Đề thi giữa học kì 1 Toán 10 - Đề số 2

Sử dụng kí hiệu phần tử không thuộc tập hợp:

+ Phần tử thuộc tập hợp thì có kí hiệu $\in$.

+ Phần tử không thuộc tập hợp thì có kí hiệu $\notin$.

Vì $\sqrt 5$ không là số hữu tỉ nên $\sqrt 5  \notin Q$.

Dựa vào định lí sin trong tam giác.

Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b, AB = c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R$.

Dựa vào định nghĩa bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Các bất phương trình ở đáp án A, B, C không phải bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Sử dụng định lí cosin trong tam giác ABC.

Theo định lí cosin: ${c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C$ nên C sai.

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

Ta có:

$\sin ({180^o} - \alpha ) = \sin \alpha$ suy ra A sai.

$\cos ({180^o} - \alpha ) =  - \cos \alpha$ suy ra B sai.

$\sin ({90^o} - \alpha ) = \cos \alpha$ suy ra C đúng, D sai.

Thay từng cặp số vào bất phương trình xem cặp số nào thỏa mãn.

Xét $(2;1)$ ta có $2 + 2.1 \le 4$ (đúng).

Xét $(1;2)$ ta có $1 + 2.2 \le 4$ (sai).

Xét $(1;3)$ ta có $1 + 2.3 \le 4$ (sai).

Xét $( - 1;3)$ ta có $- 1 + 2.3 \le 4$ (sai).

Vậy cặp số (2;1) là một nghiệm của bất phương trình $x + 2y \le 4$.

Đọc kĩ mệnh đề và áp dụng quy tắc sử dụng kí hiệu $\forall$ và $\exists$.

“Có một số nguyên” tức là tồn tại số nguyên: $\exists x \in \mathbb{Z}$.

“Số (nguyên) bằng bình phương của chính nó”: $x = {x^2}$.

Vậy mệnh đề đúng là “$\exists x \in \mathbb{Z},x = {x^2}$”.

Xác định miền nghiệm.

Đường thẳng $3x + 2y + 6 = 0$ đi qua hai điểm (0;-3) và (-2;0) nên ta chọn đáp án A.

Mệnh đề là một khẳng định có tính đúng sai.

B là một mệnh đề. Các đáp án còn lại là câu cảm thán hoặc câu hỏi.

$A\backslash B = \left\{ {x \in R\backslash x \in A;\,x \notin B} \right\}.$

Ta có: $\mathbb{R}\backslash \left[ {1;3} \right] = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right).$

Biểu diễn trên trục số:

Tập con của A là tập gồm các phần tử đều thuộc A.

Vì $6 \notin A$ nên ${A_1}\not{ \subset }A$.

Vì $0 \notin A$ nên ${A_2}\not{ \subset }A$, ${A_4}\not{ \subset }A$.

Vì $4 \in A$, $5 \in A$ nên ${A_3} \subset A$.

Mệnh đề đảo của mệnh đề “Nếu P thì Q” là mệnh đề “Nếu Q thì P”.

A. Mệnh đề đảo là: “Nếu hai tam giác có diện tích bằng nhau thì chúng bằng nhau”.

Mệnh đề này sai, chẳng hạn:

B. Mệnh đề đảo là: “Nếu hai tam giác có chu vi bằng nhau thì chúng bằng nhau”.

Mệnh đề này sai, chẳng hạn:

C. Mệnh đề đảo là: “Nếu hai tam giác có các góc tương ứng bằng nhau thì chúng bằng nhau”.

Mệnh đề này sai, chẳng hạn:

D. Mệnh đề đảo là: “Nếu hai tam giác có các cặp cạnh tương ứng bằng nhau thì chúng bằng nhau”.

Mệnh đề này đúng.

Thay các cặp số vào hệ phương trình, nếu thỏa mãn thì là nghiệm của hệ.

Giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất của biểu thức P(x;y) = ax + by (b ≠ 0) trên miền nghiệm đa giác (kể cả biên) đạt được tại một đỉnh nào đó của đa giác.

a) Đúng. Hệ trên là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

b) Đúng. Thay $(0;0)$ vào hệ trên ta được $\{\begin{array}{l}-6\le 0\\ 0\ge 0\\ -1\le 0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} - 6 \le 0\\0 \ge 0\\ - 1 \le 0\end{array} \right.$ (đúng).

c) Sai. Thay $(1; - 1)$ vào hệ trên ta được $\{\begin{array}{l}2.1+3.(-1)-6\le 0\\ 1\ge 0\\ 2.1-3.(-1)-1\le 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-7\le 0\\ 1\ge 0\\ 4\le 0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}2.1 + 3.( - 1) - 6 \le 0\\1 \ge 0\\2.1 - 3.( - 1) - 1 \le 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l} - 7 \le 0\\1 \ge 0\\4 \le 0\end{array} \right.$ (sai).

d) Đúng. Miền nghiệm của hệ bất phương trình được biểu diễn như hình sau:

Trước hết, ta vẽ ba đường thẳng: $\left( {{d_1}} \right):2x + 3y - 6 = 0$; $\left( {{d_2}} \right):x = 0$; $\left( {{d_3}} \right):2x - 3y - 1 = 0$.

Ta thấy $\left( {0;0} \right)$ là nghiệm của cả ba bất phương trình. Điều đó có nghĩa gốc tọa độ thuộc cả ba miền nghiệm của cả ba bất phương trình. Sau khi gạch bỏ các miền không thích hợp, miền không bị gạch là miền nghiệm của hệ.

Miền nghiệm là hình tam giác $ABC$, với $A\left( {0;2} \right)$, $B\left( {\frac{7}{4};\frac{5}{6}} \right)$, $C\left( {0; - \frac{1}{3}} \right)$.

Vậy ta có $a = 2 - 0 = 2$, $b = \frac{5}{6} - \frac{7}{4} =  - \frac{{11}}{{12}} \Rightarrow a + b = \frac{{13}}{{12}}$.

Áp dụng định lí và hệ quả định lí cosin, định lí sin.

a) Sai. $a = \sqrt {{b^2} + {c^2} - 2bc\cos A}  = \sqrt {{7^2} + {5^2} - 2.7.5\cos {{120}^o}}  = \sqrt {109}$ (cm).

b) Đúng. $\cos C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}} = \frac{{109 + {7^2} - {5^2}}}{{2\sqrt {109} .7}} \approx 0,91$.

c) Sai. $\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} = \frac{{109 + {5^2} - {7^2}}}{{2\sqrt {109} .5}} \approx 0,81$.

d) Đúng. $\frac{a}{{\sin A}} = 2R \Leftrightarrow R = \frac{a}{{2\sin A}} = \frac{{\sqrt {109} }}{{2.\sin {{120}^o}}} = \frac{{\sqrt {327} }}{3} \approx 6,03$ (cm).

Áp dụng định lí sin và công thức tính diện tích tam giác.

Ta có $\widehat {BAD} = 54^\circ + 22^\circ = 76^\circ \Rightarrow \widehat {ABC} = 180^\circ - 76^\circ = 104^\circ$, $\widehat {ACB} = \widehat {DAC} = 22^\circ$.

Áp dụng định lý sin cho tam giác ABC, ta có $\frac{{AC}}{{\sin 104^\circ }} = \frac{{AB}}{{\sin 22^\circ }} \Rightarrow AC = \frac{{70.\sin 104^\circ }}{{\sin 22^\circ }}$.

Suy ra diện tích tam giác ABC là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin 54^\circ = \frac{{70.\sin 104^\circ .\sin 54^\circ }}{{2.\sin 22^\circ }}$.

Lại có $\widehat {ADB} = 180^\circ - 76^\circ - 73^\circ = 31^\circ$.

Áp dụng định lý sin cho tam giác ABD, ta có:

$\frac{{AD}}{{\sin 73^\circ }} = \frac{{AB}}{{\sin 31^\circ }} \Rightarrow AD = \frac{{70.\sin 73^\circ }}{{\sin 31^\circ }} \approx 129,97(m).$

Suy ra diện tích tam giác ACD là ${S_{ACD}} = \frac{1}{2}AC.AD.\sin 22^\circ = \frac{{{{70}^2}.\sin 104^\circ .\sin 73^\circ }}{{2.\sin 22^\circ .\sin 31^\circ }}$.

Vậy diện tích mảnh đất là ${S_{ABCD}} = {S_{ABC}} + {S_{ACD}} \approx 9548\,\,({m^2})$.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Gọi số thực đơn 1 là $x$, số thực đơn 2 là $y$, ta có $x \geq 0$; $y \geq 0$.

Số cốc nước chanh là $2x + 3y \leq 165$.

Số túi khoai tây chiên là $x + 2y \leq 100$.

Số tiền thu về là $T = 25x + 40y$.

