Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Việt Đức (Hà Nội) có đáp án

Xét đáp án A: Bất phương trình $x + 1 > x \Leftrightarrow 1 > 0$ (luôn đúng với mọi $x \in \mathbb{R}$).

Do đó mệnh đề "$\forall x \in \mathbb{R},x + 1 > x$" là mệnh đề Đúng.

Xét đáp án B: Phương trình $x - 3 = {x^2} \Leftrightarrow {x^2} - x + 3 = 0$ có $\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4.1.3 = - 11 < 0$ nên phương trình vô nghiệm trên $\mathbb{R}$. Mệnh đề sai.

Xét đáp án C: Với mọi số thực $x$, ta luôn có ${x^2} \ge 0$. Do đó không tồn tại $x$ để ${x^2} < 0$. Mệnh đề sai.

Xét đáp án D: Với các số thực âm (ví dụ $x = - 2$), ta có $\left| { - 2} \right| = 2 \ne - 2$. Do đó mệnh đề không đúng với mọi $x \in \mathbb{R}$. Mệnh đề sai.

Chọn A.

Theo quy tắc phủ định của mệnh đề chứa ký hiệu lượng từ:

Phủ định của "$\forall x \in X,P\left( x \right)$" là "$\exists x \in X,\bar P\left( x \right)$".

Do đó, phủ định của mệnh đề là "$\exists x \in \mathbb{Z},{x^2} = x$".

Chọn A.

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

Xét bất phương trình $9{x^2} + 8y - 7 \le 0$, ta thấy ẩn $x$ có bậc là 2. Do đó đây không phải là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Chọn C.

Đầu tiên, phần không gạch chéo nằm hoàn toàn ở phía trên trục hoành $Ox$, tức là gồm các điểm có tung độ dương $\Rightarrow y > 0$.

Đường thẳng giới hạn đi qua hai điểm $\left( {2;0} \right)$ và $\left( {0;3} \right)$ có phương trình dạng:

$\frac{x}{2} + \frac{y}{3} = 1 \Leftrightarrow 3x + 2y = 6$

Thử tọa độ gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ vào biểu thức $3x + 2y$: ta có $3.0 + 2.0 = 0 < 6$. Trên hình vẽ, miền không gạch chéo chứa gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$. Do đề bài yêu cầu không kể đường biên nên ta có bất phương trình $3x + 2y < 6$.

Kết hợp lại, ta được hệ bất phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{y > 0}\\{3x + 2y < 6}\end{array}} \right.$.

Chọn A.

Với góc tù $\alpha \in \left( {{{90}^ \circ };{{180}^ \circ }} \right)$ (góc thuộc góc phần tư thứ II trên đường tròn lượng giác):

${\rm{sin}}\alpha > 0$

${\rm{cos}}\alpha < 0$

${\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} < 0$

${\rm{cot}}\alpha = \frac{{{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{sin}}\alpha }} < 0$

Do đó, khẳng định đúng là ${\rm{sin}}\alpha > 0$.

Chọn D.

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

$\frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2{\rm{sin}}A}}$

Thay số vào ta được:

$R = \frac{{10}}{{2 \cdot {\rm{sin}}{{60}^ \circ }}} = \frac{{10}}{{2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }}$

Chọn C.

Trong tam giác $ABC$, ta có $A + B + C = {180^ \circ } \Rightarrow A + C = {180^ \circ } - B$.

Sử dụng tính chất của hai góc bù nhau:

${\rm{sin}}\left( {A + C} \right) = {\rm{sin}}\left( {{{180}^ \circ } - B} \right) = {\rm{sin}}B$

${\rm{cos}}\left( {A + C} \right) = {\rm{cos}}\left( {{{180}^ \circ } - B} \right) = - {\rm{cos}}B$

${\rm{tan}}\left( {A + C} \right) = {\rm{tan}}\left( {{{180}^ \circ } - B} \right) = - {\rm{tan}}B$

${\rm{cot}}\left( {A + C} \right) = {\rm{cot}}\left( {{{180}^ \circ } - B} \right) = - {\rm{cot}}B$

Khẳng định đúng là ${\rm{tan}}\left( {A + C} \right) = - {\rm{tan}}B$.

