Đề thi học kì 1 Toán 10 - Đề số 6

Phủ định của $\forall$ là $\exists$, phủ định của < là $\geq$.

Phủ định của $\forall x \in R$, $x^{2} - x + 2023 < 0$ là $\exists x \in R$, $x^{2} - x + 2023 \geq 0$.

Vận dụng tính đúng sai của mệnh đề vào bài toán suy luận thực tế.

Nếu bạn Giang ngồi ghế cuối cùng (số 7) thì hai bạn Hương, Khánh phải ngồi ở hai ghế đánh số 5 và 6 (thứ tự tùy ý). Khi đó chỉ còn 3 ghế đánh số 2, 3, 4 để xếp ba bạn Bình, Chi và Dương.

Do Bình không được ngồi trước Chi, Dương nên Bình sẽ được xếp và ghế số 4, nên chỉ còn hai ghế đánh số 2, 3 để xếp hai bạn Chi, Dương (thứ tự tùy ý).

Vì vậy, Chi có thể ngồi ghế số 2 hoặc 3.

Tìm điều kiện để tập A khác rỗng. $\left. A \subset B\Leftrightarrow\forall x:x \in A\Rightarrow x \in B \right.$.

Điều kiện để tồn tại tập hợp A là: $m - 1 \leq \dfrac{m + 1}{2}$ $\left. \Leftrightarrow 2m - 2 < m + 1 \right.$ $\left. \Leftrightarrow m \leq 3 \right.$ (*)

$A \subset B$ $\left. \Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {A \subset ( - \infty; - 2)} \\ {A \subset \lbrack 2; + \infty)} \end{array}$ \right. \right. $\left. \Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {\dfrac{m + 1}{2} < - 2} \\ {m - 1 \geq 2} \end{array}$ \right. \right. $\left. \Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {m + 1 < - 4} \\ {m \geq 3} \end{array}$ \right. \right. $\left. \Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {m < - 5} \\ {m \geq 3} \end{array}$ \right. \right..

Kết hợp với điều kiện (*) ta có $\left\lbrack$$\begin{array}{l} {m < - 5} \\ {m = 3} \end{array}$ \right. là các giá trị cần tìm.

Thay tọa độ từng điểm vào hệ bất phương trình.

Ta có $\{\begin{array}{l}3x-4y+12\ge 0\\ x+y-5\ge 0\\ x+1>0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {3x - 4y + 12 \geq 0} \\ {x + y - 5 \geq 0} \\ {x + 1 > 0} \end{array} \right.$, kiểm tra đáp án thấy N(4; 3) thoả mãn.

Thay tọa độ điểm O(0;0) vào bất phương trình.

Ta thấy $O(0;0) \notin d$ và 2.0 - 0 - 2 = -2 < 0 nên (0; 0) không là nghiệm của bất phương trình $2x - y - 2 \geq 0$.

Do đó miền nghiệm của bất phương trình $2x - y - 2 \geq 0$ là miền không chứa điểm O kể cả đường thẳng d. Vậy miền nghiệm của bất phương trình $2x - y - 2 \geq 0$ là nửa mặt phẳng I kể cả bờ d.

Định lí côsin $\cos A = \dfrac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc}$.

$\left. \cos A = \dfrac{13^{2} + 15^{2} - 24^{2}}{2.13.15} = - \dfrac{7}{15}\Rightarrow\widehat{A} \approx 117^{o}49' \right.$.

$\left. \alpha + \beta = 90^{o}\Rightarrow\sin\alpha = \cos\beta \right.$, $\cos\alpha = \sin\beta$.

$\left. \alpha = \beta + 90^{o}\Rightarrow\cos\alpha = - \sin\beta \right.$, $\sin\alpha = \cos\beta$.

Vì $\left. 15^{o} + 75^{o} = 90^{o}\Rightarrow\sin 75^{o} = \cos 15^{o} \right.$; $\left. 110^{o} = 20^{o} + 90^{o}\Rightarrow\cos 110^{o} = - \sin 20^{o} \right.$.

Do đó: $S = \sin^{2}15^{o} + \cos^{2}20^{o} + \sin^{2}75^{o} + \cos^{2}110^{o}$

$= \sin^{2}15^{o} + \cos^{2}20^{o} + \cos^{2}15^{o} + {( - \sin 20^{o})}^{2}$

$= (\sin^{2}15^{o} + \cos^{2}15^{o}) + (\sin^{2}20^{o} + \cos^{2}20^{o}) = 2$.

