Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2024-2025 THPT Tây Thạnh (TP.HCM) có đáp án

Chọn B

$A = \{ x \in \mathbb{N}|x \le 6\} = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}$.

Chọn B

Nửa chu vi tam giác là: $p = \frac{{52 + 56 + 60}}{2} = 84$

Diện tích tam giác là: $S = \sqrt {84.\left( {84 - 52} \right).\left( {84 - 56} \right).\left( {84 - 60} \right)} = 1344$

Mà $S = \frac{{AB.AC.BC}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{AB.AC.BC}}{{4S}} = 32{,}5.$

Chọn C

$cos\hat B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB.BC}} = \frac{{36 + 32 - 20}}{{2.6.\sqrt {32} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$

Do đó $\hat B = {45^ \circ }$.

Chọn C

Vì $\alpha$ là góc tù nên $\tan \alpha < 0$.

Chọn B

$A \cap B = \left( {0;5} \right].$

Chọn B

Ta có:

$si{n^2}\alpha + co{s^2}\alpha = 1 \Rightarrow co{s^2}\alpha = 1 - si{n^2}\alpha = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}}$

Vì ${90^ \circ } < \alpha < {180^ \circ } \Rightarrow cos\alpha < 0 \Rightarrow cos\alpha = - \frac{3}{5}$.

Chọn A

Để bất phương trình $2x + by < 7$ là bất phương trình bậc nhất hai ẩn thì $b \in \mathbb{R}$.

Chọn D

Hệ bất phương trình không là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn vì bất phương trình ${x^2} \le y + 2$ không là bất phương trình bậc nhất.

Chọn B

Vì “Hôm nay trời đẹp quá!” là câu cảm thán không có khẳng định đúng hoặc sai.

Chọn D

Lần lượt thay các bộ số vào hệ bất phương trình ta được $\left( {2;1} \right)$ không là nghiệm của hệ bất phương trình trên.

Vậy miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 2y < 0}\\{x + 3y > - 2}\end{array}} \right.$ là phần mặt phẳng không chứa điểm $\left( {2;1} \right)$.

Chọn A

Từ hình vẽ ta thấy điểm $A\left( {2;0} \right)$ thuộc miền nghiệm không bị gạch của bất phương trình cần tìm. Thay điểm $A\left( {2;0} \right)$ vào biểu thức $5x - 2y$ ta có $2.5 - 2.0 = 10 \ge 1$, suy ra điểm $A\left( {2;0} \right)$ thuộc miền nghiệm của bất phương trình ở phương án A.

Do đó hình vẽ trên là miền nghiệm của bất phương trình $5x - 2y \ge 1$.

Chọn B

$A \cup B = \left\{ {2{,}3{,}4{,}6{,}7{,}8} \right\}$

a) Đúng. Từ hình vẽ, ta thấy điểm $A\left( {2;2} \right)$ nằm trong miền tam giác biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình.

b) Đúng. Hình biểu diễn miền nghiệm đã cho ta sẵn ba cặp số nguyên là đỉnh tam giác thỏa mãn là $\left( {1;2} \right)$, $\left( {2;4} \right)$, $\left( {4;1} \right)$.

c) Đúng. Từ hình vẽ, ta thấy điểm $B\left( {3;3} \right)$ nằm ngoài miền tam giác biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình.

d) Sai. Ta có tọa độ của đỉnh của miền nghiệm là $\left( {1;2} \right)$, $\left( {2;4} \right)$, $\left( {4;1} \right)$.

Với điểm $\left( {1;2} \right)$: $T = 29.1 + 5.2 = 39$.

Với điểm $\left( {2;4} \right)$: $T = 29.2 + 5.4 = 78$.

Với điểm $\left( {4;1} \right)$: $T = 29.4 + 5.1 = 121$.

Biểu thức $T = 29x + 5y$ đạt giá trị nhỏ nhất là $39$.

a) Sai. Ta có: ${\sin ^2}A = 1 - {\cos ^2}A = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}$

mà ${0^ \circ } < \hat A < {180^ \circ } \Rightarrow \sin A > 0 \Rightarrow \sin A = \frac{4}{5}$.

b) Đúng. Xét $\Delta ABC$: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos A = {9^2} + {5^2} - 2.9.5.\frac{3}{5} = 52$

c) Sai. Theo định lý sin:

