Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 TH-THCS-THPT Lê Thánh Tông (TP.HCM) có đáp án

Hàm số phân thức xác định khi và chỉ khi mẫu số khác 0.

Điều kiện xác định: $x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 1$.

Vậy tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Đáp án đúng: B.

Ta có giao của hai tập hợp $A$ và $B$ là tập hợp gồm các phần tử vừa thuộc $A$ vừa thuộc $B$.

Mặt khác, $1 \in A$ và $1 \in B$; $5 \in A$ và $5 \in B$. Do đó $A \cap B = \left\{ {1;5} \right\} = A$.

Đáp án đúng: C.

Áp dụng định lý côsin trong tam giác $ABC$, ta có:

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

$B{C^2} = {2^2} + {1^2} - 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot {\rm{cos}}60^\circ$

$B{C^2} = 4 + 1 - 4 \cdot \frac{1}{2} = 5 - 2 = 3$

$\Rightarrow BC = \sqrt 3$

Đáp án đúng: B.

Xét các phương án:

- Khẳng định A là đúng theo định lý côsin.

- Theo định lý sin, ta có: $\frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{{AB}}{{{\rm{sin}}C}} = 2R$. Vậy khẳng định B và C đều đúng.

- Khẳng định D sai, do không tuần theo định lí côsin.

Đáp án đúng: D.

Phương án A có 3 ẩn ($x,y,z$) nên không phải hai ẩn.

Phương án B và D chứa ${x^2}$ và ${y^2}$ nên là bậc hai.

Phương án C có dạng $ax + by + c > 0$ với $a = 2,b = 1,c = 0$, đây là bất phương trình bậc nhất hai ẩn $x,y$.

Đáp án đúng: C.

Thay tọa độ điểm $O\left( {0;0} \right)$ vào từng hệ bất phương trình:

Với hệ D: Thay $x = 0,y = 0$ vào bất phương trình thứ nhất: $0 + 3\left( 0 \right) = 0 < 0$ (vô lý).

Do đó điểm $O\left( {0;0} \right)$ không thỏa mãn hệ bất phương trình ở phương án D.

Đáp án đúng: D.

Dựa vào đồ thị:

- Trên đoạn $\left[ { - 3; - 1} \right]$, đồ thị đi xuống từ trái sang phải $\Rightarrow$ hàm số nghịch biến trên $\left( { - 3; - 1} \right)$.

- Trên đoạn $\left[ { - 1;1} \right]$, đồ thị là đường thẳng nằm ngang ứng với giá trị $y = - 1 \Rightarrow$ hàm số hằng.

- Trên đoạn $\left[ {1;3} \right]$, đồ thị đi lên từ trái sang phải $\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$.

Vì hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {1;3} \right)$ nên nó cũng đồng biến trên khoảng con $\left( {1;2} \right)$.

Đáp án đúng: B.

Thay tọa độ các điểm vào bất phương trình:

Với $C\left( { - 2;1} \right)$: $2\left( { - 2} \right) + 3\left( 1 \right) = - 4 + 3 = - 1 \le 5$ (đúng).

Đáp án đúng: C.

Tính $f\left( { - 2} \right)$: Vì $- 2 < 2$ nên sử dụng công thức dưới: $f\left( { - 2} \right) = 2 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} + 1 = 2 \cdot 4 + 1 = 9$.

Tính $f\left( 2 \right)$: Vì $2 \ge 2$ nên sử dụng công thức trên: $f\left( 2 \right) = 2 - 1 = 1$.

Vậy $P = f\left( { - 2} \right) + f\left( 2 \right) = 9 + 1 = 10$.

Đáp án đúng: A.

Tập hợp hiệu $A\backslash B$ chứa các phần tử thuộc $A$ nhưng không thuộc $B$.

$A\backslash B = \left( {1;5} \right]\backslash \left( {2;7} \right] = \left( {1;2} \right]$.

Đáp án đúng: A.

Vì góc $\alpha$ thuộc góc phần tư thứ nhất ($0^\circ < \alpha < 90^\circ$) nên tất cả các giá trị lượng giác của $\alpha$ đều nhận giá trị dương: ${\rm{sin}}\alpha > 0$, ${\rm{cos}}\alpha > 0$, ${\rm{tan}}\alpha > 0$, ${\rm{cot}}\alpha > 0$. Do đó khẳng định ${\rm{sin}}\alpha > 0$ là đúng.

Đáp án đúng: D.

Do tiểu đội rẽ phải một góc $50^\circ$ so với hướng đi thẳng $AB$, nên góc tạo bởi hai đoạn thẳng $BA$ và $BC$ là góc kề bù với góc $50^\circ$ đó. Ta có $\widehat {ABC} = 180^\circ - 50^\circ = 130^\circ$.

