Đề thi cuối kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Trần Phú (TP.HCM) có đáp án

Công thức tính diện tích tam giác $ABC$ theo hai cạnh $b,c$ và góc $A$ là: $S = \frac{1}{2}bc\sin A$.

Thay $b = 2$ và $c = 1$ vào công thức, ta có: $S = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 1 \cdot \sin A = \sin A$.

Chọn C.

Đồ thị hàm số có bề lõm quay xuống dưới nên hệ số $a < 0$. Do đó loại B và C.

Tọa độ đỉnh của đồ thị là $I\left( {2;1} \right)$.

- Với đáp án A: $y = - {x^2} + 4x - 3$ có ${x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{4}{{2 \cdot \left( { - 1} \right)}} = 2$, ${y_I} = - {2^2} + 4 \cdot 2 - 3 = 1$. Tọa độ đỉnh $I\left( {2;1} \right)$ thỏa mãn.
- Với đáp án D: $y = - {x^2} + 2x - 3$ có ${x_I} = - \frac{2}{{2 \cdot \left( { - 1} \right)}} = 1 \ne 2$.

Chọn A.

Quan sát đồ thị hàm số bậc hai $y = f\left( x \right)$ có hoành độ đỉnh là $x = 1$ và bề lõm quay lên trên ($a > 0$):

- Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$.
- Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị đường gấp khúc:

- Hình chiếu đồ thị lên trục $Ox$ đi từ $x = - 4$ đến $x = 7$, do đó tập xác định $D = \left[ { - 4;7} \right]$.
- Hình chiếu đồ thị lên trục $Oy$ đi từ $y = 0$ đến $y = 5$, do đó tập giá trị $T = \left[ {0;5} \right]$.
- Trên khoảng $\left( {0;4} \right)$, khi $x$ tăng từ $0$ đến $4$ thì $y$ giảm từ $5$ xuống $1$, nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;4} \right)$.

Như vậy, các đáp án A, B, C đều đúng.

Chọn D.

Thay lần lượt các cặp số vào hệ bất phương trình, ta thấy:

Cặp số $\left( {100;80} \right)$: .

Do đó $\left( {100;80} \right)$ là nghiệm của hệ bất phương trình.

Chọn D.

Biến đổi bất phương trình B:

$\frac{{x - 2y}}{2} > \frac{{2x - y + 1}}{3} \Leftrightarrow 3\left( {x - 2y} \right) > 2\left( {2x - y + 1} \right)$

$\Leftrightarrow 3x - 6y > 4x - 2y + 2 \Leftrightarrow - x - 4y - 2 > 0 \Leftrightarrow x + 4y + 2 < 0$

Đường thẳng bờ $d:x + 4y + 2 = 0$ cắt các trục tọa độ tại $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( {0; - 0{,}5} \right)$.

Thử điểm $O\left( {0;0} \right)$: $0 + 4 \cdot 0 + 2 = 2 > 0$, do đó $O\left( {0;0} \right)$ thuộc miền nghiệm $x + 4y + 2 > 0$.

Đề bài yêu cầu miền không được tô đậm chứa điểm $O\left( {0;0} \right)$, do đó bất phương trình biểu diễn miền nghiệm này là $x + 4y + 2 > 0$.

Chọn C.

Hàm số xác định khi và chỉ khi:$\left\{ \begin{array}{l}3 - x \ge 0\\{x^2} - 4x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 3\\x \ne 0;x \ne 4\end{array} \right.$.

Do $x \le 3$ thỏa mãn $x \ne 4$, nên ta có $x \le 3$ và $x \ne 0$.

Tập xác định của hàm số là $D = \left( { - \infty ;3} \right]\backslash \left\{ 0 \right\}$.

Chọn B.

Diện tích tam giác $ABC$ là:

$S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 \cdot \sin {30^ \circ } = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot \frac{1}{2} = 3$

Chọn C.

Xét vế trái đẳng thức B: $\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD}$.