Chọn C.

Mệnh đề là một câu khẳng định có tính đúng hoặc sai rõ ràng. Các câu nghi vấn (hỏi), câu cảm thán, câu cầu khiến không phải là mệnh đề.

Các câu B, D là câu hỏi; câu C là câu cầu khiến $\Rightarrow$ Không phải mệnh đề.

Do đó câu A là một mệnh đề.

Chọn A.

Ta viết các tập hợp dưới dạng khoảng, đoạn:

$A = \left[ { - 5;1} \right)$

$B = \left( { - 3;3} \right]$

Hợp của hai tập hợp là lấy tất cả các phần tử thuộc $A$ hoặc thuộc $B$:

$A \cup B = \left[ { - 5;3} \right]$

Chọn D.

Tập hợp $B$ gồm các số thực $x$ thỏa mãn $- \frac{1}{2} < x \le 3$.

Theo định nghĩa ký hiệu khoảng, đoạn, nửa khoảng: ta dùng dấu ngoặc đơn tại giá trị không lấy dấu bằng ($- \frac{1}{2}$) và dấu ngoặc vuông tại giá trị có lấy dấu bằng ($3$).

Do đó: $B = \left( { - \frac{1}{2};3} \right]$.

Chọn B.

Tập hợp $\mathbb{N}$ là tập hợp các số tự nhiên, bao gồm cả số 0.

Các số tự nhiên nhỏ hơn hoặc bằng 4 là: $0{,}1{,}2{,}3{,}4$.

Do đó: $A = \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}$.

Chọn C.

Theo định lý côsin trong tam giác $ABC$ đối với cạnh $BC$:

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

Chọn C.

Ý a): Mảnh đất có diện tích tối đa là 8 hecta, do đó tổng diện tích trồng trọt không được vượt quá 8 hecta. Bất phương trình đúng phải là: $x + y \le 8$. Do đó ý a) SAI.

Ý b): Số ngày công để trồng $x$ ha ngô là $20x$ (ngày). Số ngày công để trồng $y$ ha đậu xanh là $30y$ (ngày). Tổng số ngày công không quá 180 ngày nên ta có:

$20x + 30y \le 180 \Leftrightarrow 2x + 3y \le 18$

Bất phương trình này hoàn toàn chính xác. Do đó ý b) ĐÚNG.

Ý c): Mỗi ha ngô thu về 40 triệu, mỗi ha đậu xanh thu về 50 triệu. Tổng số tiền thu được là $F\left( {x;y} \right) = 40x + 50y$. Do đó ý c) ĐÚNG.

Ý d): Ta lập hệ bất phương trình ràng buộc điều kiện thực tế: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 8}\\{2x + 3y \le 18}\end{array}} \right.$.

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

Tính giá trị của hàm mục tiêu $F\left( {x;y} \right)$ tại các đỉnh:

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

$F\left( {8;0} \right) = 40 \cdot 8 + 50 \cdot 0 = 320$ (triệu đồng)

$F\left( {6;2} \right) = 40 \cdot 6 + 50 \cdot 2 = 240 + 100 = 340$ (triệu đồng)

$F\left( {0;6} \right) = 40 \cdot 0 + 50 \cdot 6 = 300$ (triệu đồng)

Giá trị lớn nhất thu được là 340 triệu đồng đạt được tại $x = 6$ và $y = 2$ (tức là trồng 6 ha ngô và 2 ha đậu xanh). Do đó ý d) ĐÚNG.