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

$A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot {\rm{cos}}\widehat {ABC}$$= {12^2} + {3^2} - 2 \cdot 12 \cdot 3 \cdot {\rm{cos}}130^\circ = 199{,}28$.

$\Rightarrow AC \approx \sqrt {199{,}28} \approx 14{,}1\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Đáp án đúng: A.

a) ĐÚNG. Nhìn từ trái sang phải dọc trục $Ox$, đồ thị bắt đầu tại điểm có hoành độ $x = - 3$ và kết thúc tại điểm có hoành độ $x = 4$. Do đó tập xác định là $D = \left[ { - 3;4} \right]$.

b) ĐÚNG. Nhìn từ dưới lên trên dọc trục $Oy$, điểm thấp nhất của đồ thị có tung độ $y = - 2$ (tại $x = - 1$) và điểm cao nhất của đồ thị có tung độ $y = 3$ (tại $x = 2$). Do đó tập giá trị là $\left[ { - 2;3} \right]$.

c) SAI. Trên khoảng $\left( { - 1;2} \right)$, đồ thị đi lên nên hàm số đồng biến trên $\left( { - 1;2} \right)$. Khoảng $\left( { - 2;3} \right)$ không phải khoảng đồng biến của hàm số (vì trên $\left( { - 2; - 1} \right)$ đồ thị đi xuống, hàm số nghịch biến).

d) SAI. Xét trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$:

Tại $x = 0 \Rightarrow y = 0$.

Trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$, đồ thị đi lên từ $\left( {0;0} \right)$ đến cao nhất tại điểm $\left( {2;3} \right) \Rightarrow M = 3$.

Trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$, đồ thị đi xuống từ $\left( {2;3} \right)$ đến thấp nhất tại điểm $\left( {4; - 1} \right) \Rightarrow m = - 1$.

Vậy trên đoạn $\left[ {0;4} \right]$, giá trị lớn nhất là $M = 3$ và giá trị nhỏ nhất là $m = - 1$.

Tính tổng bình phương: ${M^2} + {m^2} = {3^2} + {\left( { - 1} \right)^2} = 9 + 1 = 10 \ne 13$. Do đó mệnh đề phát biểu ${M^2} + {m^2} = 13$ là SAI.

a) ĐÚNG. Ngôi sao 5 cánh có 5 đỉnh nằm đều nhau trên đường tròn. Góc ở tâm tạo bởi một cánh của ngôi sao cân xứng là $\widehat {BAC} = \frac{{360^\circ }}{{10}} = 36^\circ$ (mỗi cánh tạo bởi hai tam giác bằng nhau chung cạnh đáy từ tâm kéo dài, hoặc góc ở đỉnh tâm của mỗi tam giác nhỏ cấu thành ngôi sao đều bằng nhau, chia góc vòng tròn $360^\circ$ thành 10 phần bằng nhau).

b) SAI. Theo định lý côsin phải là dấu trừ: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.{\rm{cos}}\widehat {BAC}$.

c) ĐÚNG. Sử dụng định lý côsin để giải tìm $AC$:

Ta có $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot {\rm{cos}}36^\circ$

$\Rightarrow {30^2} = {20^2} + A{C^2} - 2 \cdot 20 \cdot AC \cdot {\rm{cos}}36^\circ$

$900 = 400 + A{C^2} - 40 \cdot {\rm{cos}}36^\circ \cdot AC$

$A{C^2} - 40 \cdot {\rm{cos}}36^\circ \cdot AC - 500 = 0$

Từ đó suy ra $AC = 20\cos 36^\circ + \sqrt {{{\left( {20\cos 36^\circ } \right)}^2} + 500} \approx 43{,}8{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

d) SAI. Bán kính đường tròn ngoại tiếp logo chính là độ dài đoạn $AC$.

Diện tích hình tròn: ${S_{{\rm{tr\`o n}}}} = \pi \cdot A{C^2}$.

Diện tích hình ngôi sao gồm 10 tam giác nhỏ bằng tam giác $ABC$:

${S_{{\rm{ng\^o i\;sao}}}} = 10 \cdot {S_{\Delta ABC}}$$= 10 \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot {\rm{sin}}36^\circ \approx 100 \cdot {\rm{sin}}36^\circ \cdot AC$.

Diện tích phần tô đậm ở nền: $S = {S_{{\rm{tr\`o n}}}} - {S_{{\rm{ng\^o i\;sao}}}} \approx 3448{,}4{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Giải bất phương trình cho tập $M$: $2x + 5 \ge 4 + x \Leftrightarrow x \ge - 1 \Rightarrow M = \left[ { - 1; + \infty } \right)$.

