Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Quang Trung (Đống Đa-Hà Nội) có đáp án

Thay tọa độ điểm $O\left( {0;0} \right)$, tức là $x = 0$ và $y = 0$, vào từng hệ bất phương trình:

Xét đáp án A: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0 + 3 \cdot 0 + 6 = 6 < 0{\rm{\;(Sai)}}}\\{2 \cdot 0 + 0 - 4 = - 4 > 0{\rm{\;(Sai)}}}\end{array}} \right.$ $\Rightarrow O\left( {0;0} \right)$ không thuộc miền nghiệm.

Xét đáp án B: $\Rightarrow O\left( {0;0} \right)$ không thuộc miền nghiệm.

Xét đáp án C: $\Rightarrow O\left( {0;0} \right)$ thuộc miền nghiệm.

Chọn C.

Tập hợp $\left( { - 3;3} \right)$ là một khoảng trên trục số bao gồm các số thực $x$ thỏa mãn $- 3 < x < 3$.

Trên trục số, khoảng này được biểu diễn bởi dấu ngoặc đơn $($ tại $- 3$ và $)$ tại $3$.

Toàn bộ phần nằm ngoài khoảng này (tức là $x \le - 3$ hoặc $x \ge 3$) sẽ bị gạch bỏ.

Chọn D.

Dựa vào các hệ thức lượng cơ bản trong tam giác:

Định lý côsin: ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc{\rm{cos}}A$ $\Rightarrow$ Đáp án A đúng.

Công thức tính diện tích theo bán kính đường tròn ngoại tiếp $R$ là $S = \frac{{abc}}{{4R}}$ (đáp án B sai vì dùng $r$).

Định lý sin: $\frac{a}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{c}{{{\rm{sin}}C}} = 2R$ (đáp án C sai vì dùng $r$).

Công thức Heron: $S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$ (đáp án D sai dấu trong các ngoặc).

Chọn A.

Giao của hai tập hợp $S$ và $T$ (ký hiệu $S \cap T$) là tập hợp gồm tất cả các phần tử vừa thuộc $S$ vừa thuộc $T$.

Ta thấy các phần tử chung của cả hai tập hợp là $3$ và $4$.

Do đó, $S \cap T = \left\{ {3;4} \right\} = \left\{ {4;3} \right\}$.

Chọn A.

Diện tích tam giác $ABC$ được tính theo công thức tích hai cạnh và sin của góc xen giữa:

$S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot {\rm{sin}}\widehat {ABC}$

Thay các giá trị đã cho vào công thức:

$S = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt 3 \cdot {\rm{sin}}{60^ \circ } = \sqrt 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{2}$

Chọn C.

Dựa vào hình vẽ, điểm $M$ nằm trên nửa đường tròn đơn vị và thuộc góc phần tư thứ II (độ dài góc $\alpha$ là góc tù, ${90^ \circ } < \alpha < {180^ \circ }$).

Với góc tù $\alpha$, ta có:

Tung độ của điểm $M$ dương nên ${\rm{sin}}\alpha > 0$.

Hoành độ của điểm $M$ âm nên ${\rm{cos}}\alpha < 0$.

Do đó: ${\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} < 0$ và ${\rm{cot}}\alpha = \frac{{{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{sin}}\alpha }} < 0$.

Nhìn vào các phương án, khẳng định B ghi ${\rm{sin}}\alpha < 0$ là sai.

Chọn B.

Phủ định của ký hiệu tồn tại $\exists$ là ký hiệu với mọi $\forall$.

Phủ định của mệnh đề chứa dấu nhỏ hơn hoặc bằng $\le$ là dấu lớn hơn $>$.

Do đó, phủ định của mệnh đề đã cho là: "$\forall x \in \mathbb{R}: - 2{x^2} > 3x + 5$".

Chọn B.

