Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2024-2025 THPT Cao Bá Quát (Quốc Oai-Hà Nội) có đáp án

Tìm giao và hợp của các tập hợp:

$A \cap B = \left[ {0;3} \right] \cap \left( {1;5} \right) = \left( {1;3} \right]$

$\left( {A \cap B} \right) \setminus C = \left( {1;3} \right] \setminus \left( {0;1} \right) = \left( {1;3} \right]$

(Do đó khẳng định A đúng).

Tìm $A \cap B \cap C$:

$A \cap B \cap C = \left( {1;3} \right] \cap \left( {0;1} \right) = \emptyset$

(Do đó khẳng định B đúng).

Tìm $A \cup B \cup C$:

$A \cup B \cup C = \left[ {0;3} \right] \cup \left( {1;5} \right) \cup \left( {0;1} \right) = \left[ {0;5} \right)$

(Do đó khẳng định C đúng).

Tìm $\left( {A \cup C} \right) \setminus C$:

$A \cup C = \left[ {0;3} \right] \cup \left( {0;1} \right) = \left[ {0;3} \right]$

$\left( {A \cup C} \right) \setminus C = \left[ {0;3} \right] \setminus \left( {0;1} \right) = \left\{ 0 \right\} \cup \left[ {1;3} \right]$

(Do đó khẳng định D sai).

Chọn đáp án: D

Số học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi (giỏi Văn hoặc giỏi Toán hoặc cả hai) là: $40 - 14 = 26$.

Gọi $X$ là tập hợp học sinh giỏi Văn, $Y$ là tập hợp học sinh giỏi Toán. Theo công thức lực lượng của hai tập hợp, ta có:

$n\left( {X \cup Y} \right) = n\left( X \right) + n\left( Y \right) - n\left( {X \cap Y} \right)$

Thay số vào công thức:

$26 = 15 + 22 - n\left( {X \cap Y} \right)$

$n\left( {X \cap Y} \right) = 37 - 26 = 11$

Chọn đáp án: D

Tìm giao của hai tập hợp (các phần tử chung):

$A \cap B = \left\{ {1;5} \right\}$

Tìm hợp của hai tập hợp (tất cả các phần tử của cả hai tập hợp):

$A \cup B = \left\{ { - 1;0;1;3;5} \right\}$

Đối chiếu các phương án, khẳng định C là khẳng định đúng.

Chọn đáp án: C

Mệnh đề là một câu khẳng định có tính đúng hoặc sai rõ ràng.

Các câu A, B, D đều là những câu khẳng định có tính đúng sai rõ ràng (A sai, B sai, D đúng).

Câu C: "${x^2} > 0$" là một mệnh đề chứa biến, tính đúng sai của nó phụ thuộc vào giá trị của $x$, do đó bản thân nó chưa phải là một mệnh đề.

Chọn đáp án: C

Xét A: Với $x = 2 \in \mathbb{N}$ thì ${2^2} = 4 > 2$ (Sai).

Xét B: Phương trình ${x^2} + x - 1 = 0$ có nghiệm $x = \frac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2} \notin \mathbb{Q}$ (Sai).

Xét C: Ta có khai triển:

${\left( {3x + 2} \right)^2} - 4 = 9{x^2} + 12x + 4 - 4 = 9{x^2} + 12x = 3\left( {3{x^2} + 4x} \right)$

Vì $3\left( {3{x^2} + 4x} \right) \vdots 3$ với mọi $x \in \mathbb{N}$ nên mệnh đề này đúng.

Xét D: Phương trình ${x^4} + 3{x^2} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right) = 0$ vô nghiệm trên $\mathbb{R}$ (Sai).

Chọn đáp án: C

Phủ định của mệnh đề "Có" (hoặc $\exists$) là "Không" (hoặc $\forall$).

Do đó, phủ định của mệnh đề "Phương trình $A = 0$ có nghiệm hữu tỉ" là "Phương trình $A = 0$ không có nghiệm hữu tỉ".

Chọn đáp án: A

Theo định nghĩa về đoạn trong tập số thực:

$\{ x \in \mathbb{R}|a \le x \le b\} = \left[ {a;b} \right]$

Do đó: $A = \left[ {4;9} \right]$.

Chọn đáp án: D

Giải phương trình tích:

$\left( {{x^2} - 3} \right)\left( {2{x^2} - 5x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{}&{{x^2} - 3 = 0}\\{}&{2{x^2} - 5x + 3 = 0}\end{array}$

Trường hợp 1: ${x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3$. Vì $\pm \sqrt 3 \notin \mathbb{Q}$ nên loại.

