Đề thi giữa học kì 1 Toán 10 - Đề số 1

Liệt kê từng phần tử thỏa mãn.

$A = \{ x \in \mathbb{Z}| - 1 \le x < 2\}  = \{  - 1;0;1\}$.

Mỗi phần tử chỉ liệt kê đúng một lần.

Sử dụng định lí sin trong tam giác ABC.

Theo định lí sin: $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R$.

Quan sát dạng (ẩn, bậc) của bất phương trình.

Các bất phương trình ở đáp án B, C, D đều là bất phương trình bậc hai hai ẩn.

Dựa vào định lí cosin trong tam giác.

Cho tam giác ABC có ba cạnh a = BC, b = AC, c = AB. Khi đó ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos \widehat {BAC}$.

Dựa vào mối quan hệ giữa các giá trị lượng giác của hai góc phụ nhau.

Với hai góc phụ nhau $\alpha$ và ${90^o} - \alpha$, ta có $\sin ({90^o} - \alpha ) = \cos \alpha$.

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

Xét A: 2.(-2) + 3 + 1 > 0 sai nên (-2;3) không là nghiệm của 2x + y + 1 > 0.

Xét B: -2 + 3.3 + 1 < 0 sai nên (-2;3) không là nghiệm của x + 3y + 1 < 0.

Xét C: 2.(-2) – 3 – 1 $\ge$ 0 sai nên (-2;3) không là nghiệm của 2x – y – 1 $\ge$ 0.

Xét D: -2 + 3 + 1 > 0 đúng nên (-2;3) là nghiệm của x + y + 1 > 0.

Phủ định của “$\forall$ ” là “$\exists$ ”.

Phủ định của “ $<$ ” là “ $\ge$ ”.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề trên là “$\forall x \in \mathbb{R},{x^2} - x + 1 \ge 0$”.

Lập phương trình đường thẳng bờ của miền nghiệm dựa vào các điểm thuộc đường thẳng.

Vì điểm O(0;0) thuộc miền nghiệm nên ta suy ra chiều của bất phương trình.

Giả sử đường thẳng bờ của miền nghiệm có dạng y = ax + b.

Đường thẳng đi qua điểm (2;0) và (0;1) nên ta có:

$\{\begin{array}{l}0=2a+b\\ 1=0a+b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{2}\\ b=1\end{array}\Rightarrow y=-\frac{1}{2}x+1\iff x+2y=2$$\left\{ \begin{array}{l}0 = 2a + b\\1 = 0a + b\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 1\end{array} \right.$ \Rightarrow y = - \frac{1}{2}x + 1 \Leftrightarrow x + 2y = 2.

Do đó ta loại đáp án A, C.

Vì O(0;0) thuộc miền nghiệm của bất phương trình nên:

$0 + 2.0 = 0 \le 2$.

Vậy bất phương trình là $x + 2y \le 2$.

Mệnh đề là một khẳng định có tính đúng sai.

Chỉ có câu 3) không phải mệnh đề.

Giao hai tập hợp là tập hợp gồm các phần tử thuộc cả hai tập hợp.

Tập $\left[ {0;4} \right]$:

Tập  $\left[ {0;4} \right] \cap \left[ {3;5} \right]$:

Vậy  $\left[ {0;4} \right] \cap \left[ {3;5} \right] = \left[ {3;4} \right]$.

Học sinh có thể vẽ hình để dễ hình dung:

Nếu mọi phần tử của tập hợp A đều là phần tử của tập hợp B thì ta nói A là một tập hợp con của B.

Ta có:

$\{ 1;3\} \subset \{ 1;2;3;4\} = A$. Chọn A.

$\{ 2;5\} \not{ \subset }\{ 1;2;3;4\} = A$. Loại B.

$\{ 0;3\} \not{ \subset }\{ 1;2;3;4\} = A$. Loại C.

$\{ 0;1;2\} \not{ \subset }\{ 1;2;3;4\} = A$. Loại D.

Xét từng mệnh đề.

Ta có:

P(3): $3 + 2 > {3^2}$ là mệnh đề sai. Loại A.

P(-1): $- 1 + 2 > {( - 1)^2}$ là mệnh đề sai. Loại B.

P(1): $1 + 2 > {1^2}$ là mệnh đề đúng. Chọn C.

P(3): $5 + 2 > {5^2}$ là mệnh đề sai. Loại D.

Áp dụng quy tắc tính xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

a) Đúng. Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tam giác ABC với $A\left( { - \frac{3}{{11}};\frac{{29}}{{11}}} \right)$, $B\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{4}} \right)$, $C\left( { - \frac{8}{9}; - \frac{4}{9}} \right)$.

$F\left( { - \frac{3}{{11}};\frac{{29}}{{11}}} \right) = 3\left( { - \frac{3}{{11}}} \right) + 5.\frac{{29}}{{11}} = \frac{{136}}{{11}}$;

$F\left( { - \frac{8}{9}; - \frac{4}{9}} \right) = 3\left( { - \frac{8}{9}} \right) + 5.\left( { - \frac{4}{9}} \right) =  - \frac{{44}}{9}$;

$F\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{4}} \right) = 3.\frac{5}{2} + 5.\frac{5}{4} = \frac{{55}}{4}$.