Ý a): Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABC$:

$\frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}B}} \Rightarrow BC = \frac{{AC \cdot {\rm{sin}}A}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{{5 \cdot {\rm{sin}}{{60}^ \circ }}}{{{\rm{sin}}{{45}^ \circ }}} = \frac{{5 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{5\sqrt 6 }}{2}{\rm{\;cm}}$

Do đó ý a) ĐÚNG.

Ý b): Xét tam giác $ACI$, ta có cạnh $AC = 5$, cạnh $AI = 3$ và góc kẹp giữa $\hat A = {60^ \circ }$. Áp dụng định lý côsin trong tam giác $ACI$:

$C{I^2} = A{C^2} + A{I^2} - 2 \cdot AC \cdot AI \cdot {\rm{cos}}A$

$C{I^2} = {5^2} + {3^2} - 2 \cdot 5 \cdot 3 \cdot {\rm{cos}}{60^ \circ } = 25 + 9 - 30 \cdot \frac{1}{2} = 34 - 15 = 19$

$\Rightarrow CI = \sqrt {19} {\rm{\;cm}}$

Do đó ý b) ĐÚNG.

Ý c): Tổng ba góc trong tam giác $ABC$ bằng ${180^ \circ }$:

$\hat C = {180^ \circ } - \left( {\hat A + \hat B} \right) = {180^ \circ } - \left( {{{60}^ \circ } + {{45}^ \circ }} \right) = {75^ \circ }$

Vì cả ba góc $\hat A = {60^ \circ },\hat B = {45^ \circ },\hat C = {75^ \circ }$ đều nhỏ hơn ${90^ \circ }$ nên tam giác $ABC$ là tam giác nhọn, không phải tam giác tù. Do đó ý c) SAI.

Ý d): Trong tam giác $ACI$, áp dụng định lý sin để tìm góc $\widehat {AIC}$:

$\frac{{AC}}{{{\rm{sin}}\widehat {AIC}}} = \frac{{CI}}{{{\rm{sin}}A}} \Rightarrow {\rm{sin}}\widehat {AIC} = \frac{{AC \cdot {\rm{sin}}{{60}^ \circ }}}{{CI}} = \frac{{5 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {19} }} \approx 0{,}9921$

Suy ra $\widehat {AIC} \approx 97,{3^ \circ }$ (chọn góc tù vì nhìn hình vẽ hoặc thông qua kiểm tra tính chất cạnh đối diện lớn hơn).

Khi đó, hai góc kề bù: $\widehat {BIC} = {180^ \circ } - \widehat {AIC} = {180^ \circ } - 97,{3^ \circ } = 82,{7^ \circ }$.

Cách khác: Xét tam giác $BIC$ có góc $\hat B = {45^ \circ }$. Ta cần tìm góc $\widehat {BCI}$. Sử dụng định lý sin hoặc định lý cos tính cạnh $AB$ trước rồi suy ra góc đều cho kết quả $\widehat {BIC} \approx {83^ \circ }$.

Do đó con số ${95^ \circ }$ là không chính xác. Do đó ý d) SAI.

Áp dụng hệ quả định lý côsin cho góc $A$ trong tam giác $ABC$:

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

Thay các giá trị vào hệ thức:

${\rm{cos}}A = \frac{{{5^2} + {8^2} - {7^2}}}{{2 \cdot 5 \cdot 8}} = \frac{{25 + 64 - 49}}{{80}} = \frac{{40}}{{80}} = \frac{1}{2}$

Vì ${\rm{cos}}A = \frac{1}{2}$ nên $\hat A = {60^ \circ }$. Vậy $a = 60$.

Đáp số: 60

Tìm các phần tử của tập hợp $A$:

$\left( {2 - x} \right)\left( {{x^2} - 3x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2 - x = 0}\\{{x^2} - 3x - 4 = 0}\end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2}\\{x = - 1}\\{x = 4}\end{array}$

Vì tất cả các nghiệm trên đều thuộc tập số nguyên $\mathbb{Z}$ nên $A = \left\{ { - 1;2;4} \right\}$.