Giải bất phương trình cho tập $N$: $5x - 6 < 3x - 1 \Leftrightarrow 2x < 5 \Leftrightarrow x < \frac{5}{2} \Rightarrow N = \left( { - \infty ;\frac{5}{2}} \right)$.

Giao của hai tập hợp: $M \cap N = \left[ { - 1;\frac{5}{2}} \right)$.

Các số tự nhiên thuộc tập hợp này là các số nguyên không âm: $x \in \left\{ {0;1;2} \right\}$.

Tổng các số tự nhiên đó là: $0 + 1 + 2 = 3$.

Đáp số: $3$.

Ta kiểm tra số tiền tương ứng tại các điểm mốc:

Nếu $x = 10$, số tiền là .

Nếu $x = 40$, số tiền là .

Vì số tiền bạn Chí trả là nằm trong khoảng từ đến , nên quãng đường di chuyển nằm ở khoảng thứ hai $\left( {10 < x \le 40} \right)$.

Ta giải phương trình:

$15000x - 50000 = 475000$

$15000x = 525000$

$x = \frac{{525000}}{{15000}} = 35$

Giá trị $x = 35$ thỏa mãn điều kiện $10 < x \le 40$.

Đáp số: $35$.

Gọi $x,y$ lần lượt là diện tích đất dùng để trồng lúa và trồng khoai ($x \ge 0,y \ge 0$).

Từ dữ kiện bài toán, ta lập hệ bất phương trình ràng buộc sau: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y \le 6}\\{20x + 10y \le 100}\\{30x + 60y \le 240}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + y \le 6}\\{2x + y \le 10}\\{x + 2y \le 8}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.$.

Lợi nhuận là: $F\left( {x;y} \right) = 50x + 60y$ (triệu đồng).

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trên mặt phẳng tọa độ, ta thu được miền nghiệm là miền tứ giác $OABC$ với các đỉnh $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {5;0} \right)$, $B\left( {4;2} \right)$, $C\left( {0;4} \right)$.

Tính giá trị của biểu thức lợi nhuận $F\left( {x;y} \right)$ tại các đỉnh:

Tại $O\left( {0;0} \right) \Rightarrow F = 0$.

Tại $A\left( {5;0} \right) \Rightarrow F = 50 \cdot 5 + 0 = 250$.

Tại $B\left( {4;2} \right) \Rightarrow F = 50 \cdot 4 + 60 \cdot 2 = 200 + 120 = 320$.

Tại $C\left( {0;4} \right) \Rightarrow F = 60 \cdot 4 = 240$.

Lợi nhuận lớn nhất bằng $320$ triệu đồng khi $x = 4$ và $y = 2$.

Yêu cầu bài toán tính giá trị biểu thức: ${x^2} + {y^2} = {4^2} + {2^2} = 16 + 4 = 20$.

Đáp số: $20$.

Xét tam giác $ABC$ như hình vẽ minh họa trong đề bài:

Đoạn $AC = 10{\rm{\;m}}$ là chiều cao của cột đứng thẳng vuông góc với phương ngang.

Đoạn $BC = 17{\rm{\;m}}$ là chiều dài bóng của cột trên sườn dốc.

Góc nghiêng của sườn dốc so với phương ngang là $\theta ^\circ$.

Tia nắng mặt trời tạo với phương ngang góc $42^\circ$. Do đó góc đỉnh $B$ của tam giác tạo bởi sườn dốc và tia nắng chính là $\widehat {ABC} = 42^\circ - \theta ^\circ$.

Vì cột $AC$ thẳng đứng vuông góc phương ngang, nên góc tạo bởi cột $AC$ và phương ngang bằng $90^\circ$. Từ hình vẽ, góc đỉnh $A$ đối diện cạnh dốc là $\widehat {BAC} = 90^\circ - 42^\circ = 48^\circ$.

Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABC$, ta có:

$\frac{{AC}}{{{\rm{sin}}\widehat {ABC}}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}\widehat {BAC}}} \Leftrightarrow \frac{{10}}{{{\rm{sin}}\left( {42^\circ - \theta ^\circ } \right)}} = \frac{{17}}{{{\rm{sin}}48^\circ }}$

$\Rightarrow {\rm{sin}}\left( {42^\circ - \theta } \right) = \frac{{10 \cdot {\rm{sin}}48^\circ }}{{17}}$

$\Rightarrow 42^\circ - \theta ^\circ \approx 25{,}92^\circ$

$\Rightarrow \theta ^\circ \approx 42^\circ - 25{,}92^\circ = 16{,}08^\circ$

Làm tròn đến hàng đơn vị ta được $\theta \approx 16$.

Đáp số: $16$.

Số học sinh có sử dụng ít nhất một trong hai mạng xã hội Instagram hoặc TikTok là:

$45 - 9 = 36$ (học sinh).

