Đề thi học kì 1 Toán 10 - Đề số 3

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.

Áp dụng quy tắc viết các tập con của tập số thực $A = \{ x \in \mathbb{R}|a \le x < b\} = [a;b)$.

$A = \{ x \in \mathbb{R}| - 5 \le x < 3\} = [ - 5;3)$.

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.

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

$\{\begin{array}{l}x+y=-2\\ x-y=5\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x + y = - 2\\x - y = 5\end{array} \right.$ là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

Các góc bù nhau có giá trị sin bằng nhau, giá trị cos, tan, cot đối nhau.

$\sin {30^o} = \sin ({180^o} - {30^o}) = \sin {150^o}$.

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.

Vecto là một đoạn thẳng có hướng. Từ hai điểm phân biệt, ta có hai vecto khác nhau.

Có 6 vecto khác $\overrightarrow 0$ là $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {CB}$.

Tọa độ điểm G là trọng tâm tam giác ABC là $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right.$

Tọa độ điểm G là trọng tâm tam giác OMN là:

$\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_O+x_M+x_N}{3}=\frac{0+(-3)+6}{3}=1\\ y_G=\frac{y_O+y_M+y_N}{3}=\frac{0+1+(-4)}{3}=-1\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_O} + {x_M} + {x_N}}}{3} = \frac{{0 + ( - 3) + 6}}{3} = 1\\{y_G} = \frac{{{y_O} + {y_M} + {y_N}}}{3} = \frac{{0 + 1 + ( - 4)}}{3} = - 1\end{array} \right.$ suy ra G(1;-1).

$\overrightarrow {AB} = ({x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A})$.

$\overrightarrow {BA} = ({x_A} - {x_B};{y_A} - {y_B}) = (2 + 1;3 - 2) = (3;1)$.

Công thức tính tích vô hướng: $\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)$.

$\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|\cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = BA.BC\cos \widehat {ABC} = 5.8.\cos {30^o} = 20\sqrt 3$.

Công thức tính sai số tuyệt đối: ${\Delta _a} = \left| {\overline a - a} \right|$ với a là số gần đúng  của số $\overline a$.

Quy tròn số 2,654 đến hàng phần chục, được số 2,7. Sai số tuyệt đối là: $\left| {2,7 - 2,654} \right| = 0,046$.

Xác định khoảng biến thiên của từng mẫu số liệu “IQ” và “EQ” bằng cách lấy giá trị lớn nhất trừ đi giá trị nhỏ nhất. Khoảng biến thiên của mẫu số liệu nào lớn hơn thì có độ phân tán lớn hơn.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu “IQ” là ${R_1} = 111 - 88 = 23$.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu “EQ” là ${R_2} = 103 - 90 = 13$.

Do ${R_1} > {R_2}$ nên mẫu số liệu “IQ” có độ phân tán lớn hơn mẫu số liệu “EQ”.

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

a) Sai. Điều kiện: $x,y \ge 0$.

b) Sai. Vì mỗi tuần An chỉ có 200000 đồng nên ta có bất phương trình:

$15000x + 30000y \le 200000 \Leftrightarrow 3x + 6y \le 40$.

c) Đúng. Thay cặp số (5;4) vào bất phương trình vừa tìm: $3.5 + 6.4 \le 40$ (đúng).

Vậy (5;4) là một nghiệm của bất phương trình.

d) Sai. Thay cặp số (5;4) vào bất phương trình vừa tìm: $3.4 + 6.5 \le 40$ (sai).

Suy ra (4;5) không là nghiệm của bất phương trình.

Vậy An không thể mua 4 kg cam và 5 kg xoài trong tuần.

Sử dụng định lí Sin, Cosin trong tam giác.

a) Sai. Theo hệ quả định lí Cos trong tam giác ABC: $\cos C = \frac{{C{A^2} + C{B^2} - A{B^2}}}{{2.CA.CB}}$.

b) Đúng. Theo định lí Cos trong tam giác ABC:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC\cos \widehat A = {20^2} + {12^2} - 2.20.12.\cos {60^o} = 304$.

Suy ra $BC = 4\sqrt {19}$.

c) Đúng. $\cos C = \frac{{C{A^2} + C{B^2} - A{B^2}}}{{2.CA.CB}} = \frac{{{{12}^2} + {{\left( {4\sqrt {19} } \right)}^2} - {{20}^2}}}{{2.4\sqrt {19} .20}} = \frac{{\sqrt {19} }}{{38}} \approx 83,{4^o}$.

d) Sai. Áp dụng định lí Sin trong tam giác ABC:

$\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Leftrightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{4\sqrt {19} }}{{2\sin {{60}^o}}} = \frac{{4\sqrt {57} }}{3}$.

Sử dụng quy tắc hình bình hành, quy tắc trung điểm, trọng tâm.

a) Sai. $\overrightarrow {GN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GB}$ do hai vecto trên ngược hướng và $GN = \frac{1}{2}GB$ (tính chất trọng tâm).

b) Đúng. $\overrightarrow {GM} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GC}$ do hai vecto trên ngược hướng và $GM = \frac{1}{2}GC$ (tính chất trọng tâm).

c) Sai. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0$, hay $\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = - \overrightarrow {GA} = \overrightarrow {AG}$.

Ta có:

$\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} = - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} = \frac{1}{2}\overrightarrow {GA}$.

d) Sai. Gọi I là trung điểm của BC. Khi đó A, G, I thẳng hàng (trọng tâm G thuộc trung tuyến AM).

