Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2024-2025 THPT Nguyễn Quốc Trinh (Hà Nội) có đáp án

Từ giả thiết ta có phương trình: $\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right) = 3ab \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} - {c^2} = 3ab$.

Khai triển hằng đẳng thức, ta được: ${a^2} + 2ab + {b^2} - {c^2} = 3ab \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - {c^2} = ab$.

Áp dụng hệ quả của định lí côsin trong tam giác, ta có: ${\rm{cos}}C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}$.

Thay ${a^2} + {b^2} - {c^2} = ab$ vào công thức trên, ta được: ${\rm{cos}}C = \frac{{ab}}{{2ab}} = \frac{1}{2}$.

Do đó, góc C bằng 60°.

Chọn D.

Theo định lí sin trong tam giác, ta luôn có tỉ lệ: $\frac{a}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{c}{{{\rm{sin}}C}} = 2R$.

Từ tỉ lệ này suy ra: $a = 2R{\rm{sin}}A$.

Chọn D.

Nửa chu vi của tam giác ABC là: $p = \frac{{3 + 5 + 6}}{2} = 7$.

Áp dụng công thức Heron tính diện tích tam giác $S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$, ta có:

$S = \sqrt {7\left( {7 - 5} \right)\left( {7 - 6} \right)\left( {7 - 3} \right)}$.

Tính toán ta được: $S = \sqrt {7 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 4} = \sqrt {56}$.

Chọn D.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua hai điểm có tọa độ trên các trục là $\left( {2;0} \right)$ và $\left( {0;2} \right)$.

Phương trình đường thẳng $\Delta$ theo đoạn chắn là: $\frac{x}{2} + \frac{y}{2} = 1 \Leftrightarrow x + y = 2$.

Quan sát hình, phần không bị tô màu (miền nghiệm) không chứa gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$.

Lấy điểm $M\left( {3;3} \right)$ thuộc phần không bị tô màu, ta thấy $3 + 3 = 6 > 2$.

Vì miền nghiệm không tính đường thẳng biên, bất phương trình biểu diễn miền này là $x + y > 2$.

Chọn C.

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

Trong các đáp án, biểu thức $2x + 3y > 9$ là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Các phương án khác đều chứa các bậc cao hơn như ${x^2}$ hoặc ${y^2}$.

Chọn D.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC, ta có: ${b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac{\rm{cos}}B$.

Thay số vào công thức: ${b^2} = {8^2} + {5^2} - 2 \cdot 8 \cdot 5 \cdot {\rm{cos}}{60^ \circ }$.

Tính toán: ${b^2} = 64 + 25 - 80 \cdot \frac{1}{2} = 89 - 40 = 49$.

Suy ra độ dài cạnh $b = 7$.

Chọn A.

Phủ định của cụm từ "là số nguyên tố" là "không là số nguyên tố".

Do đó, mệnh đề phủ định đúng là "2024 không là số nguyên tố".

Chọn A.

Góc tù $\alpha$ thỏa mãn điều kiện ${90^ \circ } < \alpha < {180^ \circ }$.

Trên đường tròn lượng giác, với góc ở góc phần tư thứ hai, ta có

${\rm{sin}}\alpha > 0$, còn ${\rm{cos}}\alpha < 0,{\rm{tan}}\alpha < 0$ và ${\rm{cot}}\alpha < 0$.

Đối chiếu với các đáp án, khẳng định đúng là ${\rm{tan}}\alpha < 0$.

Chọn A.

Dựa vào bảng giá trị lượng giác cơ bản, ta có: ${\rm{cos}}{60^ \circ } = \frac{1}{2}$ và ${\rm{sin}}{30^ \circ } = \frac{1}{2}$.

Thực hiện phép cộng: ${\rm{cos}}{60^ \circ } + {\rm{sin}}{30^ \circ } = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$.

Chọn D.

Tọa độ điểm $M\left( {x;y} \right)$ trên nửa đường tròn đơn vị cho biết trực tiếp ${\rm{cos}}\alpha = x$ và ${\rm{sin}}\alpha = y$.

Do đó, ta có ${\rm{cos}}\alpha = - \frac{1}{2}$ và ${\rm{sin}}\alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Tính giá trị tan: ${\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{ - \frac{1}{2}}} = - \sqrt 3$.

Chọn B.

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

Các phương án A và B là câu cảm thán, phương án C là câu hỏi nên không phải là mệnh đề.

Phương án D "Hà Nội là thủ đô của Việt Nam" là một câu khẳng định đúng, vì vậy nó là một mệnh đề.

Chọn D.

Theo hệ quả của định lí côsin: ${\rm{cos}}A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}$.