Tìm các phần tử của tập hợp $B$:

$x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 1 \Rightarrow B = \left[ { - 1; + \infty } \right)$

Tìm tập hợp giao $A \cap B$:

$A \cap B = \left\{ { - 1;2;4} \right\} \cap \left[ { - 1; + \infty } \right) = \left\{ { - 1;2;4} \right\}$

Đề bài hỏi các số tự nhiên thuộc tập hợp $A \cap B$. Tập các số tự nhiên $\mathbb{N} = \left\{ {0{,}1{,}2{,}3, \ldots } \right\}$.

Trong các phần tử trên, các số tự nhiên gồm có: $2$ và $4$. Như vậy có 2 số tự nhiên thỏa mãn.

Đáp số: 2

Hệ bất phương trình gồm các đường giới hạn là hai trục tọa độ $Ox\left( {y = 0} \right)$, $Oy\left( {x = 0} \right)$ và đường thẳng $d:2x + 3y = 18$.

Vì $x \ge 0,y \ge 0$ nên miền nghiệm nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Tìm giao điểm của đường thẳng $d$ với các trục tọa độ:

Cho $y = 0 \Rightarrow 2x = 18 \Rightarrow x = 9 \Rightarrow$ Cắt $Ox$ tại điểm $A\left( {9;0} \right)$.

Cho $x = 0 \Rightarrow 3y = 18 \Rightarrow y = 6 \Rightarrow$ Cắt $Oy$ tại điểm $B\left( {0;6} \right)$.

Miền nghiệm của hệ là miền tam giác vuông $OAB$ vuông tại gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$.

Diện tích tam giác vuông $OAB$ là:

$S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 6 = 27$

Đáp số: 27

Ta chọn hệ trục tọa độ hoặc phân tích bằng sơ đồ vectơ hình học với gốc tại cảng $A$. Hướng Bắc ứng với tia $Ay$ thẳng đứng hướng lên.

Tàu du lịch (gọi là vị trí $M$ lúc 11 giờ):

Thời gian di chuyển từ 8 giờ đến 11 giờ là: $11 - 8 = 3$ (giờ).

Quãng đường tàu du lịch đi được: $AM = 70 \cdot 3 = 210{\rm{\;km}}$.

Hướng di chuyển: $N{30^ \circ }W$ (tức lệch sang hướng Tây ${30^ \circ }$ so với hướng Bắc). Góc giữa $AM$ và tia Bắc $Ay$ là ${30^ \circ }$.

Tàu đánh cá (gọi là vị trí $N$ lúc 11 giờ):

Giai đoạn 1 (từ 6 giờ đến 9 giờ - sau 3 giờ): Tàu đi từ $A$ đến điểm chuyển hướng $K$ theo hướng $N{70^ \circ }E$ (lệch sang hướng Đông ${70^ \circ }$ so với hướng Bắc).

Quãng đường giai đoạn 1: $AK = 50 \cdot 3 = 150{\rm{\;km}}$.

Giai đoạn 2 (từ 9 giờ đến 11 giờ - thời gian là 2 giờ): Từ $K$, tàu chuyển hoàn toàn sang hướng Bắc với vận tốc $40{\rm{\;km/h}}$.

Quãng đường: $KN = 40 \cdot 2 = 80{\rm{\;km}}$ (Vectơ $\overrightarrow {KN}$ song song và cùng hướng với tia Bắc $Ay$).

Tính khoảng cách $MN$ giữa hai tàu lúc 11 giờ bằng phương pháp tọa độ hóa hoặc vectơ:

Chọn hệ trục tọa độ cụ thể sao cho gốc tọa độ tại cảng $A\left( {0;0} \right)$, trục $Oy$ hướng thẳng về phía Bắc, trục $Ox$ hướng về phía Đông.

