Đề thi cuối kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (TP.HCM) có đáp án

Hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}$ xác định khi và chỉ khi: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x - 1 \ne 0\end{array} \right.$, tức là $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x \ne 1\end{array} \right.$.

Vậy tập xác định của hàm số là $D = \left[ {0; + \infty } \right)\backslash \left\{ 1 \right\}$.

$\Rightarrow$ Chọn B.

Áp dụng định lý cosin trong tam giác $ABC$ tại đỉnh $C$, ta có: $A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos C$.

Thay các giá trị đã biết vào công thức:

$A{B^2} = {8^2} + {5^2} - 2 \cdot 8 \cdot 5 \cdot \cos 60^\circ = 64 + 25 - 80 \cdot \frac{1}{2} = 89 - 40 = 49$.

Suy ra $AB = \sqrt {49} = 7$.

$\Rightarrow$ Chọn D.

A sai vì hai vectơ cùng hướng thì góc giữa chúng bằng $0^\circ$ (nếu ngược hướng mới bằng $180^\circ$).

B đúng theo định lý về điều kiện để hai vectơ cùng phương: Điều kiện cần và đủ để hai vectơ $\vec a$ và $\vec b$ ($\vec b \ne \vec 0$) cùng phương là có số thực $k$ sao cho $\vec a = k\vec b$.

C sai vì đẳng thức $\left| {\vec a + \vec b\left| = \right|\vec a\left| + \right|\vec b} \right|$ chỉ xảy ra khi hai vectơ $\vec a,\vec b$ cùng hướng.

D sai vì nếu $\vec a \cdot \vec b = 0$ thì hai vectơ $\vec a$ và $\vec b$ vuông góc với nhau ($\vec a \bot \vec b$).

$\Rightarrow$ Chọn B.

Hàm số bậc hai có dạng tổng quát là $y = a{x^2} + bx + c$ với các hệ số $a,b,c \in \mathbb{R}$ và $a \ne 0$.

Hàm số $y = - 3{x^2} - 1$ có $a = - 3 \ne 0$, $b = 0$, $c = - 1$ nên đây là hàm số bậc hai.

$\Rightarrow$ Chọn C.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu (kí hiệu là ${{\rm{\Delta }}_Q}$) là hiệu số giữa tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$ và tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$, ta có ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

$\Rightarrow$ Chọn A.

Công thức tính diện tích tam giác theo hai cạnh và góc kẹp giữa hai cạnh đó là:

$S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ca\sin B$

Do đó công thức đúng trong các đáp án cho trước là $S = \frac{1}{2}ab\sin C$.

$\Rightarrow$ Chọn C.

Tính tích vô hướng của hai vectơ $\vec a$ và $\vec b$:

$\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a\left| \cdot \right|\vec b} \right| \cdot \cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = 5 \cdot 5 \cdot \cos 120^\circ = 25 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{{25}}{2}$.

Khai triển hằng đẳng thức bình phương vô hướng:

${\left( {\vec a + 2\vec b} \right)^2} = {\vec a^2} + 4\vec a \cdot \vec b + 4{\vec b^2} = \left| {\vec a} \right|{^2} + 4\left( {\vec a \cdot \vec b} \right) + 4\left| {\vec b} \right|{^2}$$= {5^2} + 4 \cdot \left( { - \frac{{25}}{2}} \right) + 4 \cdot {5^2} = 75$.

$\Rightarrow$ Chọn D.

Thay tọa độ các điểm vào công thức hàm số $y = 2x - 1$:

Tọa độ điểm $N\left( {\frac{1}{2};0} \right)$: Thay $x = \frac{1}{2} \Rightarrow y = 2 \cdot \frac{1}{2} - 1 = 0$ (Thỏa mãn).

$\Rightarrow$ Chọn A.

Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AB = AD = a$. Tam giác $ABD$ cân tại $A$ có $\widehat {ABD} = 60^\circ$ nên là tam giác đều cạnh $a$. Suy ra: $BD = a$, đường cao $AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AC = 2AO = a\sqrt 3$.

a) Sai. Theo quy tắc trừ vectơ chung gốc: $\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CB} \ne \overrightarrow {BC}$.

b) Đúng. Vì $O$ là tâm hình thoi $ABCD$ nên $O$ là trung điểm $AC$ và $BD$.

