không chứa số nguyên tiếp theo là số \(1\), điều kiện của giá trị biên là:

\(0 \le \frac{{m + 2}}{4} < 1\)

Giải hệ bất phương trình trên:

\(0 \le m + 2 < 4 \Leftrightarrow - 2 \le m < 2\)

Vì \(m\) là giá trị nguyên, nên \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}\).

Tổng tất cả các giá trị nguyên của \(m\) thu được là:

\(\left( { - 2} \right) + \left( { - 1} \right) + 0 + 1 = - 2\)

Đáp số: -2

a) Lập hệ bất phương trình:

Theo đề bài, ta có các điều kiện ràng buộc thực tế như sau:

Diện tích và đất trồng không thể âm: \(x \ge 0\) và \(y \ge 0\).

Tổng diện tích trồng hai loại khoai không vượt quá tổng diện tích đất là 8 ha:

\(x + y \le 8\)

Tổng số ngày công sử dụng không vượt quá 90 ngày công:

\(10x + 15y \le 90 \Leftrightarrow 2x + 3y \le 18\)

Vậy hệ bất phương trình biểu thị các điều kiện của bài toán là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 8}\\{2x + 3y \le 18}\end{array}} \right.\).

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

Đường thẳng \({d_1}:x + y = 8\) đi qua các điểm \(\left( {8;0} \right)\) và \(\left( {0;8} \right)\). Miền nghiệm của \(x + y \le 8\) là nửa mặt phẳng bờ \({d_1}\) chứa gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}:2x + 3y = 18\) đi qua các điểm \(\left( {9;0} \right)\) và \(\left( {0;6} \right)\). Miền nghiệm của \(2x + 3y \le 18\) là nửa mặt phẳng bờ \({d_2}\) chứa gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\).

Điều kiện \(x \ge 0,y \ge 0\) giới hạn miền nghiệm nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Giao giao của các miền nghiệm trên là miền tứ giác \(OABC\) (bao gồm cả các cạnh bờ), với các đỉnh có tọa độ:

\(O\left( {0;0} \right)\)

\(A\left( {8;0} \right)\)

\(B\left( {6;2} \right)\) (tọa độ giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\))

\(C\left( {0;6} \right)\)

Dựa vào hình vẽ trong đề bài, ta chuẩn hóa các ký hiệu hình học như sau:

Kính quan sát đặt tại vị trí điểm \(C\). Đường nằm ngang qua mắt người quan sát là đường thẳng chứa đoạn \(CD = 18{\rm{\;m}}\).

Tòa nhà có chân đặt tại mặt đất là điểm \(E\), tầng mái tòa nhà (chân cột cờ) là điểm \(A\).

Đỉnh cột cờ là điểm \(B\).

Đài quan sát cao 5 m so với mặt đất \( \Rightarrow CF = 5{\rm{\;m}}\).

Do tứ giác \(CDEF\) là hình chữ nhật nên cạnh đứng thẳng mặt đất \(DE = CF = 5{\rm{\;m}}\), và khoảng cách ngang \(CD = FE = 18{\rm{\;m}}\).

Xét tam giác vuông \(ADC\) vuông tại \(D\):

Ta có góc quan sát chân cột cờ \(A\) là \(\widehat {ACD} = {40^ \circ }\).

Độ dài đoạn \(AD\) biểu diễn độ cao từ mái nhà xuống đường ngang tầm mắt:

\(AD = CD \cdot {\rm{tan}}\widehat {ACD} = 18 \cdot {\rm{tan}}{40^ \circ } \approx 15,1{\rm{\;m}}\)

Vì điểm \(D\) nằm trên cấu trúc đứng thẳng của tòa nhà, chiều cao tòa nhà \(AE\) bằng:

\(AE = AD + DE \approx 15,1 + 5 = 20,1{\rm{\;m}}\)

Xét tam giác vuông \(BDC\) vuông tại \(D\):

Ta có góc quan sát đỉnh cột cờ \(B\) là \(\widehat {BCD} = {50^ \circ }\).

Độ dài đoạn thẳng \(BD\):

\(BD = CD \cdot {\rm{tan}}\widehat {BCD} = 18 \cdot {\rm{tan}}{50^ \circ } \approx 21,45{\rm{\;m}}\)

Chiều cao cột cờ chính là độ dài đoạn thẳng \(AB\):

\(AB = BD - AD \approx 21,45 - 15,1 = 6,35{\rm{\;m}}\)

Kết luận: Chiều cao của cột cờ khoảng \(6,35{\rm{\;m}}\).

Chiều cao của tòa nhà khoảng \(20,1{\rm{\;m}}\).