Tọa độ điểm $M$ (Tàu du lịch): Do nằm ở góc phần tư thứ II (hướng Tây - Bắc), góc với trục $Oy$ là ${30^ \circ }$:

${x_M} = - 210 \cdot {\rm{sin}}{30^ \circ } = - 105$

${y_M} = 210 \cdot {\rm{cos}}{30^ \circ } = 105\sqrt 3 \approx 181{,}87$

Tọa độ điểm $K$: Nằm ở góc phần tư thứ I (hướng Đông - Bắc), góc với trục $Oy$ là ${70^ \circ }$:

${x_K} = 150 \cdot {\rm{sin}}{70^ \circ } \approx 150 \cdot 0{,}9397 = 140{,}95$

${y_K} = 150 \cdot {\rm{cos}}{70^ \circ } \approx 150 \cdot 0{,}3420 = 51{,}30$

Tọa độ điểm $N$ (Tàu đánh cá lúc 11 giờ): Đi thẳng lên phía Bắc từ $K$ thêm một đoạn $80{\rm{\;km}}$:

${x_N} = {x_K} = 140{,}95$

${y_N} = {y_K} + 80 = 51{,}30 + 80 = 131{,}30$

Tính khoảng cách $MN$:

$MN = \sqrt {{{\left( {{x_N} - {x_M}} \right)}^2} + {{\left( {{y_N} - {y_M}} \right)}^2}}$

$MN = \sqrt {{{\left( {140{,}95 - \left( { - 105} \right)} \right)}^2} + {{\left( {131{,}30 - 181{,}87} \right)}^2}}$

$MN = \sqrt {{{\left( {245{,}95} \right)}^2} + {{\left( { - 50{,}57} \right)}^2}} = \sqrt {60491{,}4 + 2557{,}3} = \sqrt {63048{,}7} \approx 251{,}09{\rm{\;km}}$

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ta được $251{\rm{\;km}}$.

Đáp số: 251

Gọi $U$ là tập hợp toàn bộ khán giả tại trường quay $\Rightarrow n\left( U \right) = 100$.

Gọi $A$ là tập hợp các khán giả bình chọn cho thí sinh A $\Rightarrow n\left( A \right) = 85$.

Gọi $B$ là tập hợp các khán giả bình chọn cho thí sinh B $\Rightarrow n\left( B \right) = 72$.

Tập hợp các khán giả bình chọn cho cả hai thí sinh chính là giao của hai tập hợp $A \cap B \Rightarrow n\left( {A \cap B} \right) = 65$.

Số khán giả đã tham gia bình chọn (bình chọn cho ít nhất một trong hai thí sinh) ứng với số phần tử của tập hợp hợp $A \cup B$. Theo công thức số phần tử của hợp hai tập hợp hữu hạn, ta có:

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

$n\left( {A \cup B} \right) = 85 + 72 - 65 = 92$

Vậy số khán giả đã tham gia bình chọn là 92 khán giả.

Số khán giả không tham gia bình chọn bất kỳ ai là:

$n\left( U \right) - n\left( {A \cup B} \right) = 100 - 92 = 8$

Vậy số khán giả không tham gia bình chọn là 8 khán giả.

Bước 1: Vẽ đường thẳng $d:2x + y = 1$.

Cho $x = 0 \Rightarrow y = 1$, ta được điểm $M\left( {0;1} \right)$.

Cho $y = 0 \Rightarrow 2x = 1 \Rightarrow x = \frac{1}{2}$, ta được điểm $N\left( {\frac{1}{2};0} \right)$.

Đường thẳng $d$ là đường thẳng đi qua hai điểm $M$ và $N$.

Bước 2: Chọn điểm thử kiểm tra.

Ta lấy điểm gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ không thuộc đường thẳng $d$.

Thay tọa độ điểm $O\left( {0;0} \right)$ vào vế trái của bất phương trình ta có:

$2 \cdot 0 + 0 = 0$

So sánh với vế phải: $0 < 1$ (khẳng định đúng).

Bước 3: Kết luận miền nghiệm.