$\frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} \Leftrightarrow \frac{9}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{2\sqrt {13} }}{{\frac{4}{5}}} \Rightarrow \sin \widehat {ACB} = \frac{{18\sqrt {13} }}{{65}} \Rightarrow \widehat {ACB} \approx {86^ \circ }.$

d) Đúng. Với $\sin \widehat {AMC} = \frac{{4\sqrt {17} }}{{17}}$ theo định lý sin trong tam giác $AMC$:

$\frac{{AC}}{{\sin \widehat {AMC}}} = \frac{{MC}}{{\sin A}} \Rightarrow MC = \frac{{AC \cdot \sin A}}{{\sin \widehat {AMC}}} = \frac{{5 \cdot \frac{4}{5}}}{{\frac{{4\sqrt {17} }}{{17}}}} = \sqrt {17} .$

Giả sử tồn tại $M$ nằm trên cạnh $AB \Rightarrow AM \le 9$.

Xét tam giác $AMC$: Theo bất đẳng thức tam giác: $AM < AC + MC$ mà $AC + MC = 5 + \sqrt {17} \approx 9{,}12 > 9$.

Vậy tồn tại duy nhất điểm $M$ nằm trên cạnh $AB$ để $\sin \widehat {AMC} = \frac{{4\sqrt {17} }}{{17}}.$

a) Sai. Ta có: $x \in A \cap B \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \in A}\\{x \in B}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - 2 \le x < 5}\\{0 \le x \le 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 \le x < 5 \Leftrightarrow x \in \left[ {0;5} \right)$.

Vậy $A \cap B = \left[ {0;5} \right)$.

b) Đúng. Ta có: $x \in B \cup C \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \in B}\\{x \in C}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{0 \le x \le 7}\\{ - 2 < x < 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow - 2 < x \le 7 \Leftrightarrow x \in \left( { - 2;7} \right].$

Vậy $B \cup C = \left( { - 2;7} \right]$.

c) Đúng. Ta có: $x \in {C_\mathbb{R}}B \Leftrightarrow x \notin B \Leftrightarrow x \notin \left[ {0;7} \right] \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x < 0}\\{x > 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right).$

Vậy ${C_\mathbb{R}}B = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right)$.

d) Sai. Ta có: $x \in A\backslash C \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \in A}\\{x \notin C}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - 2 \le x < 5}\\{\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \le - 2}\\{x \ge 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = - 2}\\{1 \le x < 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \in \left\{ { - 2} \right\} \cup \left[ {1;5} \right).$

Vậy tập hợp $A\backslash C$ có $5$ phần tử là số nguyên là $\left\{ { - 2;1;2;3;4} \right\}$.

a) Sai. Xét tam giác $AMN$ có $AM = 3{,}2{\rm{km}}$; $MN = 5{,}5{\rm{km}}$, $\widehat {AMN} = \alpha = {140^ \circ }$, áp dụng định lý cosin cho tam giác ta có:

$A{N^2} = A{M^2} + M{N^2} - 2.AM.MN.\cos \alpha$

$\Rightarrow AN = \sqrt {{{\left( {3{,}2} \right)}^2} + {{\left( {5{,}5} \right)}^2} - 2.\left( {3{,}2} \right).\left( {5{,}5} \right).\cos {{140}^ \circ }} \approx 8{,}21\left( {{\rm{km}}} \right).$

b) Đúng. Xét tam giác $AMN$ có $AM = 3{,}2{\rm{km}}$; $MN = 5{,}5{\rm{km}}$; $AN \approx 8{,}21{\rm{km}}$ ta có:

$\cos \widehat {MNA} = \frac{{M{N^2} + N{A^2} - A{M^2}}}{{2.NM.NA}} \approx 0{,}968 \Rightarrow \widehat {MNA} \approx {14{,}55^ \circ } < {15^ \circ }.$

c) Đúng. Xét tam giác $MNB$ có $NB = 3{,}6{\rm{km}}$, $MN = 5{,}5{\rm{km}}$; $\widehat {MNB} = \beta = {145^ \circ }$, áp dụng định lý cosin cho tam giác ta có:

$M{B^2} = N{M^2} + B{N^2} - 2.NM.BN.\cos \beta$

$\Rightarrow MB = \sqrt {{{\left( {3{,}6} \right)}^2} + {{\left( {5{,}5} \right)}^2} - 2.\left( {3{,}6} \right).\left( {5{,}5} \right).\cos {{145}^ \circ }} \approx 8{,}7\left( {{\rm{km}}} \right).$

d) Sai. Ta có: $\widehat {ANB} = \widehat {MNB} - \widehat {MNA} \approx {145^ \circ } - {14{,}55^ \circ } = {130{,}45^ \circ }$

