Đề giữa học kỳ 1 Toán 10 năm 2025 – 2026 trường THPT Lục Nam – Bắc Ninh

Thay tọa độ từng điểm vào hệ phương trình, nếu thỏa mãn thì điểm đó thuộc miền nghiệm của hệ.

Ta có $\{\begin{array}{l}3.2+1\ge 6\\ 2\ge 1-3\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}3.2 + 1 \ge 6\\2 \ge 1 - 3\end{array} \right.$ nên điểm có tọa độ (2; 1) thuộc miền nghiệm của hệ phương trình trên.

Mệnh đề phủ định của “$\forall x \in \mathbb{R},\,f(x) > 0$” là “$\forall x \in \mathbb{R},\,f(x) \le 0$”.

$\exists x \in \mathbb{R},\,{x^2} + 3x + 5 \le 0$.

Dựa vào lí thuyết giá trị lượng giác của một góc tù.

$\sin \alpha > 0$.

Vì 3 > 2 nên $f\left( 3 \right) = \sqrt {{3^2} - 4}$.

$f\left( 3 \right) = \sqrt {{3^2} - 4} = \sqrt 5$.

Mệnh đề là các khẳng định có tính đúng sai.

Có 2 mệnh đề là b) và c).

Áp dụng công thức $n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)$.

Số học sinh lớp 10A3 là: 34 + 20 – 10 = 44.

Xác định bờ của miền nghiệm.

Đường thẳng 3x + y = 3 đi qua điểm (1; 0) và (0; 3). Do đó miền nghiệm của bất phương trình là hình vẽ ở đáp án D.

Hai vecto bằng nhau có cùng hướng và cùng độ dài.

$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$.

Dựa vào định nghĩa các phép toán trên tập hợp.

$A \cap B = \left\{ {2;4} \right\}$.

Dựa vào các công thức giải tam giác.

$m_a^2 = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{4}$ là công thức sai. Công thức đúng: $m_a^2 = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}$.

Quan sát hình vẽ và trả lời.

Hình vẽ ở đáp án B là hình biểu diễn của (1; 4] trên trục số.

Tính độ dài đoạn thẳng AC.

$\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = 3\sqrt 2 .\sqrt 2 = 6$.

a, b) Thay trực tiếp cặp số $(x; y)$ vào hệ để kiểm tra tính đúng/sai.

c) Xác định giao điểm các đường biên để tìm tọa độ đỉnh miền nghiệm (là tam giác OAB) và vẽ miền nghiệm.

d) Dùng phương pháp tọa độ đỉnh để tìm giá trị lớn nhất của F(x; y) = 2x + 3y trên miền nghiệm đa giác.

a) Sai. Thay $(x; y) = (m; 1)$ vào hệ:

$\{\begin{array}{l}2m+1\le 3\\ m-1\ge 0\\ 1\ge 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\le 1\\ m\ge 1\end{array}\iff m=1$$\begin{cases} 2m + 1 \le 3 \\ m - 1 \ge 0 \\ 1 \ge 0 \end{cases}$ \Leftrightarrow $\begin{cases} m \le 1 \\ m \ge 1 \end{cases}$ \Leftrightarrow m = 1.

Chỉ có 1 giá trị nguyên của m là m = 1.

b) Sai. Thay (x; y) = (1; 2) vào hệ: 2.1 + 2 = 4 > 3 (vô lí).

Do đó (x; y) = (1; 2) không là nghiệm của hệ bất phương trình trên.

c) Đúng. Tìm giao điểm của ba đường thẳng 2x + y = 3, x - y = 0 và y = 0, ta được ba điểm O(0; 0), A(1; 1), $B\left(\frac{3}{2}; 0\right)$.

Miền nghiệm của hệ là miền tam giác OAB.

d) Đúng. Giá trị của F(x; y) = 2x + 3y tại các đỉnh:

F(0; 0) = 0; F(1; 1) = 5; $F\left(\frac{3}{2}; 0\right) = 3$.

Vậy giá trị lớn nhất của F bằng 5 tại A(1; 1).

a) Dùng công thức diện tích $S = \frac{1}{2}bc\sin A$.

b, c) Dùng định lý cosin $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$ để tính a và $\cos B$.

d) Dùng định lý sin $R = \frac{a}{2\sin A}$ để tính bán kính đường tròn ngoại tiếp.

a) Đúng. $S = \frac{1}{2} . 7 . 5 . \sin 120^o$

$= \frac{35}{2} . \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{35\sqrt{3}}{4}$ $\text{ cm}^2$.

b) Đúng. $a^2 = 7^2 + 5^2 - 2 . 7 . 5 . \cos 120^o$

$= 49 + 25 - 70 . \left(-\frac{1}{2}\right) = 109$

$\Rightarrow a = \sqrt{109}$ (cm).

c) Sai. $\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$

$= \frac{109 + 25 - 49}{2 . \sqrt{109} . 5} \approx 0,814$.

d) Sai. $R = \frac{a}{2\sin A} = \frac{\sqrt{109}}{2\sin 120^o} \approx 6,03$ (cm).

