Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2024-2025 THPT Việt Nam Ba Lan (Hà Nội) có đáp án - Mã 158

Dựa vào hình vẽ minh họa (biểu đồ Venn), phần không bị gạch chính là phần thuộc tập hợp $B$ nhưng không thuộc tập hợp $A$, tức là tập hợp $B\backslash A$.

Chọn B.

Ta sử dụng công thức Heron để tính diện tích tam giác $ABC$.

Nửa chu vi của tam giác $ABC$ là:

$p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{3 + 5 + 6}}{2} = 7$

Diện tích tam giác $ABC$ là:

$S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - CA} \right)} = \sqrt {7 \cdot \left( {7 - 3} \right) \cdot \left( {7 - 5} \right) \cdot \left( {7 - 6} \right)}$

$S = \sqrt {7 \cdot 4 \cdot 2 \cdot 1} = \sqrt {56}$

Chọn D.

Hệ A chứa 3 ẩn ($x,y,z$) nên không phải hệ bất phương trình hai ẩn.

Hệ B chứa bậc hai (${x^2},{y^2}$) nên không phải hệ bất phương trình bậc nhất.

Hệ C chứa căn thức ($\sqrt y$) và bậc hai (${x^2}$) nên không phải hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Hệ D gồm các bất phương trình bậc nhất đối với hai ẩn $x$ và $y$.

Chọn D.

Ta có công thức lượng giác cơ bản: $1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x$ và ${\rm{cot}}x = \frac{{{\rm{cos}}x}}{{{\rm{sin}}x}}$.

Biến đổi biểu thức $M$:

$M = \left( {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x} \right){\rm{co}}{{\rm{t}}^2}x + 1 - {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}x$

$M = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x \cdot {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}x + 1 - {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}x$

$M = {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}x\left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x - 1} \right) + 1$

Vì ${\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x - 1 = - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x$, thay vào ta được:

$M = {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}x \cdot \left( { - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x} \right) + 1$

$M = - \frac{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x}} \cdot {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x + 1$

$M = - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x + 1 = {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x$

Chọn A.

Xét tam giác $ABC$, ta có tổng ba góc trong một tam giác bằng ${180^ \circ }$:

$\widehat {ABC} = {180^ \circ } - \left( {\widehat {BAC} + \widehat {BCA}} \right) = {180^ \circ } - \left( {{{70}^ \circ } + {{50}^ \circ }} \right) = {60^ \circ }$

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

$\frac{{AB}}{{{\rm{sin}}\widehat {BCA}}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}\widehat {ABC}}}$

$\Rightarrow AB = \frac{{AC \cdot {\rm{sin}}\widehat {BCA}}}{{{\rm{sin}}\widehat {ABC}}} = \frac{{50 \cdot {\rm{sin}}{{50}^ \circ }}}{{{\rm{sin}}{{60}^ \circ }}}$

$AB \approx \frac{{50 \cdot 0{,}7660}}{{0{,}8660}} \approx 44{,}23{\rm{m}}$

Giá trị này gần nhất với $44{\rm{m}}$.

Chọn A.

Thay tọa độ từng điểm vào hệ bất phương trình để kiểm tra:

Với $A\left( { - 2;2} \right)$: $- 2 - 2 = - 4 < 0$ (Sai bất phương trình thứ nhất).

Với $B\left( {1; - 1} \right)$: $1 - \left( { - 1} \right) = 2 > 0$ (Đúng), $1 - 3\left( { - 1} \right) + 3 = 7 > 0$ (Sai bất phương trình thứ hai).

Với $C\left( {5;3} \right)$:

Chọn C.

Vì $X \subset A$ và $X \subset B$ nên $X \subset \left( {A \cap B} \right)$.

Ta tìm tập hợp giao $A \cap B$:

$A \cap B = \left\{ {1;2} \right\}$

Các tập con của tập hợp $\left\{ {1;2} \right\}$ là: $\emptyset ,\left\{ 1 \right\},\left\{ 2 \right\},\left\{ {1;2} \right\}$.

Vậy có tất cả $4$ tập hợp $X$ thỏa mãn bài toán.

Chọn D.

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

Chọn D.

Vì ${\rm{cot}}\alpha = - \frac{1}{2} < 0$ và ${0^ \circ } < \alpha < {180^ \circ }$ nên $\alpha$ là góc tù (${90^ \circ } < \alpha < {180^ \circ }$), suy ra ${\rm{cos}}\alpha < 0$.