Xét hệ bất phương trình bậc nhất một ẩn:

$\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ 2x+3y\le 165\\ x+2y\le 100\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x \geq 0} \\ {y \geq 0} \\ {2x + 3y \leq 165} \\ {x + 2y \leq 100} \end{array} \right.$

Miền nghiệm là tứ giác OABC với O(0;0), A(0;50), B(30;35), C(82,5;0).

Ta có: $T_{O} = 25.0 + 40.0 = 0$;

$T_{A} = 25.0 + 40.50 = 200$;

$T_{B} = 25.30 + 40.35 = 2150$;

$T_{C} = 25.82,5 + 40.0 = 2062,5$.

Vậy số tiền lớn nhất câu lạc bộ nhận được khi bán hết hàng bằng 2150 nghìn đồng.

Áp dụng định lí cosin.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác MAB, ta có:

$MB = \sqrt {A{B^2} + A{M^2} - 2.AB.AM.\cos A}$

$= \sqrt {{2^2} + 1,{8^2} - 2.2.1,8.\cos {{32}^o}} \approx 1,06$ (km).

Vậy khoảng cách từ vị trí của người đó đến trạm phát sóng B là 1,06 km.

Viết tập hợp A, B bằng cách liệt kê phần tử, từ đó tìm $A \cap B$ là tập hợp bao gồm các phần tử thuộc cả A và B.

$A = \{  - 5;1\}$, $B = \left\{ { - \frac{1}{2};\frac{1}{6};1} \right\}$.

$A \cap B = 1$.

Áp dụng các công thức sau:

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

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

Gọi A là tập hợp các học sinh thích bóng rổ, suy ra $n\left( A \right) = 20$.

B là tập hợp các học sinh thích bóng bàn, suy ra $n\left( B \right) = 14$.

C là tập hợp các học sinh không thích môn nào trong hai môn thể thao trên, suy ra $n\left( C \right) = 10$.

D là tập hợp tất cả học sinh của lớp, suy ra $n\left( D \right) = 36$.

a) Số học sinh thích một trong hai môn trên là:

$n\left( {A \cup B} \right) = n\left( D \right) - n\left( C \right) = 36 - 10 = 26$.

Số học sinh thích cả hai môn là:

$n\left( {A \cap B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cup B} \right) = 20 + 14 - 26 = 8$.

b) Số học sinh thích bóng rổ nhưng không thích bóng bàn là:

$n\left( {A\backslash B} \right) = n\left( A \right) - n\left( {A \cap B} \right) = 20 - 8 = 12$.

Bước 1: Vẽ các đường thẳng.

Bước 2: Gạch đi các phần không thuộc miền nghiệm của mỗi bất phương trình.

Bước 3: Phần không bị gạch là miền nghiệm.

Vẽ đường thẳng $3x - y =  - 3$ (nét đứt).

Thay tọa độ điểm O(0;0) vào $3x - y >  - 3$ ta được $3.0 - 0 >  - 3$ (Đúng).

Gạch đi phần không chứa O.

Vẽ đường thẳng $- 2x + 3y = 6$ (nét đứt).

Thay tọa độ điểm O(0;0) vào $- 2x + 3y < 6$ ta được $- 2.0 + 3.0 < 6$ (Đúng).

Gạch đi phần không chứa O.

Vẽ đường thẳng $2x + y =  - 4$ (nét đứt).

Thay tọa độ điểm O(0;0) vào $2x + y >  - 4$ ta được $2.0 + 0 >  - 4$ (Đúng).

Gạch đi phần không chứa O.

Miền nghiệm của hệ là phần không bị gạch chéo:

Bước 1: Chia cả tử và mẫu của biểu thức P cho $\cos \alpha$.

Bước 2: Biến đổi biểu thức P sao cho xuất hiện duy nhất giá trị $\tan \alpha$.

Bước 3: Thay $\tan \alpha = - 2$ rồi tính giá trị biểu thức P.

Do $\tan \alpha  =  - 2$ nên $\cos \alpha  \ne 0$. Chia cả tử và mẫu của biểu thức P cho $\cos \alpha$ ta có:

$P = \frac{{\frac{{\cos \alpha  + 3\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}}}{{\frac{{\sin \alpha  + 3\cos \alpha }}{{\cos \alpha }}}} = \frac{{1 + 3\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}}}{{\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} + 3}}$

$= \frac{{1 + 3\tan \alpha }}{{\tan \alpha  + 3}} = \frac{{1 + 3.( - 2)}}{{ - 2 + 3}} =  - 5$

Vậy với $\tan \alpha  =  - 2$ thì P = -5.