Đề thi thử cuối kì 1 Toán 10 năm 2024 – 2025 trường THPT Đoàn Thị Điểm – Hà Nội

Áp dụng lý thuyết về hợp, giao, phần bù, hiêu của hai tập hợp.

Sơ đồ Ven phần bị gạch mô tả tập hợp $A \cup B$.

Cho $\overrightarrow u (x;y)$ và $\overrightarrow v = (x';y')$.

Khi đó $\overrightarrow u .\overrightarrow v = xx' + yy'$.

$\overrightarrow u .\overrightarrow v = - 1.3 + 2.( - 4) = - 11$.

Áp dụng lí thuyết hai vecto cùng phương, cùng hướng, bằng nhau, đối nhau.

$\overrightarrow {IG}$ và $\overrightarrow {IA}$ không cùng phương nên không bằng nhau.

Áp dụng quy tắc ba điểm.

$\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {ED} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DE} = \overrightarrow {AE}$.

Áp dụng công thức ${\Delta _a} = \left| {\overline a - a} \right|$.

${\Delta _a} = \left| {\frac{8}{{17}} - 0,47} \right| \approx 0,0006 \approx 0,001$.

Áp dụng công thức Heron: $S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)}$.

$p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{4 + 6 + 8}}{2} = 9$.

$S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)}$

$= \sqrt {9(9 - 4)(9 - 6)(9 - 8)} = 3\sqrt {15}$.

Thay từng cặp số vào bất phương trình, nếu thỏa mãn thì cặp số đó là nghiệm.

Ta có $- 3.3 + 5.3 - 6 \le 0$ (đúng) nên (3; 3) là nghiệm của bất phương trình.

Xét tính đúng sai của từng mệnh đề.

$\forall x \in \mathbb{R},{x^2} > 0$ sai vì $\forall x \in \mathbb{R},{x^2} \ge 0$.

Áp dụng công thức ${\delta _a} \le \frac{d}{{|a|}}$.

Ta có $0,15\% \le \frac{{0,75}}{{\left| a \right|}} \Leftrightarrow \left| a \right| = 500$.

Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ gồm các bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

$\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x+3y<1\\ 2x-y\le 0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x + 3y < 1\\2x - y \le 0\end{array} \right.$ là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

$\overrightarrow a = (x;y) \Leftrightarrow \overrightarrow a = x\overrightarrow i + y\overrightarrow j$.

$\overrightarrow w = - 4\overrightarrow j = \left( {0; - 4} \right)$.

Áp dụng định lí sin.

$\frac{{AB}}{{\sin C}} = 2R \Leftrightarrow AB = 2R.\sin C = 2.2.\sin ({180^o} - {30^o} - {105^o}) = 2\sqrt 2$.

Áp dụng các phép toán trên tập hợp.

$A = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 1 < x \le 7} \right\} = \left( { - 1;7} \right]$, $B = \left[ { - 3;5} \right)$.

a) Sai. ${C_\mathbb{R}}A = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left( {7; + \infty } \right)$.

b) Sai. $B\backslash A = \left[ { - 3; - 1} \right]$.

c) Đúng. $A = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 1 < x \le 7} \right\} = \left( { - 1;7} \right]$.

d) Đúng. $A \cap B = \left( { - 1;5} \right)$.

Áp dụng các phép toán vecto.

a) Đúng. Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó:

$\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MI} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{4}\overrightarrow {BC}$

$= \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{4}\overrightarrow {BA} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC}$.

b) Sai. $\overrightarrow {AI} - \overrightarrow {CI} = \overrightarrow {AI} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow {AC}$.

c) Sai. $\overrightarrow {BK} \cdot \overrightarrow {BI} = \frac{3}{5}\overrightarrow {BA} .\frac{3}{4}\overrightarrow {BC} = \frac{9}{{20}}.BA.BC.\cos \widehat {ABC}$.

d) Sai. I nằm giữa B, C nên $\overrightarrow {IB}$ và $\overrightarrow {IC}$ ngược hướng.

+) Để biết cặp số có là nghiệm của BPT/hệ BPT hay không, ta thay cặp số đó vào BPT/hệ BPT, nếu thỏa mãn thì cặp số đó là nghiệm.

+) Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn:

Bước 1: Biểu diễn miền nghiệm của mỗi bất phương trình trong hệ trên cùng mặt phẳng toạ độ. Gạch bỏ miền không là nghiệm.

Bước 2: Phần không bị gạch là miền nghiệm của hệ.

a) Đúng. Miền nghiệm là hình vuông giới hạn bởi các đường thẳng x = -1, x = 1, y = -1, y = 1.

b) Đúng. Đường thẳng x – y = 2 cắt trục Ox, Oy lần lượt tại (2; 0), (0; -2).