Trường hợp 2: $2{x^2} - 5x + 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = \frac{3}{2}$. Vì $1;\frac{3}{2} \in \mathbb{Q}$ nên thỏa mãn.

Vậy tập hợp viết dưới dạng liệt kê là: $X = \left\{ {1;\frac{3}{2}} \right\}$.

Chọn đáp án: B

Thay các giá trị đáp án vào để kiểm tra:

Với $n = 7$: ${7^2} - 1 = 48$ (không phải số nguyên tố).

Với $n = 5$: ${5^2} - 1 = 24$ (không phải số nguyên tố).

Với $n = 2$: ${2^2} - 1 = 3$ (là số nguyên tố).

Với $n = 8$: ${8^2} - 1 = 63$ (không phải số nguyên tố).

Chọn đáp án: C

Vì $x \in \mathbb{N}$ và $x \le 4$ nên $x \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}$.

Tính giá trị ${x^2} + 1$ tương ứng với từng $x$:

$x = 0 \Rightarrow {0^2} + 1 = 1$

$x = 1 \Rightarrow {1^2} + 1 = 2$

$x = 2 \Rightarrow {2^2} + 1 = 5$

$x = 3 \Rightarrow {3^2} + 1 = 10$

$x = 4 \Rightarrow {4^2} + 1 = 17$

Vậy $A = \left\{ {1;2;5;10;17} \right\}$.

Chọn đáp án: B

Trục hoành $y = 0$ chia mặt phẳng thành hai nửa. Phần không gạch chéo nằm hoàn toàn phía trên trục hoành, không kể bờ (đường nét đứt trên trục $Ox$), suy ra ta có bất phương trình đầu tiên là $y > 0$. Do đó, loại phương án A và D.

Đường thẳng ranh giới còn lại đi qua hai điểm $\left( {2;0} \right)$ và $\left( {0;3} \right)$. Phương trình đường thẳng này theo đoạn chắn là: $\frac{x}{2} + \frac{y}{3} = 1 \Leftrightarrow 3x + 2y = 6$.

Điểm gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ nằm trong miền không gạch chéo (miền nghiệm). Thay tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ vào biểu thức đường thẳng: $3.0 + 2.0 = 0 < 6$.

Do đó bất phương trình biểu diễn miền nghiệm chứa gốc tọa độ là $3x + 2y < 6$.

Kết hợp lại, ta được hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{y > 0}\\{3x + 2y < 6}\end{array}} \right.$.

Chọn đáp án: B

Từ điều kiện bài toán, ta lập hệ bất phương trình ràng buộc với $x$ (kg thịt gà) và $y$ (kg thịt cá):

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0 \le x \le 10}\\{0 \le y \le 8}\\{0{,}25x + 0{,}20y \ge 2{,}3}\\{0{,}20x + 0{,}10y \ge 1{,}2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0 \le x \le 10}\\{0 \le y \le 8}\\{5x + 4y \ge 46}\\{2x + y \ge 12}\end{array}} \right.$

Hàm chi phí cần tối thiểu hóa là: $T\left( {x,y} \right) = 80.000x + 110.000y$.

Xác định các đỉnh của miền nghiệm tạo bởi hệ bất phương trình trên:

Giao điểm của hai đường thẳng $5x + 4y = 46$ và $2x + y = 12$:

Giải hệ phương trình ta được $x = 2$, $y = 8$. Điểm này thỏa mãn các điều kiện còn lại.

Giao điểm của $2x + y = 12$ và trục hoành $y = 0 \Rightarrow x = 6$. Nhưng tại $x = 6$, biểu thức $5\left( 6 \right) + 4\left( 0 \right) = 30 < 46$ (Không thỏa mãn).

Giao điểm của $5x + 4y = 46$ với $y = 0 \Rightarrow x = 9{,}2$. Khi đó $2\left( {9{,}2} \right) + 0 = 18{,}4 \ge 12$ (Thỏa mãn). Điểm này là $\left( {9{,}2;0} \right)$.

Điểm giới hạn trên với $x = 10$: nếu $x = 10,y = 0 \Rightarrow 5\left( {10} \right) \ge 46$ và $2\left( {10} \right) \ge 12$ (Thỏa mãn). Điểm này là $\left( {10;0} \right)$.

Tính chi phí $T$ tại các đỉnh khả thi:

Tại $M\left( {2;8} \right)$: $T = 80.000\left( 2 \right) + 110.000\left( 8 \right) = 1.040.000$ đồng. Tổng khối lượng: $x + y = 2 + 8 = 10$ kg.

Tại $N\left( {9{,}2;0} \right)$: $T = 80.000\left( {9{,}2} \right) + 110.000\left( 0 \right) = 736.000$ đồng. Tổng khối lượng: $x + y = 9{,}2 + 0 = 9{,}2$ kg.