Xét vế phải đẳng thức B:

$\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} } \right) + \left( {\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DB} } \right) = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DB} } \right) = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \vec 0 = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD}$.

Do đó vế trái bằng vế phải, đẳng thức B đúng.

Chọn B.

Ta có: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = - \overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} = - \left| {\overrightarrow {BA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right)$.

Vì tam giác $ABC$ đều nên $\left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \widehat {ABC} = 60^\circ$.

Do đó: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = - a \cdot a \cdot \cos 60^\circ = - {a^2} \cdot \frac{1}{2} = - \frac{{{a^2}}}{2}$.

Chọn D.

Dãy mẫu số liệu đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần gồm $n = 8$ số liệu (số lượng số liệu là số chẵn).

Trung vị ${M_e}$ của mẫu số liệu chẵn phần tử là trung bình cộng của hai số liệu đứng ở vị trí giữa, tức là số liệu thứ $4$ (là $72$) và số liệu thứ $5$ (là $73$).

Chọn C.

Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm: $1;3;3;4;4;7;9;10;20$.

Số lượng số liệu $n = 9$.

Giá trị nhỏ nhất ${x_{{\rm{min}}}} = 1$, giá trị lớn nhất ${x_{{\rm{max}}}} = 20$. Khoảng biến thiên $R = 20 - 1 = 19$. (Loại A)

Trung vị ${Q_2}$ là số liệu thứ 5: ${Q_2} = 4$. (Loại B)

Nửa dưới số liệu là $1;3;3;4$ có ${Q_1} = \frac{{3 + 3}}{2} = 3$.

Nửa trên số liệu là $7;9;10;20$ có ${Q_3} = \frac{{9 + 10}}{2} = 9{,}5$.

Khoảng tứ phân vị ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9{,}5 - 3 = 6{,}5$. (Loại C)

Kiểm tra giá trị ngoại lệ: ${Q_3} + 1{,}5{{\rm{\Delta }}_Q} = 9{,}5 + 1{,}5 \cdot 6{,}5 = 19{,}25$.

Giá trị $20 > 19{,}25$ nên $20$ là một giá trị ngoại lệ.

Chọn D.

a) Sai. Thay $M\left( {1;2025} \right)$ vào bất phương trình thứ ba: $1 + 2 \cdot 2025 = 4051 \le 5$ (Sai). Do đó $M$ không thuộc miền nghiệm.

b) Sai. Bất phương trình chứa dấu "$\ge$" nên miền nghiệm lấy cả đường thẳng ${d_2}$ (kể cả bờ ${d_2}$).

c) Đúng. Giao điểm của các đường thẳng lần lượt tạo thành các đỉnh $A\left( { - \frac{3}{{11}};\frac{{29}}{{11}}} \right)$ (giao của ${d_2},{d_3}$), $B\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{4}} \right)$ (giao của ${d_1},{d_3}$), $C\left( { - \frac{8}{9}; - \frac{4}{9}} \right)$ (giao của ${d_1},{d_2}$). Miền nghiệm của hệ là miền tam giác $ABC$ kể cả biên.

d) Đúng. Giá trị cực đại của biểu thức dạng $F\left( {x,y} \right) = 3x + 5y$ trên miền đa giác đạt tại một trong các đỉnh $A,B,C$:

$F\left( A \right) = 3 \cdot \left( { - \frac{3}{{11}}} \right) + 5 \cdot \left( {\frac{{29}}{{11}}} \right) = \frac{{ - 9 + 145}}{{11}} = \frac{{136}}{{11}} \approx 12{,}36$

$F\left( B \right) = 3 \cdot \left( {\frac{5}{2}} \right) + 5 \cdot \left( {\frac{5}{4}} \right) = \frac{{15}}{2} + \frac{{25}}{4} = \frac{{55}}{4} = 13{,}75$