Thay tọa độ điểm O(0; 0) vào bất phương trình, được $0 - 0 \le 2$ (đúng), đo đó O(0; 0) thuộc miền nghiệm. Như vậy hình vẽ biểu diễn đúng.

c) Sai. Thay x = 4, y = -1 vào hệ, được $\{\begin{array}{l}2.4-1\le 9\\ 4>3\\ -4-3(-1)\ge 1\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}2.4 - 1 \le 9\\4 > 3\\ - 4 - 3( - 1) \ge 1\end{array} \right.$ thấy không thỏa mãn bất phương trình thứ ba. Do đó cặp số (x; y) = (4; -1) không phải nghiệm của hệ.

d) Đúng. Thay x = -1, y = 3 vào bất phương trình, ta được $- 2.( - 1) + 3 \ge 4$ (đúng).

Vậy (-1; 3) là một nghiệm của bất phương trình $- 2x + y \ge 4$.

Cho mẫu số liệu ${x_1},{x_2},{x_3},...,{x_n}$.

+) Mốt của mẫu số liệu là giá trị xuất hiện với tần số lớn nhất, kí hiệu: ${M_e}$.

+) Số trung bình (hay TB cộng) của mẫu số liệu kí hiệu là $\overline x$, được tính bằng công thức:

$\overline x = \frac{{{x_1} + {x_2} + {x_3} + ... + {x_n}}}{n}$.

+) Để tìm các tứ phân vị của mẫu số liệu có n giá trị, ta làm như sau:

- Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm.

- Tìm trung vị. Giá trị này là $Q_2$.

- Tìm trung vị của nửa số liệu bên trái $Q_2$ (không bao gồm $Q_2$ nếu n lẻ). Giá trị này là $Q_1$, được gọi là tứ phân vị thứ nhất hay tứ phân vị dưới.

- Tìm trung vị của nửa số liệu bên phải $Q_2$ (không bao gồm $Q_2$ nếu n lẻ). Giá trị này là $Q_3$, được gọi là tứ phân vị thứ ba hay tứ phân vị trên.

Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{100}}$ lần lượt là số chấm của 100 lần gieo xúc xắc được sắp xếp theo giá trị từ nhỏ đến lớn.

a) Đúng. Mốt của mẫu số liệu trên là 6 vì 6 có tần số lớn nhất.

b) Sai. $\overline x = \frac{{1.14 + 2.16 + 3.18 + 4.8 + 5.10 + 6.34}}{{100}} = 3,86$.

c) Đúng. ${Q_3} = \frac{{{x_{75}} + {x_{76}}}}{2} = \frac{{6 + 6}}{2} = 6$.

d) Sai. ${M_e} = \frac{{{x_{50}} + {x_{51}}}}{2} = \frac{{4 + 4}}{2} = 4$

Gọi O là tâm hình vuông. Chứng minh độ dài MO cố định, từ đó kết luận.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Vì ABCD là hình vuông, O đồng thời là trung điểm của các đường chéo AC và BD. Ta có các đẳng thức vectơ sau:

$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0} \Rightarrow \overrightarrow{OC} = -\overrightarrow{OA}$.

$\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD} = \overrightarrow{0} \Rightarrow \overrightarrow{OD} = -\overrightarrow{OB}$.

Chèn điểm O vào các tích vô hướng trong biểu thức bài cho:

$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MC} = (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}) \cdot (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OC})$

$= (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}) \cdot (\overrightarrow{MO} - \overrightarrow{OA}) = MO^2 - OA^2$.

$\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MD} = (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB}) \cdot (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OD})$

$= (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB}) \cdot (\overrightarrow{MO} - \overrightarrow{OB}) = MO^2 - OB^2$.

Thay các kết quả trên vào giả thiết $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MD} = 1$:

$(MO^2 - OA^2) + (MO^2 - OB^2) = 1$

$2MO^2 - (OA^2 + OB^2) = 1$.

Hình vuông $ABCD$ có cạnh $a = 7$.

Đường chéo $AC = BD = a\sqrt{2} = 7\sqrt{2}$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là $OA = OB = \frac{7\sqrt{2}}{2}$.

$OA^2 = OB^2 = \left(\frac{7\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{49 \cdot 2}{4} = \frac{49}{2} = 24,5$.

Thay vào phương trình:

$2MO^2 - (24,5 + 24,5) = 1$

$2MO^2 - 49 = 1$

$2MO^2 = 50$

$MO^2 = 25$

$MO = 5$.

Vì O là tâm hình vuông cố định và MO = 5 không đổi, nên tập hợp các điểm M là một đường tròn tâm O với bán kính R = 5.

Áp dụng phương pháp tọa độ hóa.

Đặt hệ trục tọa độ Oxy sao cho H trùng với gốc tọa độ O(0; 0), đường thẳng BC nằm trên trục hoành Ox, đường thẳng AH nằm trên trục tung Oy.