Bất phương trình bậc nhất hai ẩn $x,y$ là bất phương trình có dạng tổng quát là $ax + by + c < 0$ (hoặc $> 0, \le 0, \ge 0$), trong đó $a,b,c$ là các số thực và $a,b$ không đồng thời bằng $0$. Bậc của các ẩn $x$ và $y$ đều phải là bậc 1.

Xét các phương án: các câu A, B, C đều chứa ${x^2}$ hoặc ${y^2}$ (ẩn bậc 2).

Chỉ có bất phương trình $3x - 5y \ge 0$ ở đáp án D thỏa mãn điều kiện ẩn bậc nhất đối với cả $x$ và $y$.

Chọn D.

Ý a) ĐÚNG. Đường thẳng ${d_1}:x + 2y = 3$ đi qua $\left( {3;0} \right)$ và $\left( {1;1} \right)$. Thử điểm $\left( {0;0} \right) \Rightarrow 0 + 0 \ge 3$ (Sai) $\to$ gạch miền chứa gốc tọa độ $O$.

Đường thẳng ${d_2}:2x - y + 4 = 0$ đi qua $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( {0;4} \right)$. Thử điểm $\left( {0;0} \right) \Rightarrow 0 - 0 + 4 \ge 0$ (Đúng) $\to$ giữ lại miền chứa gốc tọa độ $O$.

Với bất phương trình $x \le 1$, ta vẽ đường thẳng $x = 1$ và gạch bỏ miền không chứa gốc tọa độ $O$.

Đối chiếu đồ thị bài cho, phần không bị tô đậm chính xác biểu diễn miền nghiệm của hệ đã cho.

Ý b) SAI. Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tam giác với các đỉnh có tọa độ là $\left( {1;1} \right)$, $\left( { - 1;2} \right)$ và $\left( {1;6} \right)$.

Ta tính $F\left( {x;y} \right) = x + 3y$ tại tọa độ các đỉnh của miền nghiệm:

$F\left( {1;1} \right) = 1 + 3 \cdot 1 = 4$; $F\left( { - 1;2} \right) = - 1 + 3 \cdot 2 = 5$; $F\left( {1;6} \right) = 1 + 3 \cdot 6 = 19$.

So sánh các giá trị ta thấy giá trị lớn nhất của biểu thức là 19.

Ý c) SAI. Thay tọa độ $\left( { - 1;0} \right)$ vào bất phương trình đầu tiên của hệ: $- 1 + 2 \cdot 0 = - 1 \ge 3$ (Sai). Do đó $\left( { - 1;0} \right)$ không phải là nghiệm của hệ. (Hoặc quan sát đồ thị rồi suy ra)

Ý d) ĐÚNG. Cả ba bất phương trình trong hệ đều có dạng bậc nhất đối với hai ẩn $x$ và $y$.

Ý a) SAI. Phần bù của tập hợp $A$ trong $\mathbb{R}$ là ${C_\mathbb{R}}A = \left( { - \infty ;0\left] \cup \right[6; + \infty } \right)$. Ký hiệu khoảng và dấu ngoặc trong phương án đưa ra bị ngược và sai bản chất.

Ý b) SAI. Tập hiệu $B\backslash A$ gồm các phần tử thuộc $B$ nhưng không thuộc $A$.

Vì $A = \left( {0;6} \right)$ và $B = \left( {3;9} \right]$, các phần tử thuộc $B$ mà lớn hơn hoặc bằng $6$ sẽ không thuộc $A$.

Vậy $B\backslash A = \left[ {6;9} \right]$.

Ý c) SAI. Giao của tập $A$ với tập các số tự nhiên khác 0 (${\mathbb{N}^{\rm{*}}}$):

$A \cap {\mathbb{N}^{\rm{*}}} = \left( {0;6} \right) \cap \left\{ {1;2;3; \ldots } \right\} = \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}$

Tập hợp này có số phần tử là $n = 5$.

Số tập hợp con của nó là ${2^n} = {2^5} = 32$. Do đó ý phát biểu khẳng định có 16 tập con là sai.