$F\left( C \right) = 3 \cdot \left( { - \frac{8}{9}} \right) + 5 \cdot \left( { - \frac{4}{9}} \right) = \frac{{ - 44}}{9} \approx - 4{,}89$

Vậy $F$ đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh $B\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{4}} \right)$.

a) Đúng. Hàm số bậc hai $y = a{x^2} + bx + c$ có điều kiện $a \ne 0 \Leftrightarrow m - 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 1$.

b) Đúng. Hàm đa thức xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$, nên $D = \mathbb{R}$.

c) Sai. Ta có ${x^2} + 2x + 2 = {\left( {x + 1} \right)^2} + 1 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ và ${x^2} + 1 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Vậy tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}$.

d) Sai. Khi $m = 3$, hàm số là $y = 2{x^2} - 4x + 3$.

Tọa độ đỉnh có ${y_I} = - \frac{{\rm{\Delta }}}{{4a}} = - \frac{{{{\left( { - 4} \right)}^2} - 4 \cdot 2 \cdot 3}}{{4 \cdot 2}} = - \frac{{16 - 24}}{8} = 1$.

Vì $a = 2 > 0$ nên tập giá trị của hàm số là $T = \left[ {1; + \infty } \right)$.

a) Sai. Ta có: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC} = 4\sqrt 2 \cdot 6 \cdot \cos 45^\circ = 24\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 24$.

b) Đúng. Vì $D$ là trung điểm của $BC$ nên $\overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}$.

c) Sai. Áp dụng định lý cosin trong tam giác $ABC$:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos 45^\circ = {\left( {4\sqrt 2 } \right)^2} + {6^2} - 2 \cdot 24 = 32 + 36 - 48 = 20$$\Rightarrow BC = \sqrt {20} = 2\sqrt 5$.

d) Đúng. Ta có $\overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB}$.

Để $AD \bot BE \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BE} = 0$$\Leftrightarrow \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right) \cdot \left( {k\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = 0$

$\Leftrightarrow \frac{k}{2}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}A{B^2} + \frac{k}{2}A{C^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0$.

Thay $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 24$, $A{B^2} = 32$, $A{C^2} = 36$ nên $\frac{k}{2} \cdot 24 - \frac{1}{2} \cdot 32 + \frac{k}{2} \cdot 36 - \frac{1}{2} \cdot 24 = 0$

$\Leftrightarrow 12k - 16 + 18k - 12 = 0 \Leftrightarrow 30k - 28 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{28}}{{30}} = \frac{{14}}{{15}}$.

a) Đúng. Quan sát mẫu số liệu ở nhà máy A, ta thấy giá trị $4$ và $5$ đều xuất hiện 3 lần, là nhiều nhất.

Vậy mốt là ${M_0} \in \left\{ {4;5} \right\}$.

b) Sai. Ở nhà máy B, ${x_{{\rm{max}}}} = 11$, ${x_{{\rm{min}}}} = 2$. Khoảng biến thiên $R = {x_{{\rm{max}}}} - {x_{{\rm{min}}}} = 11 - 2 = 9$.

c) Đúng. Số trung bình của nhà máy A là: ${\bar x_A} = \frac{{4 + 5 + 5 + 47 + 5 + 6 + 4 + 4}}{8} = 10$.

d) Đúng. Sắp xếp số liệu nhà máy B: $2{,}8{,}9{,}9{,}9{,}9{,}9{,}10{,}11$. ($n = 9$).