Miền nghiệm của bất phương trình $2x + y < 1$ là nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng $d$ (không kể đường thẳng $d$) và chứa gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ (phần không gạch chéo trong hình).

Theo dữ liệu bài toán và mô phỏng trên hình vẽ, ta xét các tam giác phẳng $ABP$ và $ABQ$ trên cùng một mặt phẳng thẳng đứng chứa các điểm đỉnh núi:

Xét tam giác $ABP$:

Ta có cạnh $AB = 1{\rm{\;km}}$.

Góc tại $A$: $\widehat {PAB} = {60^ \circ }$.

Góc tại $B$: $\widehat {PBA} = {40^ \circ }$.

Góc tại đỉnh $P$:

$\widehat {APB} = {180^ \circ } - \left( {\widehat {PAB} + \widehat {PBA}} \right) = {180^ \circ } - \left( {{{60}^ \circ } + {{40}^ \circ }} \right) = {80^ \circ }$

Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABP$ để tính cạnh $AP$:

$\frac{{AB}}{{{\rm{sin}}\widehat {APB}}} = \frac{{AP}}{{{\rm{sin}}\widehat {PBA}}} \Rightarrow AP = \frac{{1 \cdot {\rm{sin}}{{40}^ \circ }}}{{{\rm{sin}}{{80}^ \circ }}} \approx \frac{{0{,}6428}}{{0{,}9848}} \approx 0{,}6527{\rm{\;km}}$

Xét tam giác $ABQ$:

Ta có cạnh $AB = 1{\rm{\;km}}$.

Góc tại $A$: $\widehat {QAB} = {35^ \circ }$.

Góc tại $B$: $\widehat {QBA} = {25^ \circ }$.

Góc tại đỉnh $Q$:

$\widehat {AQB} = {180^ \circ } - \left( {\widehat {QAB} + \widehat {QBA}} \right) = {180^ \circ } - \left( {{{35}^ \circ } + {{25}^ \circ }} \right) = {120^ \circ }$

Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABQ$ để tính cạnh $AQ$:

$\frac{{AB}}{{{\rm{sin}}\widehat {AQB}}} = \frac{{AQ}}{{{\rm{sin}}\widehat {QBA}}} \Rightarrow AQ = \frac{{1 \cdot {\rm{sin}}{{25}^ \circ }}}{{{\rm{sin}}{{120}^ \circ }}} = \frac{{{\rm{sin}}{{25}^ \circ }}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} \approx \frac{{0{,}4226}}{{0{,}8660}} \approx 0{,}4880{\rm{\;km}}$

Xét tam giác $APQ$:

Ta biết góc kẹp giữa hai tia ngắm từ $A$ đến hai đỉnh núi $P$ và $Q$ là:

$\widehat {PAQ} = \widehat {PAB} - \widehat {QAB} = {60^ \circ } - {35^ \circ } = {25^ \circ }$

Áp dụng định lý côsin trong tam giác $APQ$ để tìm độ dài khoảng cách $PQ$:

$P{Q^2} = A{P^2} + A{Q^2} - 2 \cdot AP \cdot AQ \cdot {\rm{cos}}\widehat {PAQ}$

Thay số cụ thể vào phương trình:

$P{Q^2} \approx {\left( {0{,}6527} \right)^2} + {\left( {0{,}4880} \right)^2} - 2 \cdot \left( {0{,}6527} \right) \cdot \left( {0{,}4880} \right) \cdot {\rm{cos}}{25^ \circ }$

$P{Q^2} \approx 0{,}4260 + 0{,}2381 - 2 \cdot 0{,}3185 \cdot 0{,}9063$

$P{Q^2} \approx 0{,}6641 - 0{,}5773 = 0{,}0868$

$\Rightarrow PQ = \sqrt {0{,}0868} \approx 0{,}2946{\rm{\;km}}$

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm, khoảng cách giữa hai đỉnh núi $P$ và $Q$ là $0{,}29{\rm{\;km}}$.