Ta có công thức:

$1 + {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}\alpha = \frac{1}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha }} \Rightarrow {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = \frac{1}{{1 + {{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{1 + \frac{1}{4}}} = \frac{4}{5}$

Lại có:

${\rm{cot}}\alpha = \frac{{{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{sin}}\alpha }} \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}\alpha \cdot {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} \cdot \frac{4}{5} = \frac{1}{4} \cdot \frac{4}{5} = \frac{1}{5}$

Vì ${\rm{cos}}\alpha < 0$ nên:

${\rm{cos}}\alpha = - \frac{1}{{\sqrt 5 }} = - \frac{{\sqrt 5 }}{5}$

Chọn B.

Xét từng khẳng định:

$A \cap B = \left\{ {0;1;2} \right\}$ (A sai).

$A \cap C = \left\{ {0;1;2} \right\}$ (B sai).

$A\backslash C$ gồm các phần tử thuộc $A$ nhưng không thuộc $C$, tức là $\left\{ {3;4} \right\}$ (C đúng).

$A \cup B = \left\{ {0;1;2;3;4} \right\} = A$ (D sai).

Chọn C.

Đường thẳng $d$ đi qua hai điểm $\left( {4;0} \right)$ và $\left( {0;2} \right)$.

Phương trình đường thẳng $d$ theo đoạn chắn là: $\frac{x}{4} + \frac{y}{2} = 1 \Leftrightarrow x + 2y = 4$.

Miền nghiệm không gạch chéo không chứa gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$.

Thay tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ vào biểu thức $x + 2y$: $0 + 2 \cdot 0 = 0 \le 4$.

Vì miền nghiệm tính cả bờ $d$ nên bất phương trình tương ứng là $x + 2y \ge 4$.

Chọn C.

a) Sai: Vì ${90^ \circ } < \alpha < {180^ \circ }$ ($\alpha$ ở góc phần tư thứ II) nên ${\rm{cos}}\alpha < 0$.

b) Sai: Từ ${\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {m^2}$. Do ${\rm{cos}}\alpha < 0$ nên ${\rm{cos}}\alpha = - \sqrt {1 - {m^2}}$.

c) Đúng: Theo công thức góc bù nhau, ${\rm{sin}}\left( {{{180}^ \circ } - \alpha } \right) = {\rm{sin}}\alpha = m$.

d) Sai: Biến đổi vế trái (VT):

${\rm{VT}} = {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha \left( {{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha - 1} \right) + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha - {\rm{sin}}\alpha$

${\rm{VT}} = {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha \cdot \left( { - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha } \right) + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha - {\rm{sin}}\alpha$

${\rm{VT}} = - \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha }}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} \cdot {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha - {\rm{sin}}\alpha$

${\rm{VT}} = - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha - {\rm{sin}}\alpha = - {\rm{sin}}\alpha = - m$

Xét biểu thức đề bài: Đề bài ghi $= 1 - m$. Vậy mệnh đề này Sai (Do $- m \ne 1 - m$).

Ta viết lại hai tập hợp dưới dạng khoảng, đoạn: $A = \left( { - 2;5} \right]$ và $B = \left( {1; + \infty } \right)$.

a) Đúng: Rõ ràng từ định nghĩa của tập $A$.

b) Sai: $A \cap B = \left( { - 2;5} \right] \cap \left( {1; + \infty } \right) = \left( {1;5} \right]$. Thiếu dấu ngoặc vuông tại phần tử số $5$.

c) Sai: $A \cup B = \left( { - 2;5} \right] \cup \left( {1; + \infty } \right) = \left( { - 2; + \infty } \right)$. Phải là ngoặc tròn tại $- 2$.

d) Đúng: Vì đúng ra $A \cap B = \left( {1;5} \right]$, nên phần bù của nó trong $\mathbb{R}$ là:

${C_\mathbb{R}}\left( {A \cap B} \right) = \mathbb{R} \setminus \left( {1;5} \right] = \left( { - \infty ;1} \right] \cup \left( {5; + \infty } \right)$

a) Đúng: Giá một quyển vở là $8$ nghìn đồng $\Rightarrow 8x$, một cây bút là $5$ nghìn đồng $\Rightarrow 5y$.

b) Đúng: Tổng số tiền không vượt quá $250$ nghìn đồng: $8x + 5y \le 250$.

c) Sai: Thay $x = 20,y = 20$ vào bất phương trình: $8\left( {20} \right) + 5\left( {20} \right) = 160 + 100 = 260 > 250$ (Không thỏa mãn).

d) Sai: Nếu $y = 20 \Rightarrow 8x + 5\left( {20} \right) \le 250 \Leftrightarrow 8x + 100 \le 250 \Leftrightarrow 8x \le 150 \Leftrightarrow x \le 18{,}75$.