Tại $P\left( {10;0} \right)$: Chi phí chắc chắn cao hơn tại $N$.

Chi phí thấp nhất đạt được tại đỉnh $N\left( {9{,}2;0} \right)$ với tổng khối lượng $x + y = 9{,}2$ kg.

Chọn đáp án: C

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$:

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

Thay số vào công thức:

$B{C^2} = {4^2} + {3^2} - 2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot {\rm{cos}}{60^ \circ }$

$B{C^2} = 16 + 9 - 24 \cdot \frac{1}{2} = 25 - 12 = 13$

$BC = \sqrt {13}$

Chọn đáp án: D

Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC$:

$\frac{{AC}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}} \Rightarrow {\rm{sin}}A = \frac{{BC \cdot {\rm{sin}}B}}{{AC}} = \frac{{30 \cdot {\rm{sin}}{{75}^ \circ }}}{{50}} \approx 0{,}57955$

$\Rightarrow \hat A \approx 35,{417^ \circ }$

Tính góc $\hat C$:

$\hat C = {180^ \circ } - \left( {\hat A + \hat B} \right) \approx {180^ \circ } - \left( {35,{{417}^ \circ } + {{75}^ \circ }} \right) = 69,{583^ \circ }$

Tính diện tích tam giác $ABC$:

$S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC \cdot {\rm{sin}}C = \frac{1}{2} \cdot 50 \cdot 30 \cdot {\rm{sin}}69,{583^ \circ } \approx 750 \cdot 0{,}93719 \approx 702{,}89$

Làm tròn đến hàng phần mười, giá trị gần nhất là 702,9.

Chọn đáp án: C

Rút gọn bất phương trình:

$- x + 2 + 2y - 4 < 2 - 2x \Leftrightarrow x + 2y - 4 < 0$

Thay tọa độ các điểm vào vế trái $f\left( {x,y} \right) = x + 2y - 4$:

Với $\left( {0;0} \right)$: $0 + 2\left( 0 \right) - 4 = - 4 < 0$ (Thuộc miền nghiệm).

Với $\left( {4;2} \right)$: $4 + 2\left( 2 \right) - 4 = 4 > 0$ (Không thuộc miền nghiệm).

Với $\left( {1; - 1} \right)$: $1 + 2\left( { - 1} \right) - 4 = - 5 < 0$ (Thuộc miền nghiệm).

Với $\left( {1;1} \right)$: $1 + 2\left( 1 \right) - 4 = - 1 < 0$ (Thuộc miền nghiệm).

Vậy miền nghiệm không chứa điểm $\left( {4;2} \right)$.

Chọn đáp án: B

Thay tọa độ các điểm vào biểu thức $f\left( {x,y} \right) = x - 2y + 5$:

Với $\left( { - 2;4} \right)$: $- 2 - 2\left( 4 \right) + 5 = - 5 \not > 0$ (Sai).

Với $\left( {2;2} \right)$: $2 - 2\left( 2 \right) + 5 = 3 > 0$ (Đúng).

Với $\left( { - 2;2} \right)$: $- 2 - 2\left( 2 \right) + 5 = - 1 \not > 0$ (Sai).

Với $\left( {1;3} \right)$: $1 - 2\left( 3 \right) + 5 = 0 \not > 0$ (Sai).

Chọn đáp án: B

Công thức đúng của định lí côsin là ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc{\rm{cos}}A$ (Phương án A đúng).

Phương án B sai vì công thức Heron đúng phải là $S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$.

Phương án C sai vì theo định lí sin: $\frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = 2R \Rightarrow b = 2R{\rm{sin}}B$.

Phương án D sai vì diện tích đúng là $S = \frac{1}{2}bc{\rm{sin}}A$.

Chọn đáp án: A

Thay điểm $\left( {0;0} \right)$ vào hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2\left( 0 \right) + 3\left( 0 \right) - 1 = - 1 \not > 0}\\{5\left( 0 \right) - 0 + 4 = 4 \not < 0}\end{array}} \right.$.

Cả hai bất phương trình đều không thỏa mãn, do đó điểm $\left( {0;0} \right)$ không thuộc miền nghiệm của hệ.

Chọn đáp án: C

Đường thẳng ranh giới đi qua $\left( {2;0} \right)$ và $\left( {0;3} \right)$ có phương trình là $3x + 2y = 6$. Vì miền nghiệm không tính bờ nên dấu bất đẳng thức phải là dấu nghiêm ngặt ($>$ hoặc $<$). Loại A và D.

Điểm gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ nằm trong phần tô đậm (miền nghiệm). Thay tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ vào biểu thức $3x + 2y$: $3.0 + 2.0 = 0 < 6$.