Dùng định lý cosin $\cos A = \dfrac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc}$

$\left. \cos A = \dfrac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc} = \dfrac{b^{2} + c^{2} - (b^{2} + c^{2} - bc)}{2bc} = \dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{A} = 60^{o} \right.$.

Dựng hình, xác định góc giữa hai vectơ.

Từ hình vẽ ta thấy $\left( {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC}} \right) = 180^{o} - 60^{o} = 120^{o}$.

Áp dụng công thức tính số trung bình cộng: $\overline{x} = \dfrac{\sum\limits_{i = 1}^{N}x_{i}}{N}$.

Gọi x là số điểm trong lần kiểm tra cuối mà Minh cần đạt được để được cấp chứng chỉ. Theo đề bài, qua 5 lần thi Minh đạt điểm trung bình là 64,5 và lần thi cuối cùng là x điểm.

Điểm trung bình mà Minh đạt được sau 6 lần thì là: $\dfrac{64,5.5 + x}{6}$.

Vì Minh phải đạt điểm trung bình từ 70 trở lên nên ta có bất phương trình:

$\dfrac{64,5.5 + x}{6} \geq 70$ $\left. \Leftrightarrow 322,5 + x \geq 420 \right.$ $\left. \Leftrightarrow x \geq 97,5 \right.$.

Mà x nhỏ nhất nên x = 97,5.

Vậy trong lần kiểm tra cuối cùng, Minh phải đạt ít nhất là 97,5 điểm để được cấp chứng chỉ.

Sử dụng quy tắc hình bình hành.

Sử dụng: hai vectơ vuông góc với nhau thì tích vô hướng bằng 0.

Lấy D sao cho ACBD là hình bình hành, khi đó ta có: $\overset{\rightarrow}{CA} + \overset{\rightarrow}{CB} = \overset{\rightarrow}{CD}$.

Theo bài ra ta có: $(\overset{\rightarrow}{CA} + \overset{\rightarrow}{CB}).\overset{\rightarrow}{AB} = 0$ $\left. \Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{CD}.\overset{\rightarrow}{AB} = 0 \right.$ $\left. \Rightarrow CD\bot AB \right.$.

Hình bình hành ACBD có hai đường chéo vuông góc nên là hình thoi, do đó CA = CB.

Vậy tam giác ABC cân tại C.

+) Sắp thứ tự các giá trị thống kê theo tự không giảm. Nếu có n số liệu, n lẻ (n = 2k + 1) thì $M_{e} = x_{k + 1}$ được gọi là trung vị. Nếu n là số chẵn (n = 2k), thì số trung vị là $M_{e} = \dfrac{x_{k} + x_{k + 1}}{2}$.

+) Trong bảng phân bố tần số rời rạc, giá trị có tần số lớn nhất được gọi là mốt của bảng phân bố kí hiệu là $M_{o}$.

Ứng dụng:

Dựa vào bảng số liệu thống kê ta thấy $M_{e} = 6,5$, $M_{o} = 6$.

Lập hệ bất phương trình.

Có số bánh chưng gói được là x, số bánh ống gói được là y.

Khi đó số điểm thường là: f(x; y) = 5x + 7y.

Số kg gạo nếp cần dùng là: 0,4x + 0,6y, nên a) Sai.

Số kg thịt ba chỉ cần dùng là: 0,05x + 0,075y.

Số kg đậu xanh cần dùng là: 0,1x + 0,15y.

Vì trong cuộc thi này chỉ được sử dụng tối đa 20 kg gạo nếp, 2 kg thịt ba chỉ và 5 kg đậu xanh nên ta có hệ bất phương trình: $\{\begin{array}{l}0,4x+0,6y\le 20\\ 0,05x+0,075y\le 2\\ 0,1x+0,15y\le 5\\ x;y\ge 0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {0,4x + 0,6y \leq 20} \\ {0,05x + 0,075y \leq 2} \\ {0,1x + 0,15y \leq 5} \\ {x;y \geq 0} \end{array} \right.$.

Dùng định lý cosin, sin và công thức diện tích trong tam giác.

$BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} - 2AB.AC.\cos A$ $= 5^{2} + 8^{2} - 2.5.8.\cos 120^{o} = 129$ $\left. \Rightarrow BC = \sqrt{129} \right.$.