Do đó: $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \vec 0$ và $\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \vec 0$.

c) Đúng. Theo quy tắc hình bình hành áp dụng cho hình thoi: $\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CA}$.

Độ dài: $\left| {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} \left| = \right|\overrightarrow {CA} } \right| = CA = a\sqrt 3$.

d) Sai. Vì $\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} = - \overrightarrow {AB}$ nên $\overrightarrow {AO} \cdot \overrightarrow {CD} = - \overrightarrow {AO} \cdot \overrightarrow {AB}$.

Trong tam giác đều $ABD$ có $\widehat {OAB} = 30^\circ$, ta có: $\overrightarrow {AO} \cdot \overrightarrow {AB} = AO \cdot AB \cdot \cos 30^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^2}}}{4}$.

Do đó: $\overrightarrow {AO} \cdot \overrightarrow {CD} = - \frac{{3{a^2}}}{4}$ (đáp án của đề bài đưa ra $\frac{{3{a^2}}}{4}$ là thiếu dấu âm).

Sắp xếp dãy số liệu gồm $n = 15$ giá trị theo thứ tự không giảm: $3;\;5;\;6;\;7;\;7;\;7;\;8;\;8;\;8;\;8;\;8;\;9;\;9;\;9;\;10$.

a) Sai. Giá trị xuất hiện nhiều nhất là $8$ (xuất hiện $5$ lần), do đó Mốt (${M_o}$) $= 8$, không phải $10$.

b) Đúng. Khoảng biến thiên: $R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 10 - 3 = 7$.

c) Sai. Xác định các tứ phân vị:

Trung vị ${Q_2}$ là giá trị ở vị trí thứ $8$: ${Q_2} = 8$.

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ là trung vị của nửa số liệu dưới ($3{,}5{,}6{,}7{,}7{,}7{,}8$): ${Q_1} = 7$.

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$ là trung vị của nửa số liệu trên ($8{,}8{,}8{,}9{,}9{,}9{,}10$): ${Q_3} = 9$.

Khoảng tứ phân vị: $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 9 - 7 = 2$.

Xác định giá trị ngoại lệ:

Ta có ${Q_1} - 1{,}5 \cdot \Delta Q = 7 - 1{,}5 \cdot 2 = 4$ và ${Q_3} + 1{,}5 \cdot \Delta Q = 9 + 1{,}5 \cdot 2 = 12$.

Một giá trị được coi là ngoại lệ nếu bé hơn $4$ hoặc lớn hơn $12$. Trong mẫu số liệu chỉ có duy nhất $1$ giá trị ngoại lệ là $3$ (vì $3 < 4$).

d) Đúng. Sau khi bỏ đi giá trị ngoại lệ là $3$, mẫu còn lại $14$ giá trị với tổng là:

$5 + 6 + \left( {7 \cdot 3} \right) + \left( {8 \cdot 5} \right) + \left( {9 \cdot 3} \right) + 10 = 109$.

Điểm thi trung bình mới: $\bar x = \frac{{109}}{{14}} \approx 7{,}7857 \approx 7{,}8$.

Vì $\left( P \right)$ đi qua $A\left( {0;3} \right)$ nên thay $x = 0,y = 3$ vào công thức hàm số, ta được: $c = 3$.

Vì $\left( P \right)$ có đỉnh $S\left( {2; - 1} \right)$ nên hoành độ và tung độ của đỉnh $S$ thỏa mãn: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - \frac{b}{{2a}} = 2}\\{4a + 2b + c = - 1}\end{array}} \right.$.

Thay $c = 3$ vào hệ phương trình trên, ta có hệ: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{b = - 4a}\\{4a + 2b = - 4}\end{array}} \right.$

Giải hệ phương trình ta được $\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 4\end{array} \right.$ (thỏa mãn).

Vậy công thức hàm số bậc hai cần tìm là: $y = {x^2} - 4x + 3$.

Ta có $\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD}$ (quy tắc hình bình hành) và $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB}$ (quy tắc hiệu).