Sử dụng công thức $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, chú ý góc $\alpha$ thuộc góc phần tư thứ II nên $\cos\alpha < 0$.

$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - \left(\frac{4}{5}\right)^2 = \frac{9}{25}$.

Vì $90^\circ < \alpha < 180^\circ$ nên $\cos\alpha < 0 \Rightarrow \cos\alpha = -\sqrt{\frac{9}{25}} = -0,6$.

Xét hai tam giác vuông $\Delta CHA$ và $\Delta CHB$ (vuông tại $H$) để tính độ cao tòa nhà $CH$ dựa vào $AB = 30$ (m).

Chiều cao của thang cứu hỏa là $CK = CH - KH$.

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông $\Delta CKD$ tại $K$ với cạnh huyền $CD = 40$ m để tính khoảng cách xa nhất $KD$.

Xét tam giác $CHA$ vuông tại $H$:

Hợp của A và B là tập hợp bao gồm các phần tử thuộc A hoặc thuộc B.

$[-3; 1) \cup (0; 4] = [-3; 4]$.

Các giá trị nguyên thuộc $[-3; 4]$ là: $\{-3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4\}$.

Có tất cả 8 giá trị nguyên.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Gọi x, y (ha) lần lượt là diện tích trồng củ cải và cà rốt ($x, y \ge 0$).

Theo đề bài, ta có hệ bất phương trình:

$\{\begin{array}{l}x\ge 0,y\ge 0\\ x+y\le 8\\ 20x+30y\le 180\end{array}$$\begin{cases} x \ge 0, y \ge 0 \\ x + y \le 8 \\ 20x + 30y \le 180 \end{cases}$ hay $\{\begin{array}{l}x\ge 0,y\ge 0\\ x+y\le 8\\ 2x+3y\le 18\end{array}$$\begin{cases} x \ge 0, y \ge 0 \\ x + y \le 8 \\ 2x + 3y \le 18 \end{cases}$.

Miền nghiệm là tứ giác $OBCD$ với các đỉnh $O(0;0)$, $B(8;0)$, $C(6;2)$, $D(0;6)$.

Tổng tiền lãi là: $T(x, y) = 3x + 5y$ (triệu đồng).

Ta có: T(0; 0) = 0, T(8; 0) = 24, T(6; 2) = 28, T(0; 6) = 30.

Để trồng cả hai loại cây trên và thu được tiền lãi lớn nhất thì cần trồng 6 ha củ cải và 2 ha cà rốt. Số tiền lãi thu được là 28 triệu đồng.

a) Tìm các số nguyên $x$ thỏa mãn $-2 < x \le 2$.

b) Giao của A và B là tập hợp gồm các phần tử thuộc A và thuộc B.

a) A = {-1; 0; 1; 2}.

b) $B \cap C = (2; 6]$.

a) Cho biểu thức trong căn bậc hai $\ge 0$ và mẫu thức $\neq 0$.

b) Tính góc $\widehat{B} = 180^\circ - (\widehat{A} + \widehat{C})$, sau đó áp dụng định lý sin:

$\frac{AB}{\sin C} = \frac{AC}{\sin B} \Rightarrow AB = \frac{AC \cdot \sin C}{\sin B}$.

a) Hàm số $y = \sqrt{x - 1} + \frac{2}{x - 3}$ xác định khi và chỉ khi:

Vậy tập xác định của hàm số là: $D = [1; +\infty) \setminus \{3\}$.

b) Ta có $\widehat{ABC} = 180^o - 30^o - 110^o = 40^o$.

$AB = \frac{AC.\sin\widehat{C}}{\sin\widehat{B}} = \frac{50.\sin 100^o}{\sin 40^o} \approx 76,6$ (m).

Áp dụng định lí sin và coisn để đưa các giá trị lượng giác về độ dài.

Ta có $\sin A = \frac{\sin B + \sin C}{\cos B + \cos C}$

$\Leftrightarrow \sin A(\cos B + \cos C) = \sin B + \sin C$

$\Leftrightarrow \frac{a}{2R}(\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca} + \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}) = \frac{b+c}{2R}$

$\Leftrightarrow b(c^2+a^2-b^2) + c(a^2+b^2-c^2) = 2b^2c + 2c^2b$

$\Leftrightarrow b^3 + c^3 + b^2c + bc^2 - a^2b - a^2c = 0$

$\Leftrightarrow (b+c)(b^2+c^2) - a^2(b+c) = 0$.

Do đó $b^2+c^2=a^2 \Leftrightarrow \Delta ABC$ vuông tại A.