Do $x \in \mathbb{N}$ nên số vở tối đa Bình có thể mua là $18$ quyển. Do đó khẳng định mua tối đa $19$ quyển là sai.

a) Sai: Áp dụng định lý côsin trong tam giác $ABC$:

$A{B^2} = C{A^2} + B{C^2} - 2 \cdot CA \cdot BC \cdot {\rm{cos}}C = {6^2} + {8^2} - 2 \cdot 6 \cdot 8 \cdot {\rm{cos}}{60^ \circ }$

$A{B^2} = 36 + 64 - 96 \cdot \frac{1}{2} = 52 \Rightarrow AB = \sqrt {52} = 2\sqrt {13} \approx 7{,}211 \approx 7{,}21$

b) Sai: Áp dụng định lý côsin để tính góc $A$:

${\rm{cos}}A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot AC}} = \frac{{52 + 36 - 64}}{{2 \cdot \sqrt {52} \cdot 6}} = \frac{{24}}{{12\sqrt {52} }} = \frac{2}{{\sqrt {52} }} > 0$

Vì ${\rm{cos}}A > 0$ nên góc $A$ là góc nhọn.

c) Đúng: Diện tích tam giác $ABC$:

$S = \frac{1}{2} \cdot CA \cdot BC \cdot {\rm{sin}}C = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 \cdot {\rm{sin}}{60^ \circ } = 24 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 12\sqrt 3$

Nửa chu vi tam giác:

$p = \frac{{6 + 8 + \sqrt {52} }}{2} = 7 + \sqrt {13}$

Bán kính đường tròn nội tiếp $r$:

$r = \frac{S}{p} = \frac{{12\sqrt 3 }}{{7 + \sqrt {13} }} \approx \frac{{20{,}7846}}{{10{,}6055}} \approx 1{,}96$

Vậy mệnh đề này Đúng.

d) Đúng: Trọng tâm $G$ chia tam giác thành 3 phần có diện tích bằng nhau:

${S_{ABG}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot 12\sqrt 3 = 4\sqrt 3$

Gọi $x,y$ lần lượt là diện tích đất trồng dưa lê và dưa vàng (đơn vị: ha, $x \ge 0,y \ge 0$).

Từ giả thiết, ta có hệ bất phương trình giới hạn:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y \le 8}\\{20x + 30y \le 180}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y \le 8}\\{2x + 3y \le 18}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.$

Miền nghiệm của hệ là một đa giác với các đỉnh: $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {8;0} \right)$, $B\left( {6;2} \right)$ (giao điểm của $x + y = 8$ và $2x + 3y = 18$), và $C\left( {0;6} \right)$.

Hàm tiền lãi thu được là: $F\left( {x,y} \right) = 30x + 40y$ (triệu đồng).

Ta tính giá trị của $F\left( {x,y} \right)$ tại các đỉnh:

Tại $O\left( {0;0} \right)$: $F\left( {0{,}0} \right) = 0$

Tại $A\left( {8;0} \right)$: $F\left( {8{,}0} \right) = 30 \cdot 8 = 240$

Tại $B\left( {6;2} \right)$: $F\left( {6{,}2} \right) = 30 \cdot 6 + 40 \cdot 2 = 180 + 80 = 260$

Tại $C\left( {0;6} \right)$: $F\left( {0{,}6} \right) = 40 \cdot 6 = 240$

Vậy số tiền lãi lớn nhất bác An có thể thu được là $260$ triệu đồng.

Đáp số: $260$

Số học sinh thích ít nhất một trong hai môn thể thao là: $N = 25 + 23 - 14 = 34$.

Tổng số học sinh của lớp 10A1 bao gồm cả những học sinh không thích môn nào: $34 + 6 = 40$.

Đáp số: $40$

Để mệnh đề đúng với $x = 1$, ta thay $x = 1$ vào bất phương trình:

${1^2} + 4 \cdot 1 - a < 0 \Leftrightarrow 5 - a < 0 \Leftrightarrow a > 5$

Vì $a$ là số nguyên và $a > 5$, nên giá trị nhỏ nhất của $a$ là $6$.