Dựa vào dữ kiện bài toán, ta có tọa độ các điểm như sau:

H(0; 0), A(0; 6,5), B(-2,5; 0) (vì BH = 2,5), C(6,5; 0) (vì CH = 6,5).

Gọi tọa độ của điểm I là (x; y). Vì I cách đều ba tòa nhà A, B, C, ta có hệ thức: $IA^2 = IB^2 = IC^2$.

+) $IB^2 = IC^2$

$(x + 2,5)^2 + (y - 0)^2 = (x - 6,5)^2 + (y - 0)^2$

$x^2 + 5x + 6,25 + y^2 = x^2 - 13x + 42,25 + y^2$

$5x + 13x = 42,25 - 6,25$

$18x = 36$

$x = 2$.

+) $IA^2 = IC^2$

$(2 - 0)^2 + (y - 6,5)^2 = (2 - 6,5)^2 + (y - 0)^2$

$4 + (y^2 - 13y + 42,25) = (-4,5)^2 + y^2$

$4 + y^2 - 13y + 42,25 = 20,25 + y^2$

$46,25 - 20,25 = 13y$

$26 = 13y$

$y = 2$.

Vậy tọa độ điểm I là (2; 2).

$AI^2 = (2 - 0)^2 + (2 - 6,5)^2 = 24,25$.

Vậy $100 .AI^2 = 100. 24,25 = 2425$.

Sử dụng sơ đồ Venn.

Tổng số học sinh giỏi là: 45 – 13 = 32.

Số học sinh chỉ giỏi Vật Lý là: 32 – 25 = 7.

Số học sinh chỉ giỏi Toán là: 32 – 17 =15.

Số học sinh giỏi cả hai môn là: 32 – 7 – 15 = 10.

Tính lực F thông qua góc lượng giác.

Ta có: $\tan {60^o} = \frac{F}{P}$, suy ra $F = P.\tan {60^o} =\frac{\sqrt{3}}{10}$ (N).

Vậy T = a + b = 3 + 10 = 13.

Áp dụng công thức tính độ lệch chuẩn.

$\bar{x} = \frac{6 \cdot 1 + 7 \cdot 1 + 8 \cdot 2 + 9 \cdot 5 + 10 \cdot 3 + 11 \cdot 3 + 12 \cdot 2 + 13 \cdot 2 + 14 \cdot 1}{20} = 10,05$.

$s = \sqrt{\frac{1(6-10,05)^2 + 1(7-10,05)^2 + 2(8-10,05)^2 + 5(9-10,05)^2 + 3(10-10,05)^2 + 3(11-10,05)^2 + 2(12-10,05)^2 + 2(13-10,05)^2 + 1(14-10,05)^2}{20}} \approx 2,04$.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải.

$x$: Số lần quảng cáo khung giờ 20h00 – 21h00 ($x \in \mathbb{N}$).

$y$: Số lần quảng cáo khung giờ 16h00 – 17h00 ($y \in \mathbb{N}$).

Số lần phát tối thiểu khung giờ vàng: $x \ge 10$.

Số lần phát tối đa khung giờ chiều: $y \le 50$.

Giới hạn ngân sách: $30x + 6y \le 900$ (triệu đồng).

Rút gọn cho 6, ta được: $5x + y \le 150$.

Vậy hệ bất phương trình mô tả miền nghiệm là:

$\{\begin{array}{l}x\ge 10\\ 0\le y\le 50\\ 5x+y\le 150\end{array}$$\begin{cases} x \ge 10 \\ 0 \le y \le 50 \\ 5x + y \le 150 \end{cases}$

Miền nghiệm của hệ là một đa giác trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$. Các đỉnh của đa giác này là giao điểm của các đường thẳng:

$d_1: x = 10$; $d_2: y = 0$; $d_3: y = 50$; $d_4: 5x + y = 150$.

Tìm tọa độ các đỉnh:

Giao của $x=10$ và $y=0$: $A(10; 0)$.

Giao của $x=10$ và $y=50$: $B(10; 50)$.

Giao của $y=50$ và $5x+y=150 \Rightarrow 5x+50=150 \Rightarrow x=20$: $C(20; 50)$.

Giao của $y=0$ và $5x+y=150 \Rightarrow 5x=150 \Rightarrow x=30$: $D(30; 0)$.

Giá trị lớn nhất của biểu thức $P = 2x + 3y$ sẽ nằm tại một trong các đỉnh của miền nghiệm đa giác $ABCD$.

Ta tính giá trị $P$ tại các đỉnh:

Tại $A(10; 0)$: $P = 2(10) + 3(0) = 20$;

Tại $B(10; 50)$: $P = 2(10) + 3(50) = 20 + 150 = 170$;

Tại $C(20; 50)$: $P = 2(20) + 3(50) = 40 + 150 = 190$;

Tại $D(30; 0)$: $P = 2(30) + 3(0) = 60$.

Giá trị lớn nhất của biểu thức là $P = 190$.