Ta có $F\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{4}} \right) = \frac{{55}}{4}$ lớn nhất trong các giá trị trên, do đó điểm $B\left( {\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{4}} \right)$ là điểm thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình thỏa mãn $F = 3x + 5y$ đạt giá trị lớn nhất.

b) Đúng. Miền nghiệm của hệ là miền tam giác giới hạn bởi ba đường thẳng $x - 2y = 0$, $5x - y =  - 4$, $x + 2y = 5$.

c) Đúng. Ta có $5.0 - 0 = 0 \ge  - 4$ nên O(0;0) thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

Vậy miền nghiệm của bất phương trình $5x - y \geq - 4$ là nửa mặt phẳng bờ là $d:5x - y = - 4$ và chứa gốc tọa độ O, kể cả bờ.

d) Sai. Vì $1 + 2.2024 > 5$ nên tọa độ điểm M không thỏa mãn phương trình thứ ba của hệ. Do đó điểm M không thỏa mãn miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Áp dụng định lí cosin, các công thức tính diện tích tam giác.

$\widehat A = {180^o} - \widehat B - \widehat C = {180^o} - {15^o} - {30^o} = {135^o}$.

a) Đúng. $\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} \Leftrightarrow AB = \frac{{BC.\sin C}}{{\sin A}} = \frac{{12.\sin {{30}^o}}}{{\sin {{135}^o}}} = 6\sqrt 2$.

b) Sai. $S = \frac{1}{2}AB.BC\sin B = \frac{1}{2}AH.BC$

$\Leftrightarrow AB\sin B = AH \Leftrightarrow AH = 6\sqrt 2 .\sin {15^o} =  - 3 + 3\sqrt 3$.

c) Sai. $S = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}\left( { - 3 + 3\sqrt 3 } \right).12 =  - 18 + 18\sqrt 3$.

$\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} \Leftrightarrow AC = \frac{{BC.\sin B}}{{\sin A}} = \frac{{12.\sin {{15}^o}}}{{\sin {{135}^o}}} =  - 6 + 6\sqrt 3$.

$p = \frac{{AB + BC + AC}}{2} = \frac{{6\sqrt 2  + 12 + \left( { - 6 + 6\sqrt 3 } \right)}}{2} = 3\left( {1 + \sqrt 2  + \sqrt 3 } \right)$.

$r = \frac{S}{p} = \frac{{ - 18 + 18\sqrt 3 }}{{3\left( {1 + \sqrt 2  + \sqrt 3 } \right)}} \approx 1,1$.

d) Sai. $2R = \frac{a}{{\sin A}}$.

Áp dụng công thức $S = \frac{1}{2}bc\sin A$.

Kí hiệu các điểm như hình.

Từ giả thiết, ta có AB = AC = 90 cm, $\widehat A = {35^o}$.

Diện tích lá cờ là $S = \frac{1}{2}AB.AC\sin A = \frac{1}{2}90.90\sin {35^o} \approx 2323$ $\left( {c{m^2}} \right)$.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Người nội trợ chỉ được chi tối đa 200 nghìn đồng, do đó:

- Không thể mua nhiều hơn 1 kg thịt bò (1 kg bò = 200 nghìn đồng);

- Không thể mua nhiều hơn 2 kg thịt heo (1 kg heo = 100 nghìn đồng).

Do đó, ta có điều kiện $0 \le x \le 1$, $0 \le y \le 2$.

Với x (kg) thịt bò và y (kg) thịt heo:

- Chi phí để mua là f(x;y) = 200000x + 100000y, không được vượt 200 nghìn đồng.

- Lượng prorein cung cấp là g(x;y) = 800x + 600y, cần ít nhất 900 đơn vị.

- Lượng lipit cung cấp là h(x;y) = 200x + 400y, cần ít nhất 400 đơn vị.

Do đó, ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ 0\le y\le 2\\ 200000x+100000y\le 200000\\ 800x+600y\ge 900\\ 200x+400y\ge 400\end{array}\iff \{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ 0\le y\le 2\\ 2x+y\le 2\\ 8x+6y\ge 9\\ x+2y\ge 2\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 1\\0 \le y \le 2\\200000x + 100000y \le 200000\\800x + 600y \ge 900\\200x + 400y \ge 400\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 1\\0 \le y \le 2\\2x + y \le 2\\8x + 6y \ge 9\\x + 2y \ge 2\end{array} \right.$

Miền nghiệm là tứ giác ABCD với $A\left( {0,6;0,7} \right)$, $B\left( {\frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right)$, $C\left( {0;2} \right)$, $D\left( {0;1,5} \right)$.

Ta có:

$F\left( {0;1,5} \right) = 150000$, $F\left( {0;2} \right) = 200000$, $F\left( {\frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right) = 200000$, $F\left( {0,6;0,7} \right) = 190000$.