Đáp số: $6$

Trước hết, để tập hợp $A \ne \emptyset$ thì:

$7 - m \le 2m - 5 \Leftrightarrow 3m \ge 12 \Leftrightarrow m \ge 4$

Để hai tập hợp giao nhau bằng rỗng ($A \cap B = \emptyset$), xảy ra hai trường hợp:

Trường hợp 1: Tập $A$ nằm hoàn toàn bên trái tập $B$:

$2m - 5 \le 9 \Leftrightarrow 2m \le 14 \Leftrightarrow m \le 7$

Trường hợp 2: Tập $A$ nằm hoàn toàn bên phải tập $B$:

$7 - m > 12 \Leftrightarrow m < - 5$

Kết hợp điều kiện $m \ge 4$, ta có $A \cap B = \emptyset$ khi:

$4 \le m \le 7$

Do đó, để $A \cap B \ne \emptyset$ thì điều kiện ngược lại (trong phạm vi $m \ge 4$) là:

$m > 7$

Mà $m$ là số nguyên thuộc $\left[ {0;2024} \right]$ nên $m \in \left\{ {8;9;10;...;2024} \right\}$.

Số lượng giá trị nguyên của $m$ là:

$2024 - 8 + 1 = 2017$

Đáp số: $2017$

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, suy ra $G$ là giao điểm của hai đường trung tuyến $BM$ và $CN$. Do $BM \bot CN$ nên tam giác $GBC$ vuông tại $G$.

Đặt $GB = 2x \Rightarrow GM = x$ và $GC = 2y \Rightarrow GN = y$.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông $GBC$:

$G{B^2} + G{C^2} = B{C^2} \Rightarrow {\left( {2x} \right)^2} + {\left( {2y} \right)^2} = {6^2} \Rightarrow 4{x^2} + 4{y^2} = 36 \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 9$

Xét các tam giác vuông $GNB$ và $GMC$:

$A{B^2} = 4 \cdot B{N^2} = 4 \cdot \left( {G{B^2} + G{N^2}} \right) = 4\left( {4{x^2} + {y^2}} \right) = 16{x^2} + 4{y^2}$

$A{C^2} = 4 \cdot C{M^2} = 4 \cdot \left( {G{C^2} + G{M^2}} \right) = 4\left( {4{y^2} + {x^2}} \right) = 4{x^2} + 16{y^2}$

Suy ra: $A{B^2} + A{C^2} = 20\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 20 \cdot 9 = 180$

Áp dụng định lý côsin trong tam giác $ABC$ với $\hat A = {30^ \circ }$:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot {\rm{cos}}{30^ \circ }$

$36 = 180 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \sqrt 3 \cdot AB \cdot AC = 144 \Rightarrow AB \cdot AC = \frac{{144}}{{\sqrt 3 }} = 48\sqrt 3$

Diện tích tam giác $ABC$ được tính bằng công thức:

$S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot {\rm{sin}}{30^ \circ } = \frac{1}{2} \cdot 48\sqrt 3 \cdot \frac{1}{2} = 12\sqrt 3 \approx 20{,}8$

Đáp số: $20{,}8$

Ta sử dụng tính chất của hai góc bù nhau: ${\rm{cos}}\left( {{{180}^ \circ } - x} \right) = - {\rm{cos}}x \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\left( {{{180}^ \circ } - x} \right) = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x$.

Nhóm các số hạng từ hai đầu lại với nhau:

$P = \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{1^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{{179}^ \circ }} \right) + \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{2^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{{178}^ \circ }} \right) + ... + \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{{89}^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{{91}^ \circ }} \right) + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{90^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{180^ \circ }$

Vì ${\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{179^ \circ } = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{1^ \circ }$, nên mỗi nhóm có dạng $2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x$.

$P = 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{1^ \circ } + 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{2^ \circ } + ... + 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{89^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{90^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{180^ \circ }$

$P = 2\left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{1^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{2^ \circ } + ... + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{{89}^ \circ }} \right) + {0^2} + {\left( { - 1} \right)^2}$

Lại sử dụng tính chất góc phụ nhau cho biểu thức trong ngoặc: ${\rm{cos}}\left( {{{90}^ \circ } - x} \right) = {\rm{sin}}x \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\left( {{{90}^ \circ } - x} \right) = {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x$.

${\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{1^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{2^ \circ } + ... + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{89^ \circ } = \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{1^ \circ } + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{{89}^ \circ }} \right) + ... + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{45^ \circ }$

$= \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{1^ \circ } + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}{1^ \circ }} \right) + \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{2^ \circ } + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}{2^ \circ }} \right) + ... + \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{{44}^ \circ } + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}{{44}^ \circ }} \right) + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}{45^ \circ }$

$= 44 \cdot 1 + {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = 44 + \frac{1}{2} = 44{,}5$

Thay ngược vào biểu thức $P$ ta được: $P = 2 \cdot 44{,}5 + 0 + 1 = 89 + 1 = 90$.

Đáp số: $90$