Ta có: $\dfrac{BC}{\sin A} = \dfrac{AB}{\sin C} = \dfrac{AC}{\sin B}$ $\left. \Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{129}}{\sin 120^{o}} = \dfrac{5}{\sin C} = \dfrac{8}{\sin B} \right.$

$\left. \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {\sin C = \dfrac{5\sqrt{43}}{86}} \\ {\sin B = \dfrac{4\sqrt{43}}{43}} \end{array} \right.$ \right. $\left. \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {\widehat{C} = 22,41^{o}} \\ {\widehat{B} = 37,59^{o}} \end{array} \right.$ \right..

Có $S_{\Delta ABC} = \dfrac{1}{2}AH.BC = 10\sqrt{3}$ $\left. \Rightarrow AH = \dfrac{20\sqrt{3}}{BC} = \dfrac{20\sqrt{3}}{\sqrt{129}} = \dfrac{20}{\sqrt{43}} \right.$.

Sử dụng định nghĩa phép giao của hai tập hợp.

Ta có: $A = \left\{ x \in R \mid \left| {x - m} \right| \leq 25 \right\}$ $\left. \Rightarrow A = \lbrack m - 25;m + 25\rbrack \right.$.

$B = \left\{ x \in R \middle| |x| \geq 2020 \right\}$ $\left. \Rightarrow B = ( - \infty; - 2020\rbrack \cup \lbrack 2020; + \infty) \right.$.

Để $A \cap B = \varnothing$ thì -2020 < m - 25 < m + 25 < 2020 (1).

Khi đó $\left. (1)\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {m - 25 > - 2020} \\ {m + 25 < 2020} \end{array} \right.$ \right. $\left. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {m > - 1995} \\ {m < 1995} \end{array} \right.$ \right. $\left. \Rightarrow - 1995 < m < 1995 \right.$.

Vậy có 3989 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Gọi số đơn vị sản phẩm loại A, B lần lượt là x, y $(x,y \geq 0)$.

Lập hệ bất phương trình biểu diễn miền nghiệm là đa thức với các đinh O, A, B, C.

Tính lãi tại các đinh và kiểm tra GTLN.

Gọi số đơn vị sản phẩm loại A, B lần lượt là x, y $(x,y \geq 0)$.

Khi đó tổng lãi của x đơn vị sản phẩm loại A và y đơn vị sản phẩm loại B là: L = 3x + 2y trăm nghìn đồng.

Theo giả thiết, ta có: $\{\begin{array}{l}2x+3y\le 18\\ 5x+4y\le 30\\ x+6y\le 25\\ x,y\ge 0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {2x + 3y \leq 18} \\ {5x + 4y \leq 30} \\ {x + 6y \leq 25} \\ {x,y \geq 0} \end{array} \right.$.

Bài toán: Tìm M(x, y) thoả mãn (*) để L = 3x + 2y lớn nhất. Biểu diễn phần mặt phẳng chứa M(x, y) thỏa (*) trong Oxy Miền (*) là miền trong tứ giác OABC và cả biên (như hình). L đạt giá trị lớn nhất tại 1 trong các đỉnh.

Ta có: O(0; 0), A(6; 0), $B\left( {\dfrac{40}{13},\dfrac{95}{26}} \right)$, $C\left( {0,\dfrac{25}{6}} \right)$.

Khi đó $L_{O} = 0$, $L_{A} = 18$, $L_{B} = 16,6$, $L_{C} = 8,3$.

Suy ra x = 6; y = 0 thì L = 18 là lớn nhất.

Vậy phương án sản xuất đề lãi lớn nhất là: 6 đơn vị sản phẩm loại A, 0 đơn vị sản phẩm loại B.

Áp dụng công thức tính tích vô hướng của hai vecto và hệ quả định lí cosin để giải.

$BD^{2} = AB^{2} + AD^{2} = 5^{2} + 8^{2} = 89$ $\left. \Rightarrow BD = \sqrt{89} \right.$.

$\overset{\rightarrow}{AB}.\overset{\rightarrow}{BD} = \left| \overset{\rightarrow}{AB} \right|.\left| \overset{\rightarrow}{BD} \right|.\cos(\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BD})$ $= 8.\sqrt{89}.\cos\widehat{BAE}$ $= 8.\sqrt{89}.\dfrac{AB^{2} + AE^{2} - BE^{2}}{2AB.AE}$ $= 8.\sqrt{89}.\dfrac{8^{2} + 89 - 125}{2.8.\sqrt{89}} = 14$.