- Trung vị ${Q_2} = 9$.
- Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ là trung bình của $8$ và $9$ $\Rightarrow {Q_1} = \frac{{8 + 9}}{2} = 8{,}5$.
- Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$ là trung bình của $9$ và $10$ $\Rightarrow {Q_3} = \frac{{9 + 10}}{2} = 9{,}5$.
- Khoảng tứ phân vị ${{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9{,}5 - 8{,}5 = 1$.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Sự biến thiên:

o Hệ số $a = - 1 < 0$, $b = 2$, $c = 3$.

o Tọa độ đỉnh $I$: ${x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{2}{{2 \cdot \left( { - 1} \right)}} = 1$; ${y_I} = - {1^2} + 2 \cdot 1 + 3 = 4 \Rightarrow I\left( {1;4} \right)$.

o Trục đối xứng là đường thẳng $x = 1$.

o Khoảng biến thiên: Vì $a = - 1 < 0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ;1} \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$.

o Bảng biến thiên:

Vẽ đồ thị $\left( P \right)$:

o Cho $x = 0 \Rightarrow y = 3$, đồ thị cắt $Oy$ tại $\left( {0;3} \right)$.

o Cho $y = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = - 1$ hoặc $x = 3$. Đồ thị cắt $Ox$ tại $\left( { - 1;0} \right)$ và $\left( {3;0} \right)$.

o Điểm đối xứng với $\left( {0;3} \right)$ qua trục $x = 1$ là $\left( {2;3} \right)$.

o Đồ thị $\left( P \right)$ là một parabol có đỉnh $I\left( {1;4} \right)$, nhận đường thẳng $x = 1$ làm trục đối xứng và quay bề lõm xuống dưới.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho $O$ trùng với vị trí trên mặt đất thẳng đứng dưới điểm $A$.

Theo đề bài, tọa độ các điểm như sau: $A\left( {0;1{,}8} \right)$, $C\left( {2{,}5;3{,}6} \right)$, $B\left( {10;1{,}8} \right)$.

Giả sử phương trình parabol biểu diễn đường đi của quả bóng là: $y = a{x^2} + bx + c\quad \left( {a \ne 0} \right)$.

Do điểm $A\left( {0;1{,}8} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow c = 1{,}8$.

Thay tọa độ $B\left( {10;1{,}8} \right)$ và $C\left( {2{,}5;3{,}6} \right)$ vào phương trình ta được hệ $\left\{ \begin{array}{l}100a + 10b + 1{,}8 = 1{,}8\\6{,}25a + 2{,}5b + 1{,}8 = 3{,}6\end{array} \right.$

Giải hệ ta được $\left\{ \begin{array}{l}a = - 0{,}096\\b = 0{,}96\end{array} \right.$.

Do đó, phương trình parabol là: $y = - 0{,}096{x^2} + 0{,}96x + 1{,}8$.

Tọa độ đỉnh $I\left( {{x_I};{y_I}} \right)$ của parabol:

${x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{0{,}96}}{{2 \cdot \left( { - 0{,}096} \right)}} = 5$; ${y_I} = - 0{,}096 \cdot {5^2} + 0{,}96 \cdot 5 + 1{,}8 = - 2{,}4 + 4{,}8 + 1{,}8 = 4{,}2$.

Hàm số bậc hai có hệ số $a = - 0{,}096 < 0$ nên đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh.

Vậy độ cao lớn nhất của quả bóng so với mặt đất khi Toàn chuyền cho Thắng là $4{,}2{\rm{\;m}}$.

a) Chu vi mảnh đất hình tam giác $ABC$ là: $P = AB + AC + BC = 12 + 8 = 20{\rm{\;m}}$.

b) Đặt $AB = c$, $AC = b$, $BC = a = 8$.

Theo giả thiết: $b + c = 12 \Rightarrow b = 12 - c$.

Góc $B = 60^\circ$.

Áp dụng định lý côsin cho tam giác $ABC$:

${b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac\cos B$

$\Leftrightarrow {\left( {12 - c} \right)^2} = {8^2} + {c^2} - 2 \cdot 8 \cdot c \cdot \cos 60^\circ$

$\Leftrightarrow 144 - 24c + {c^2} = 64 + {c^2} - 8c$

$\Leftrightarrow 16c = 80 \Leftrightarrow c = 5{\rm{\;m}}$.

Suy ra $AB = 5{\rm{\;m}}$ và $AC = 12 - 5 = 7{\rm{\;m}}$.