Ý d) SAI. Phép hợp của hai tập hợp: $A \cup B = \left( {0;6} \right) \cup \left( {3;9} \right] = \left( {0;9} \right]$. Phương án ghi $\left( {3;6} \right)$ là sai (đó là kết quả của phép giao $A \cap B$).

Gọi $A$ là tập hợp các học sinh tham gia hát tốp ca $\Rightarrow n\left( A \right) = 17$.

Gọi $B$ là tập hợp các học sinh tham gia nhảy Flashmob $\Rightarrow n\left( B \right) = 23$.

Tập hợp các học sinh tham gia văn nghệ của lớp là $A \cup B \Rightarrow n\left( {A \cup B} \right) = 35$.

Số học sinh tham gia cả hai tiết mục là số phần tử của tập hợp $A \cap B$.

Áp dụng công thức hợp của hai tập hợp:

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

Thay số vào ta được:

$35 = 17 + 23 - n\left( {A \cap B} \right)$

$35 = 40 - n\left( {A \cap B} \right) \Rightarrow n\left( {A \cap B} \right) = 40 - 35 = 5$

Đáp số: 5.

Mô hình hóa bài toán bằng tam giác $ABC$, trong đó:

$A$ là vị trí bến tàu xuất phát. Góc $\hat A = {45^ \circ }$.

Quãng đường tàu thứ nhất đi được sau 2 giờ (độ dài cạnh $b$ hoặc $c$): $AB = 15 \cdot 2 = 30$ (hải lí).

Quãng đường tàu thứ hai đi được sau 2 giờ: $AC = 12 \cdot 2 = 24$ (hải lí).

Khoảng cách giữa hai tàu sau 2 giờ chính là độ dài cạnh $BC$.

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

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

$B{C^2} = {30^2} + {24^2} - 2 \cdot 30 \cdot 24 \cdot {\rm{cos}}{45^ \circ }$

$B{C^2} = 900 + 576 - 1440 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 1476 - 1018{,}23 = 457{,}77$

$BC = \sqrt {457{,}77} \approx 21{,}39$ (hải lí)

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được khoảng cách là 21 hải lí.

Đáp số: 21

Ta có $A = \left( { - 7;4} \right]$. Các số nguyên thuộc tập $A$ là $\left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}$.

Biến đổi điều kiện của tập $B$:

$2 + m - 4x \ge 0 \Leftrightarrow 4x \le m + 2 \Leftrightarrow x \le \frac{{m + 2}}{4}$

Do đó, tập hợp $B = \left( { - \infty ;\frac{{m + 2}}{4}} \right]$.

Khi đó giao của hai tập hợp là:

$A \cap B = \left( { - 7;\frac{{m + 2}}{4}} \right] \cap \left( { - 7;4} \right]$

Để $A \cap B$ chứa đúng 7 số nguyên, các số nguyên này bắt buộc phải là 7 số nguyên nhỏ nhất bắt đầu từ cận $- 7$ tiến lên, đó là: $- 6, - 5, - 4, - 3, - 2, - 1{,}0$.

Để tập hợp chứa số $0$ nhưng không chứa số nguyên tiếp theo là số $1$, điều kiện của giá trị biên là:

$0 \le \frac{{m + 2}}{4} < 1$

Giải hệ bất phương trình trên:

$0 \le m + 2 < 4 \Leftrightarrow - 2 \le m < 2$

Vì $m$ là giá trị nguyên, nên $m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}$.

Tổng tất cả các giá trị nguyên của $m$ thu được là:

$\left( { - 2} \right) + \left( { - 1} \right) + 0 + 1 = - 2$

Đáp số: -2

a) Lập hệ bất phương trình:

Theo đề bài, ta có các điều kiện ràng buộc thực tế như sau:

Diện tích và đất trồng không thể âm: $x \ge 0$ và $y \ge 0$.