Từ giả thiết ${a^2} > {b^2} + {c^2}$ ta suy ra ${b^2} + {c^2} - {a^2} < 0$.

Do mẫu số $2bc > 0$, phân thức mang dấu âm, tức là ${\rm{cos}}A < 0$.

Côsin của một góc trong tam giác mang giá trị âm chứng tỏ góc đó là góc tù.

Chọn A.

a) Sai: Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ được phát biểu là "Nếu ${n^2} > 9$ thì $n > 3$". Mệnh đề này sai vì tồn tại phản ví dụ, chẳng hạn khi $n = - 4$, ta có ${\left( { - 4} \right)^2} = 16 > 9$ (P đúng) nhưng $- 4 > 3$ lại là sai (Q sai).

b) Đúng: Mệnh đề đảo của $P \Rightarrow Q$ là $Q \Rightarrow P$, được phát biểu đúng là “Nếu $n > 3$ thì ${n^2} > 9$”.

c) Đúng: Mệnh đề $P\left( 5 \right)$ có nghĩa là "${5^2} > 9 \Leftrightarrow 25 > 9$", đây là một mệnh đề hoàn toàn đúng.

d) Sai: Hai mệnh đề P và Q không tương đương với nhau do mệnh đề kéo theo chiều $P \Rightarrow Q$ là sai.

a) Sai: Tập hợp hợp $A \cup B$ bao gồm tất cả các phần tử của A và B, kết quả là $\left\{ { - 2; - 1;0;1;2;4} \right\}$. Phát biểu ở đề bài bị thiếu phần tử 0.

b) Đúng: Tập hợp giao $A \cap B$ bao gồm các phần tử chung, đó là $\left\{ { - 2;0;2} \right\}$.

c) Đúng: Tập hợp hiệu $B\backslash A$ gồm các phần tử thuộc B nhưng không thuộc A, kết quả là $\left\{ 4 \right\}$.

d) Đúng: Tập hợp hiệu $A\backslash B$ gồm các phần tử thuộc A nhưng không thuộc B, kết quả là $\left\{ { - 1;1} \right\}$.

a) Sai: Thay tọa độ $\left( {0;0} \right)$ vào hệ ta nhận được: $0 \le 12$ (đúng), $0 \ge 0$ (đúng), $0 \le 0$ (đúng). Do đó $\left( {0;0} \right)$ hoàn toàn là một nghiệm của hệ bất phương trình trên.

b) Sai: Khi biểu diễn trên hệ trục tọa độ, miền nghiệm của hệ là một đa giác có các đỉnh là $O\left( {0;0} \right)$, $M\left( {0;4} \right)$ và giao điểm $N\left( {1.5;2} \right)$ của hai đường thẳng $4x + 3y = 12$ và $4x - 3y = 0$. Thay tọa độ các đỉnh này vào biểu thức $L = 4x + 2y$, ta có $L\left( {0;0} \right) = 0$, $L\left( {0;4} \right) = 8$, và $L\left( {1.5;2} \right) = 10$. Vậy giá trị lớn nhất bằng 10 chứ không phải 11.

c) Đúng: Hệ chỉ chứa các ẩn x, y ở bậc nhất nên đây đúng là một hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

d) Đúng: Dựa vào bước vẽ miền nghiệm ở ý b, miền nghiệm giới hạn bởi ba đường thẳng cắt nhau tạo thành 3 đỉnh nên là một miền tam giác.

a) Sai: Áp dụng định lí côsin: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot {\rm{cos}}A = {4^2} + {5^2} - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{3}{5} = 16 + 25 - 24 = 17$.

Suy ra $BC = \sqrt {17}$, sai so với kết quả $\sqrt {41}$ đề cho.

b) Đúng: Vì góc A nằm trong tam giác nên ${\rm{sin}}A > 0$, ta có ${\rm{sin}}A = \sqrt {1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}A} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2}} = \frac{4}{5}$.

Diện tích tam giác là $S = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot {\rm{sin}}A = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{4}{5} = 8$.

c) Đúng: Dùng công thức diện tích $S = \frac{1}{2}BC \cdot AH$, thay số ta được $8 = \frac{1}{2}\sqrt {17} \cdot AH \Rightarrow AH = \frac{{16}}{{\sqrt {17} }} = \frac{{16\sqrt {17} }}{{17}}$.

d) Đúng: Từ phép tính ở ý b, ta có ${\rm{sin}}\widehat {BAC} = \frac{4}{5}$.

Gọi tập A là số học sinh đăng kí bóng đá, tập B là số học sinh đăng kí cầu lông.

Theo đề bài, ta có $n\left( {A \cup B} \right) = 45$, $n\left( A \right) = 30$, $n\left( B \right) = 25$.