Gọi $x$ là số học sinh sử dụng cả hai mạng xã hội này. Theo công thức tính số phần tử của hợp hai tập hợp, ta có:

$18 + 24 - x = 36$

$42 - x = 36$

$x = 42 - 36 = 6$

Vậy có $6$ học sinh trong lớp 10A sử dụng cả hai mạng xã hội trên.

Hàm số xác định khi và chỉ khi các biểu thức căn bậc hai đồng thời thỏa mãn điều kiện có nghĩa và mẫu số khác không: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x + 5 \ge 0}\\{4 - x > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x \ge - 5}\\{x < 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge - \frac{5}{2}}\\{x < 4}\end{array}} \right.$.

Biểu diễn dưới dạng tập hợp, ta được tập xác định của hàm số là: $D = \left[ { - \frac{5}{2};4} \right)$.

Ta có hệ thức cơ bản: ${\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1$

$\Rightarrow {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = 1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.

Tính ${\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha$: ${\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha = \frac{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha }}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} = \frac{{\frac{3}{4}}}{{\frac{1}{4}}} = 3$.

Sử dụng tính chất góc bù nhau, ta có: ${\rm{cos}}\left( {180^\circ - \alpha } \right) = - {\rm{cos}}\alpha$$\Rightarrow {\rm{cos}}\left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}$.

Thay các giá trị tính được vào biểu thức $P$:

$P = 18 \cdot \left( {\frac{3}{4}} \right) + 10 \cdot 3 + 2025 \cdot \left( {\frac{1}{2}} \right)$

$P = \frac{{54}}{4} + 30 + \frac{{2025}}{2} = \frac{{27}}{2} + \frac{{60}}{2} + \frac{{2025}}{2}$

$P = \frac{{27 + 60 + 2025}}{2} = \frac{{2112}}{2} = 1056$

Vậy $P = 1056$.

Gọi $x$ là số sản phẩm thường và $y$ là số sản phẩm cao cấp được sản xuất trong một ngày ($x \in \mathbb{N},y \in \mathbb{N}$).

Dựa vào các điều kiện giới hạn công suất, ta có hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + 2y \le 12}\\{2x + y \le 12}\\{x + y \le 7}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.$.

Lợi nhuận là: $L\left( {x;y} \right) = 2x + 3y$ (triệu đồng).

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền ngũ giác $OABCD$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ với $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {6;0} \right)$, $B\left( {5;2} \right)$, $C\left( {2;5} \right)$, $D\left( {0;6} \right)$.

Tính giá trị lợi nhuận $L\left( {x;y} \right)$ tại năm đỉnh này:

Tại $O\left( {0;0} \right) \Rightarrow L = 0$.

Tại $A\left( {6;0} \right) \Rightarrow L = 2 \cdot 6 + 0 = 12$.

Tại $B\left( {5;2} \right) \Rightarrow L = 2 \cdot 5 + 3 \cdot 2 = 16$.

Tại $C\left( {2;5} \right) \Rightarrow L = 2 \cdot 2 + 3 \cdot 5 = 19$.

Tại $D\left( {0;6} \right) \Rightarrow L = 3 \cdot 6 = 18$.

So sánh các giá trị, ta thấy lợi nhuận lớn nhất đạt được là $19$ triệu đồng tại $x = 2,y = 5$.

Vậy mỗi ngày hộ kinh doanh thu được lợi nhuận nhiều nhất là $19$ triệu đồng.

Hình tròn có bán kính lớn nhất có thể cắt được từ một tấm bìa hình tam giác chính là hình tròn nội tiếp tam giác đó. Do đó, bài toán quy về tìm bán kính đường tròn nội tiếp $r$ của tam giác $ABC$.

Áp dụng công thức diện tích tam giác: $S = p \cdot r$, trong đó $p$ là nửa chu vi tam giác.

Tính nửa chu vi $p$: $p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{16 + 16 + 12}}{2} = \frac{{44}}{2} = 22{\rm{\;(cm)}}$.

Tính diện tích $S$ theo công thức Heron:

$S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - CA} \right)}$$= \sqrt {22 \cdot \left( {22 - 16} \right) \cdot \left( {22 - 16} \right) \cdot \left( {22 - 12} \right)}$$= \sqrt {22 \cdot 6 \cdot 6 \cdot 10} = \sqrt {7920} = 12\sqrt {55} {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2})$.

Tính bán kính đường tròn nội tiếp $r$: $r = \frac{S}{p} = \frac{{12\sqrt {55} }}{{22}} = \frac{{6\sqrt {55} }}{{11}} \approx 4{,}045{\rm{\;(cm)}}$.

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, bán kính lớn nhất của hình tròn thu được là $4{\rm{\;cm}}$.