Nửa chu vi tam giác $ABC$ là: $p = \frac{P}{2} = \frac{{20}}{2} = 10{\rm{\;m}}$.

Diện tích tam giác $ABC$ là: $S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot \sin 60^\circ = 20 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 3 {\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là: $r = \frac{S}{p} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{10}} = \sqrt 3 \approx 1{,}7{\rm{\;m}}$.

a) Vì $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$ có $AB{\rm{//}}CD$, $AB = a$ và $CD = 2a$, ta có:

- $\overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {AB}$ (vì $\overrightarrow {DC}$ cùng hướng với $\overrightarrow {AB}$ và $CD = 2AB$).
- $\overrightarrow {DB} = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AB}$.

Biểu diễn tổng hai vectơ: $\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} = \left( {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AB} } \right) + 2\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DA} + 3\overrightarrow {AB}$.

Do $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ nên $DA \bot AB$, suy ra hai vectơ $\overrightarrow {DA}$ và $\overrightarrow {AB}$ vuông góc với nhau.

Khi đó $\left| {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} } \right|{^2} = \left| {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {3AB} } \right|{^2} = \left| {\overrightarrow {DA} } \right|{^2} + \left| {3\overrightarrow {AB} } \right|{^2} + 2\overrightarrow {DA} \cdot 3\overrightarrow {AB} = {a^2} + {\left( {3a} \right)^2} + 0 = 10{a^2}$.

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} } \right| = a\sqrt {10}$.

b) Vì $\overrightarrow {MB} = - 3\overrightarrow {MC} \Rightarrow \overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {BM} = \frac{3}{4}\overrightarrow {BC}$.

Xét tam giác $BDC$:

- $BH$ là đường trung tuyến ứng với cạnh $CD$ (do $H$ là trung điểm $CD$).
- $DM$ là đường thẳng nối từ đỉnh $D$ cắt cạnh $BC$ tại $M$ với $BM = \frac{3}{4}BC$.

$K$ là giao điểm của $BH$ và $DM$.

Sử dụng phương pháp biểu diễn vectơ:

Do $K \in BH \Rightarrow \overrightarrow {BK} = x\overrightarrow {BH}$ với $x \in \mathbb{R}$.

Ta có: $\overrightarrow {BH} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BC} } \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {BK} = \frac{x}{2}\overrightarrow {BD} + \frac{x}{2}\overrightarrow {BC}$.

Ta biểu diễn $\overrightarrow {DK}$ theo $\overrightarrow {BD}$ và $\overrightarrow {BC}$ ta có $\overrightarrow {DK} = \overrightarrow {BK} - \overrightarrow {BD} = \left( {\frac{x}{2} - 1} \right)\overrightarrow {BD} + \frac{x}{2}\overrightarrow {BC}$.

Tương tự, với điểm $M$ ta có: $\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {BM} - \overrightarrow {BD} = - \overrightarrow {BD} + \frac{3}{4}\overrightarrow {BC}$.

Mặt khác, $K \in DM$ nên ba điểm $D,K,M$ thẳng hàng.

Vì $\overrightarrow {DK}$ cùng phương với $\overrightarrow {DM}$ nên tỉ số các hệ số tương ứng phải bằng nhau, tức là

$\frac{{\frac{x}{2} - 1}}{{ - 1}} = \frac{{\frac{x}{2}}}{{\frac{3}{4}}}$$\Leftrightarrow 1 - \frac{x}{2} = \frac{2}{3}x \Leftrightarrow 1 = \frac{x}{2} + \frac{2}{3}x = \frac{7}{6}x \Leftrightarrow x = \frac{6}{7}$.

Thay $x = \frac{6}{7}$ vào biểu thức của $\overrightarrow {BK}$ ta được $\overrightarrow {BK} = \frac{6}{7} \cdot \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BC} } \right) = \frac{3}{7}\overrightarrow {BD} + \frac{3}{7}\overrightarrow {BC}$.