Qua điểm I dựng các đường thẳng song song với ba cạnh của tam giác ABC. Phân tích vecto, sử dụng quy tắc trung điểm.

Qua điểm I dựng các đoạn MQ // AB, PS // BC, NR // CA.

Vì ABC là tam giác đều nên các tam giác IMN, IPQ, IRS cũng là tam giác đều.

Suy ra D, E, F lần lượt là trung điểm của MN, PQ, RS.

Khi đó: $\overset{\rightarrow}{ID} + \overset{\rightarrow}{IE} + \overset{\rightarrow}{IF}$ $= \dfrac{1}{2}(\overset{\rightarrow}{IM} + \overset{\rightarrow}{IN}) + \dfrac{1}{2}(\overset{\rightarrow}{IP} + \overset{\rightarrow}{IQ}) + \dfrac{1}{2}(\overset{\rightarrow}{IR} + \overset{\rightarrow}{IS})$

$= \dfrac{1}{2}\lbrack(\overset{\rightarrow}{IQ} + \overset{\rightarrow}{IR}) + (\overset{\rightarrow}{IM} + \overset{\rightarrow}{IS}) + (\overset{\rightarrow}{IN} + \overset{\rightarrow}{IP})\rbrack$ $= \dfrac{1}{2}(\overset{\rightarrow}{IA} + \overset{\rightarrow}{IB} + \overset{\rightarrow}{IC})$ $= \dfrac{1}{2}.3\overset{\rightarrow}{IO} = \dfrac{3}{2}\overset{\rightarrow}{IO}$.

Suy ra a = 3, b = 2. Do đó: a + b = 5.

Xác định toạ độ và độ dài vectơ $\overset{\rightarrow}{BA}$, $\overset{\rightarrow}{BC}$.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC: $\cos\widehat{ABC} = \dfrac{\overset{\rightarrow}{BA}.\overset{\rightarrow}{BC}}{\left| \overset{\rightarrow}{BA} \right|.\left| \overset{\rightarrow}{BC} \right|}$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{BA} = ( - 4; - 2)$ suy ra $\left| \overset{\rightarrow}{BA} \right| = \sqrt{20}$, $\overset{\rightarrow}{BC} = (3; - 1)$ suy ra $\left| \overset{\rightarrow}{BC} \right| = \sqrt{10}$.

Có $\cos\widehat{ABC} = \dfrac{\overset{\rightarrow}{BA}.\overset{\rightarrow}{BC}}{\left| \overset{\rightarrow}{BA} \right|.\left| \overset{\rightarrow}{BC} \right|} = \dfrac{- 10}{\sqrt{20}.\sqrt{10}} = \dfrac{- 1}{\sqrt{2}}$.

Vậy $\widehat{ABC} = 135^{o}$.

Sắp xếp dãy số liệu theo thứ tự không giảm.

Tìm trung vị ($Q_{2}$), rồi tìm trung vị của nửa dưới mẫu số liệu ($Q_{1}$) và trung vị của nửa trên mẫu số liệu ($Q_{3}$).

a) Sắp xếp dãy số liệu theo thứ tự không giảm:

12,02 19,08 25,95 81,26 338,28 339,98 340,82 362,24 501,89 1059,64

Vì n = 10 nên trung vị là trung bình cộng của 2 giá trị chính giữa (vị trí 5 và 6):

Có $Q_{2} = \dfrac{338,28 + 339,98}{2} = 339,13$.

Nửa dữ liệu bên trái $Q_{2}$ là:

12,02 19,08 25,95 81,26 338,28 gồm 5 số.

Do đó số chính giữa là số ở vị trí thứ 3 nên $Q_{1} = 25,95$.

Nửa dữ liệu bên phải $Q_{2}$ là:

339,98 340,82 362,24 501,89 1059,64 gồm 5 số.

Do đó trung vị là số chính giữa ở vị trí thứ 3 nên $Q_{3} = 362,24$.

b) Các điểm $Q_{1}$, $Q_{2}$ và $Q_{3}$ chia mẫu số liệu đã sắp xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn thành bốn phần, mỗi phần đều chứa 25% giá trị.

GDP của Việt Nam năm 2020 là 340,82 tỉ đô la Mỹ (nhỏ hơn $Q_{3}$) nên Việt Nam không thuộc nhóm 25% quốc gia trong khu vực Đông Nam Á có GDP cao nhất.