Số học sinh đăng kí cả hai môn tương ứng với phần giao của hai tập hợp:

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

Thay số: $n\left( {A \cap B} \right) = 30 + 25 - 45 = 10$ (em).

Kết quả: 10.

Điều kiện ${90^ \circ } < \alpha < {180^ \circ }$ cho biết góc nằm ở phần tư thứ hai nên ${\rm{cos}}\alpha < 0$.

Áp dụng công thức cơ bản: ${\rm{cos}}\alpha = - \sqrt {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha } = - \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}} = - \frac{{\sqrt 8 }}{3} = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

Tính giá trị của tang: ${\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{ - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}}} = - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}$.

Căn cứ vào dạng bài ${\rm{tan}}\alpha = - \frac{{\sqrt a }}{b}$ và giả định phân số được tối giản, ta có $a = 2,b = 4$.

Tính $T = {a^2} + {b^2} = {2^2} + {4^2} = 4 + 16 = 20$.

Kết quả: 20.

Mệnh đề $P\left( x \right)$ trả về giá trị đúng khi và chỉ khi x thỏa mãn điều kiện $x \ge 3$.

Do yêu cầu x là số nguyên nhỏ nhất, ta chọn ngay được $x = 3$.

Kết quả: 3.

Quan sát đồ thị, đường thẳng d cắt trục tung tại $\left( {0; - 3} \right)$ và trục hoành tại $\left( {\frac{3}{2};0} \right)$.

Viết phương trình đường thẳng d theo dạng đoạn chắn: $\frac{x}{{\frac{3}{2}}} + \frac{y}{{ - 3}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{2x}}{3} - \frac{y}{3} = 1 \Leftrightarrow 2x - y = 3$.

Phần không bị gạch nằm bên phải đường thẳng, chứa điểm $M\left( {2;0} \right)$.

Thử tọa độ điểm M: $2.2 - 0 = 4 > 3$, do đó bất phương trình mô tả phần không bị gạch là $2x - y \ge 3$.

Đồng nhất với dạng $2x + my \ge n$, ta xác định được $m = - 1$ và $n = 3$.

Suy ra $S = 3m + n = 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 3 = 0$.

Kết quả: 0.

Gọi x, y lần lượt là khối lượng (kg) sản phẩm loại I và loại II cần sản xuất ($x \ge 0,y \ge 0$).

Hàm mục tiêu (lợi nhuận nghìn đồng) cần tối đa hóa là: $L\left( {x,y} \right) = 40x + 30y$.

Hệ điều kiện giới hạn nguồn lực của xưởng: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x + 4y \le 200}\\{30x + 15y \le 1200}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + 2y \le 100}\\{2x + y \le 80}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.$.

Vẽ miền nghiệm của hệ trên mặt phẳng tọa độ, ta thu được tứ giác với các đỉnh: $A\left( {40;0} \right)$, $C\left( {20;40} \right)$ (trong đó C là giao điểm của hai đường thẳng $x + 2y = 100$ và $2x + y = 80$).

Thay tọa độ các đỉnh vào hàm $L$:

$L\left( {0;0} \right) = 0$, $L\left( {40;0} \right) = 1600$, $L\left( {0;50} \right) = 1500$, và $L\left( {20;40} \right) = 40\left( {20} \right) + 30\left( {40} \right) = 2000$.

Mức lợi nhuận cao nhất đạt 2000 (nghìn đồng) khi $x = 20$ và $y = 40$.

Tổng khối lượng hai loại sản phẩm xưởng cần sản xuất là $x + y = 20 + 40 = 60$ (kg).

Kết quả: 60.

Đặt C là vị trí ngọn hải đăng trên biển, dựng đường cao CH vuông góc với bờ biển AB (CH chính là khoảng cách cần tìm).

Trong tam giác ABC, ta có $\widehat {CAB} = 45^\circ$, $\widehat {CBA} = 180^\circ - 75^\circ = 105^\circ$ và $AB = 30$.

Tính được góc còn lại: $\widehat {ACB} = 30^\circ$.

Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC để tìm cạnh AC: $\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow AC = \frac{{30 \cdot \sin 105^\circ }}{{\sin 30^\circ }}$.

Xét trong tam giác vuông AHC có góc H vuông, độ dài đường cao $CH = AC \cdot \sin A = \frac{{30 \cdot \sin 105^\circ \cdot \sin 45^\circ }}{{\sin 30^\circ }}$.

Suy ra $CH = 15 + 15\sqrt 3 \approx 40{,}98$ (m).

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị theo yêu cầu đề bài, ta có khoảng cách là 41 mét.

Kết quả: 41.