Tính tích vô hướng: $\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {BD} = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right) = {\overrightarrow {AD} ^2} - {\overrightarrow {AB} ^2}$$= A{D^2} - A{B^2} = {3^2} - {4^2} = - 7$.

Vậy $\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {BD} = - 7$.

a) Tiền điện phụ thuộc theo các bậc tiêu thụ và cộng thêm phí bảo trì:

Bậc 1: Khi $0 \le x \le 50$, tiền điện tính theo đơn giá $1\,800$ đồng/kWh nên $C\left( x \right) = 1800x + 10000$.

Bậc 2: Khi $50 < x \le 100$, tiền điện gồm $50{\rm{\;kWh}}$bậc 1 ($50 \times 1800 = 90000$ đồng), số điện còn lại $\left( {x - 50} \right)$ tính giá $2\,300$ đồng/kWh và phí bảo trì nên $C\left( x \right) = 10000 + 50 \times 1800 + 2300\left( {x - 50} \right) = 2300x - 15000$.

Bậc 3: Khi $x > 100$, tiền điện gồm $50{\rm{\;kWh}}$bậc 1 ($90000$ đồng), $50{\rm{\;kWh}}$ bậc 2 ($50 \times 2300 = 115000$ đồng), phần vượt quá $100{\rm{\;kWh}}$ là $\left( {x - 100} \right)$ tính giá $3\,000$ đồng/kWh và phí bảo trì nên

$C\left( x \right) = 10000 + 90000 + 115000 + 3000\left( {x - 100} \right) = 3000x - 85000$.

Như vậy $C\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{1800x + 10000}&{\,{\rm{khi}}\,\,0 \le x \le 50\,\,\,\,\,\,}\\{2300x - 15000}&{{\rm{khi\;}}\,\,50 < x \le 100}\\{3000x - 85000}&{{\rm{khi}}\,{\rm{\;}}\,x > 100\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.$.

b) Tính tiền điện khi $x = 120{\rm{\;kWh}}$:

Vì $x = 120 > 100$, ta áp dụng công thức bậc 3: $C\left( {120} \right) = 3000 \times 120 - 85000 = 275000$ (đồng).

Vậy tổng số tiền điện hộ gia đình phải trả là $275\,000$ đồng.

Đặt $BC = a,AC = b,AB = c$.

Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABC$, ta có:

$\frac{a}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow a = 2R\sin A = 2 \cdot 7 \cdot \sin 75^\circ = 14 \cdot \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4} = \frac{{7\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)}}{2}{\rm{\;(m)}}$.

Áp dụng định lý côsin trong tam giác $ABC$, ta có: ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A = {\left( {b - c} \right)^2} + 2bc\left( {1 - \cos A} \right)$.

Vì ${\left( {b - c} \right)^2} \ge 0$ với mọi $b,c$ nên ${a^2} \ge 2bc\left( {1 - \cos A} \right) \Rightarrow bc \le \frac{{{a^2}}}{{2\left( {1 - \cos A} \right)}}$.

Công thức diện tích tam giác $ABC$: $S = \frac{1}{2}bc\sin A \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{{a^2}}}{{2\left( {1 - \cos A} \right)}} \cdot \sin A = \frac{{{a^2}\sin A}}{{4\left( {1 - \cos A} \right)}}$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b = c$ (tam giác $ABC$ cân tại $A$).

Thay số với $a = \frac{{7\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)}}{2} \Rightarrow {a^2} = 49\left( {2 + \sqrt 3 } \right)$ thì ${S_{{\rm{max}}}} = \frac{{49\left( {2 + \sqrt 3 } \right) \cdot \sin 75^\circ }}{{4\left( {1 - \cos 75^\circ } \right)}} \approx 59{,}531{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Giá tiền $1{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$ bạt là $450\,000{\rm{\;}}$ đồng, tức là $0{,}45$ triệu đồng.

Chi phí tối đa làm mái che là: ${T_{{\rm{max}}}} = {S_{{\rm{max}}}} \times 0{,}45 \approx 59{,}531 \times 0{,}45 \approx 26{,}8$ (triệu đồng).