Do đó, bất phương trình biểu diễn miền nghiệm là $3x + 2y < 6$.

Chọn đáp án: C

Thử lần lượt tọa độ các điểm vào hệ:

Với $B\left( {0;1} \right)$:

Điểm $B\left( {0;1} \right)$ thỏa mãn tất cả các bất phương trình trong hệ.

Chọn đáp án: B

Theo quy tắc phủ định của mệnh đề chứa ký hiệu tồn tại ($\exists$), ta chuyển $\exists$ thành $\forall$ và phủ định mệnh đề phía sau ($\le$ thành $>$).

Vậy mệnh đề phủ định là $\overline{P}:"\forall x\in ℝ,\ {x}^{2}+1>0"$.

a) Xác định tập hợp $A$ và biểu diễn:

Ta thấy hai khoảng $\left[ {0;2} \right]$ và $\left( {4;6} \right)$ không có phần tử chung nào vì $2 < 4$.

Do đó:

$A = \left[ {0;2} \right] \cap \left( {4;6} \right) = \emptyset$

Biểu diễn trên trục số: Vẽ một trục số và gạch chéo toàn bộ trục số (hoặc vẽ trục số trống không có phần tử nào được chọn).

b) Xác định phần bù của tập hợp $B$:

Tập hợp $B$ được viết dưới dạng khoảng nửa khoảng là: $B = \left[ { - 3;5} \right)$.

Phần bù của $B$ trong $\mathbb{R}$ (ký hiệu là ${C_\mathbb{R}}B$) là tập hợp các phần tử thuộc $\mathbb{R}$ nhưng không thuộc $B$:

${C_\mathbb{R}}B = \mathbb{R} \setminus \left[ { - 3;5} \right) = \left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left[ {5; + \infty } \right)$

Bước 1: Vẽ đường thẳng ${d_1}:2x - y + 4 = 0$

Đi qua hai điểm $\left( {0;4} \right)$ và $\left( { - 2;0} \right)$.

Xét điểm $O\left( {0;0} \right)$, ta có: $2\left( 0 \right) - 0 + 4 = 4 \ge 0$ (đúng).

Vậy miền nghiệm của bất phương trình $2x - y + 4 \ge 0$ là nửa mặt phẳng bờ ${d_1}$ chứa gốc tọa độ $O$ (tính cả bờ ${d_1}$).

Bước 2: Vẽ đường thẳng ${d_2}:x + y - 1 = 0$

Đi qua hai điểm $\left( {0;1} \right)$ và $\left( {1;0} \right)$.

Xét điểm $O\left( {0;0} \right)$, ta có: $0 + 0 - 1 = - 1 \le 0$ (đúng).

Vậy miền nghiệm của bất phương trình $x + y - 1 \le 0$ là nửa mặt phẳng bờ ${d_2}$ chứa gốc tọa độ $O$ (tính cả bờ ${d_2}$).

Kết luận: Miền nghiệm của hệ là phần giao của hai miền nghiệm trên (phần không bị gạch chứa gốc tọa độ $O$, kể cả các đoạn đường thẳng ranh giới).

Xét tam giác $AHB$ vuông tại $H$ (vì $AH \bot HB$ theo mô hình mặt đất phẳng), ta tính độ dài cạnh $AB$ và góc $\widehat {HAB}$:

$AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{4^2} + {{20}^2}} = \sqrt {416} = 4\sqrt {26} {\rm{\;(m)}}$

${\rm{tan}}\widehat {HAB} = \frac{{HB}}{{AH}} = \frac{{20}}{4} = 5 \Rightarrow \widehat {HAB} \approx 78,{69^ \circ }$

Ta có góc $\widehat {BAC} = {45^ \circ }$. Do đó góc $\widehat {HAC}$ là:

$\widehat {HAC} = \widehat {HAB} - \widehat {BAC} \approx 78,{69^ \circ } - {45^ \circ } = 33,{69^ \circ }$

Xét tam giác $AHC$ vuông tại $H$, ta tính độ dài đoạn $HC$:

$HC = AH \cdot {\rm{tan}}\widehat {HAC} = 4 \cdot {\rm{tan}}\left( {33,{{69}^ \circ }} \right) \approx 4 \cdot \frac{2}{3} \approx 2{,}67{\rm{\;(m)}}$

Chiều cao của cây là đoạn $BC$, được tính bằng:

$BC = HB - HC \approx 20 - 2{,}67 = 17{,}33{\rm{\;(m)}}$

Làm tròn đến hàng phần chục (hàng phần mười), ta được chiều cao của cây là:

$BC \approx 17{,}3{\rm{\;(m)}}$