Xét tam giác $ANB$ có $NB = 3{,}6{\rm{km}}$; $AN = 8{,}21{\rm{km}}$, $\widehat {ANB} \approx {130{,}45^ \circ }$, áp dụng định lý cosin ta có:

$A{B^2} = A{N^2} + N{B^2} - 2.AN.NB.cos\widehat {ANB}$

$AB = \sqrt {{{\left( {8{,}21} \right)}^2} + {{\left( {3{,}6} \right)}^2} - 2.\left( {8{,}21} \right).\left( {3{,}6} \right).\cos {{130{,}45}^ \circ }} \approx 11{,}37\left( {{\rm{km}}} \right).$

Khi đó, thời gian người đó đi hết quãng đường $AB$ bằng đường hầm là:

${t_1} = \frac{S}{v} = \frac{{11{,}37}}{{80}} \approx 0{,}1422\left( {\rm{h}} \right) \approx 9{\rm{\;(ph\'u t)}}.$

Nếu đi từ $A$ đến $B$ bằng đường tránh thì quãng đường người đó phải đi là:

$3{,}2 + 5{,}5 + 3{,}6 = 12{,}3\left( {{\rm{km}}} \right).$

Do đó thời gian đi hết quãng đường này là:

${t_2} = \frac{{12{,}3}}{{40}} = 0{,}3075\left( {\rm{h}} \right) \approx 18{\rm{\;(ph\'u t)}}.$

Vậy nếu đi bằng đường xuyên núi sẽ nhanh hơn đi đường tránh một khoảng thời gian là:

$18 - 9 = 9{\rm{\;(ph\'u t)}}.$

Gọi số sản phẩm loại $A$ và $B$ bạn Linh dự định làm lần lượt là $x,y$ ($x,y \in \mathbb{N}$).

Đổi $8{\rm{\;gio}} = 480{\rm{\;ph\'u t}}$.

Theo đề bài, ta có hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 9}\\{40x + 60y \le 480}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 9}\\{2x + 3y \le 24}\end{array}} \right.$

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình, ta được miền nghiệm là miền tứ giác $ABCO$ (bao gồm cả các cạnh). Trong đó các đỉnh có tọa độ là $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {0;8} \right)$, $B\left( {3;6} \right)$, $C\left( {9;0} \right)$.

Số tiền bạn Linh thu được sẽ là biểu thức: $F\left( {x;y} \right) = 15x + 20y$.

Tính giá trị của $F$ tại các đỉnh:

$F\left( {0;0} \right) = 0$

$F\left( {0;8} \right) = 160$

$F\left( {3;6} \right) = 15.3 + 20.6 = 165$

$F\left( {9;0} \right) = 15.9 = 135$

Vậy số tiền bạn Linh thu được nhiều nhất là $165$ nghìn đồng khi làm $3$ sản phẩm loại $A$ và $6$ sản phẩm loại $B$.

Vì trạm phát tín hiệu tại điểm $I$ cách đều cả ba tòa nhà $A,B,C$ nên $I$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Do đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp $R = IA = IB = IC$.

Ta có tam giác $AHB$ và tam giác $AHC$ vuông tại $H$.

Độ dài các cạnh của tam giác $ABC$ được tính như sau:

$AB = \sqrt {A{H^2} + B{H^2}} = \sqrt {{{6{,}5}^2} + {{2{,}5}^2}} = \sqrt {42{,}25 + 6{,}25} = \sqrt {48{,}5}$;

$AC = \sqrt {A{H^2} + C{H^2}} = \sqrt {{{6{,}5}^2} + {{6{,}5}^2}} = \sqrt {42{,}25 + 42{,}25} = \sqrt {84{,}5}$;

$BC = BH + HC = 2{,}5 + 6{,}5 = 9{\rm{km}}$.

Diện tích tam giác $ABC$ là: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 6{,}5 \cdot 9 = 29{,}25$.

Áp dụng công thức tính bán kính đường tròn ngoại tiếp:

$R = IA = \frac{{AB \cdot AC \cdot BC}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{\sqrt {48{,}5} \cdot \sqrt {84{,}5} \cdot 9}}{{4 \cdot 29{,}25}} = \frac{{\sqrt {4098{,}25} \cdot 9}}{{117}}$

Ta tính toán giá trị $I{A^2}$: $I{A^2} = \frac{{4098{,}25 \cdot 81}}{{13689}} = \frac{{331958{,}25}}{{13689}} \approx 24{,}25$$\Rightarrow 100I{A^2} \approx 2425$.