Vậy chi phí mua rẻ nhất khi x = 0; y = 1,5.

Khi đó 2.0 + 2.1,5 = 3.

Áp dụng định lí sin trong tam giác.

Gọi CH là chiều cao của ngọn núi.

Theo đề ta có: $AB = 70$ (m), $\widehat{CAH} = 30^o$, $\widehat{ABC} = 90^o + 15^\prime 30^{\prime\prime} = 105,5^o$.

Suy ra $\widehat{BAC} = 90^o - 30^o = 60^o$;

$\widehat{ACB} = 180^o - \widehat{ABC} - \widehat{BAC} = 180^o - 105,5^o - 60^o = 14,5^o$.

Theo định lý sin trong tam giác ABC, ta có:

$\dfrac{AB}{\sin \widehat{BCA}} = \dfrac{AC}{\sin \widehat{ABC}} \Leftrightarrow AC = \dfrac{AB \sin \widehat{ABC}}{\sin \widehat{BCA}} = \dfrac{70 \sin 105,5^o}{\sin 14,5^o} \approx 269,41$ (m).

$\Delta A H C$ vuông tại H nên ta có:

$CH = AC . \sin \widehat{CAH} = 269,41 . \sin 30^o \approx 135$ (m).

Vậy ngọn núi đó có độ cao so với mặt đất xấp xỉ bằng 135 m.

Giao của hai tập hợp A, B là tập hợp gồm các phần tử thuộc cả A và B.

Tìm m để $A \cap B = \emptyset$, sau đó suy ra $A \cap B \ne \emptyset$.

$A \cap B = \emptyset  \Leftrightarrow 4m \le \frac{{25}}{m}$

$\Leftrightarrow \frac{{4{m^2} - 25}}{m} \le 0 \Leftrightarrow 4{m^2} - 25 \ge 0$ (vì m < 0)

$\Leftrightarrow 4{m^2} - 25 \ge 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}m \ge 2,5\\m \le 2,5\end{array}$ \right..

Suy ra $A \cap B \ne \emptyset  \Leftrightarrow  - 2,5 \le m \le 2,5$, mà m nguyên nên có 5 giá trị m thỏa mãn.

Sử dụng biểu đồ Venn để giải, hoặc áp dụng công thức:

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

a) Số bạn đạt học lực giỏi nhưng không có hạnh kiểm tốt là:

15 - 10 = 5 (bạn).

Số bạn đạt hành kiểm tốt nhưng không có học lực giỏi là:

20 - 10 = 10 (bạn).

Số bạn được khen thưởng (chỉ đạt học lực giỏi hoặc chỉ đạt hạnh kiểm tốt hoặc đạt cả hai) là:

5 + 10 + 10 = 25 (bạn).

Cách khác:

Sử dụng công thức tính số phần tử: $n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right)$.

Cụ thể:

Gọi $A$ là tập hợp học sinh giỏi, $B$ là tập hợp học sinh được hạnh kiểm tốt của lớp $10A$, thì $A ∩ B$ là tập hợp các học sinh vừa giỏi, vừa có hạnh kiểm tốt.

Số học sinh lớp $10A$ được khen thưởng (hoặc học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt) là:

$15 + 20 - 10 = 25$ người.

b) Số bạn lớp $10A$ chưa học giỏi và chưa có hạnh kiểm tốt là số học sinh lớp $10A$ chưa được khen thưởng là:

$45 - 25 = 20$ (bạn).

Biểu diễn từng miền nghiệm của mỗi bất phương trình trên cùng một mặt phẳng Oxy.

Vẽ đường thẳng $d:x - 2y = 0$ đi qua hai điểm $O(0;0)$ và $B\left( {2;1} \right)$.

Xét điểm $A(1;0).$ Ta thấy $A \notin \Delta$ và $1 - 2.0 =  1> 0$.

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng không kể bờ $d$, chứa điểm A.

(miền không gạch chéo trên hình)

Vẽ đường thẳng $d':x + 3y = 3$ đi qua hai điểm $A'(0;1)$ và $B'\left( {3;0} \right)$.

Xét gốc tọa độ $O(0;0).$ Ta thấy $O \notin \Delta$ và $0 + 3.0 = 0 < 3$.

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng không kể bờ $d'$, chứa gốc tọa độ O.

(miền không gạch chéo trên hình)

Vậy miền không gạch chéo trong hình trên là miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

Áp dụng công thức:

${\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1$, ${\tan ^2}x = \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}}$.

Ta có:

$\sin x = \sqrt {1 - {{\cos }^2}x}  \Rightarrow {\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x$

$\Rightarrow {\sin ^2}x = 1 - {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{3}{4}$.

${\tan ^2}x = \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{{\frac{3}{4}}}{{{{\left( { - \frac{1}{2}} \right)}^2}}} = 3$.

Thay vào S:

$S = 4{\sin ^2}x + 8{\tan ^2}x = 4.\frac{3}{4} + 8.3 = 27$.