Tổng diện tích trồng hai loại khoai không vượt quá tổng diện tích đất là 8 ha:

$x + y \le 8$

Tổng số ngày công sử dụng không vượt quá 90 ngày công:

$10x + 15y \le 90 \Leftrightarrow 2x + 3y \le 18$

Vậy hệ bất phương trình biểu thị các điều kiện của bài toán là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 8}\\{2x + 3y \le 18}\end{array}} \right.$.

b) Biểu diễn miền nghiệm trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$:

Đường thẳng ${d_1}:x + y = 8$ đi qua các điểm $\left( {8;0} \right)$ và $\left( {0;8} \right)$. Miền nghiệm của $x + y \le 8$ là nửa mặt phẳng bờ ${d_1}$ chứa gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$.

Đường thẳng ${d_2}:2x + 3y = 18$ đi qua các điểm $\left( {9;0} \right)$ và $\left( {0;6} \right)$. Miền nghiệm của $2x + 3y \le 18$ là nửa mặt phẳng bờ ${d_2}$ chứa gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$.

Điều kiện $x \ge 0,y \ge 0$ giới hạn miền nghiệm nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Giao giao của các miền nghiệm trên là miền tứ giác $OABC$ (bao gồm cả các cạnh bờ), với các đỉnh có tọa độ:

$O\left( {0;0} \right)$

$A\left( {8;0} \right)$

$B\left( {6;2} \right)$ (tọa độ giao điểm của ${d_1}$ và ${d_2}$)

$C\left( {0;6} \right)$

Dựa vào hình vẽ trong đề bài, ta chuẩn hóa các ký hiệu hình học như sau:

Kính quan sát đặt tại vị trí điểm $C$. Đường nằm ngang qua mắt người quan sát là đường thẳng chứa đoạn $CD = 18{\rm{\;m}}$.

Tòa nhà có chân đặt tại mặt đất là điểm $E$, tầng mái tòa nhà (chân cột cờ) là điểm $A$.

Đỉnh cột cờ là điểm $B$.

Đài quan sát cao 5 m so với mặt đất $\Rightarrow CF = 5{\rm{\;m}}$.

Do tứ giác $CDEF$ là hình chữ nhật nên cạnh đứng thẳng mặt đất $DE = CF = 5{\rm{\;m}}$, và khoảng cách ngang $CD = FE = 18{\rm{\;m}}$.

Xét tam giác vuông $ADC$ vuông tại $D$:

Ta có góc quan sát chân cột cờ $A$ là $\widehat {ACD} = {40^ \circ }$.

Độ dài đoạn $AD$ biểu diễn độ cao từ mái nhà xuống đường ngang tầm mắt:

$AD = CD \cdot {\rm{tan}}\widehat {ACD} = 18 \cdot {\rm{tan}}{40^ \circ } \approx 15{,}1{\rm{\;m}}$

Vì điểm $D$ nằm trên cấu trúc đứng thẳng của tòa nhà, chiều cao tòa nhà $AE$ bằng:

$AE = AD + DE \approx 15{,}1 + 5 = 20{,}1{\rm{\;m}}$

Xét tam giác vuông $BDC$ vuông tại $D$:

Ta có góc quan sát đỉnh cột cờ $B$ là $\widehat {BCD} = {50^ \circ }$.

Độ dài đoạn thẳng $BD$:

$BD = CD \cdot {\rm{tan}}\widehat {BCD} = 18 \cdot {\rm{tan}}{50^ \circ } \approx 21{,}45{\rm{\;m}}$

Chiều cao cột cờ chính là độ dài đoạn thẳng $AB$:

$AB = BD - AD \approx 21{,}45 - 15{,}1 = 6{,}35{\rm{\;m}}$

Kết luận: Chiều cao của cột cờ khoảng $6{,}35{\rm{\;m}}$.

Chiều cao của tòa nhà khoảng $20{,}1{\rm{\;m}}$.