Lấy điểm D sao cho ABDC là hình bình hành. Khi đó I là trung điểm của AD.

Theo chứng minh trên, $\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} = - \frac{1}{2}.\left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AI} } \right) = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AI} = - \frac{1}{3}.\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AD} } \right) = - \frac{1}{6}\overrightarrow {AD}$.

Mà $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AD}$ (quy tắc hình bình hành).

Vậy $\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = - \frac{1}{6}\overrightarrow {AD} = - \frac{1}{6}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)$.

Sử dụng công thức tính số trung bình, phương sai của mẫu số liệu không ghép nhóm.

a) Đúng. Ta có ${x_1};...;{x_4}$ có giá trị bằng 3, ${x_5};...;{x_{21}}$ có giá trị bằng 4. Vậy ${x_{13}} = 4$.

b) Sai. Mốt của mẫu số liệu là 4 vì có tần số lớn nhất là 15.

c) Đúng. Số sách trung bình mỗi bạn đọc được là \(\overline x  = \frac{{3.6 + 4.15 + 5.3 + 6.8 + 7.8}}{{40}} \approx 5\) (cuốn).

d) Đúng. ${s^2} = \frac{{{3^2}.6 + {4^2}.15 + {5^2}.3 + {6^2}.8 + {7^2}.8}}{{40}} - 4,{925^2} \approx 2$.

$A \subset B$ thì mọi phần tử thuộc A đều thuộc B.

$A \subset B$ suy ra $\{\begin{array}{l}m-3>-3\\ m+2<5\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}m - 3 > - 3\\m + 2 < 5\end{array} \right.$ hay $0 < m < 3$.

Vậy có 2 giá trị nguyên m thỏa mãn là m = 1; m = 2.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Gọi x, y lần lượt là số đơn vị vitamin A và B dùng mỗi ngày $(x,y \ge 0)$.

Mỗi ngày có thể tiếp nhận được không quá 600 đơn vị vitamin A nên $x \le 600$.

Mỗi ngày có thể tiếp nhận được không quá 500 đơn vị vitamin B nên $y \le 500$.

Mỗi ngày cần từ 400 đến 1000 đơn vị vitamin cả A lẫn B nên $400 \le x + y \le 1000$.

Mỗi ngày, số đơn vị vitamin B không ít hơn $\frac{1}{2}$ số đơn vị vitamin A nhưng không nhiều hơn 3 lần số đơn vị vitamin A nên $\frac{1}{2}x \le y \le 3x$.

Ta có hệ bất phương trình $\{\begin{array}{l}0\le x\le 600\\ 0\le y\le 500\\ 400\le x+y\le 1000\\ \frac{1}{2}x\le y\le 3x\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 600\\0 \le y \le 500\\400 \le x + y \le 1000\\\frac{1}{2}x \le y \le 3x\end{array} \right.$ (*)

Số tiền cần chi là f(x; y) = 9x + 7,5y (đồng).

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của f(x; y) trên miền nghiệm của hệ (*).

Miền nghiệm của hệ (*) là miền lục giác ABCDEF (kể cả biên) với $A(100;300)$, $B\left( {\frac{{800}}{3};\frac{{400}}{3}} \right)$, $C(600;300)$, $E(500;500)$, $F\left( {\frac{{500}}{3};500} \right)$.

Thay tọa độ các điểm trên vào f(x; y) thấy f(100; 300) = 3150 là giá trị nhỏ nhất.

Vậy cần chi ít nhất 3150 đồng mỗi ngày để dùng đủ lượng vitamin A và B.

Sử dụng định lí Sin cho tam giác ABC.

Trong tam giác vuông AHB có $\tan \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{4}{{20}} = \frac{1}{5}$. Suy ra $\widehat {ABH} \approx {11^o}19'$.

Ta có $\widehat {ABH} + \widehat {ABC} = {90^o}$ suy ra $\widehat {ABC} = {90^o} - \widehat {ABH} \approx {90^o} - {11^o}19' \approx {78^o}41'$.

Xét tam giác ABC có $\widehat {ACB} = {180^o} - \left( {\widehat {ABC} + \widehat {BAC}} \right) \approx {180^o} - \left( {{{78}^o}41' + {{45}^o}} \right) \approx {56^o}19'$.

Áp dụng định lí Sin cho tam giác ABC ta có:

$\frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}}$ suy ra $BC = \frac{{AB.\sin \widehat {BAC}}}{{\sin \widehat {ACB}}} \approx \frac{{\sqrt {{4^2} + {{20}^2}} .\sin {{45}^o}}}{{\sin {{56}^o}19'}} \approx 17$ (m).

Sử dụng quy tắc tổng hợp lực, quy tắc hình bình hành.

Dựng hình bình hành OACB sao cho OA = OB = 30, $\widehat {AOC} = \widehat {BOC} = {30^o}$ và $\overrightarrow {OC}$ cùng hướng với $\overrightarrow {{F_1}}$.

Khi đó $\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = OA = 30$, $\left| {\overrightarrow {{F_4}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = OB = 30$, \(\overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow {{F_{34}}}  = \overrightarrow {OC}\) và $\left| {\overrightarrow {{F_{34}}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right|$.

Vì OA = OB nên  OACB là hình thoi. Giả sử I là tâm hình thoi. Xét tam giác AOI vuông tại I:

\(\cos \widehat {OAI} = \frac{{OI}}{{OA}} \Rightarrow OI = OA.\cos \widehat {OAI} = 30.\cos {30^o} = 15\sqrt 3  \Rightarrow OC = 2OI = 30\sqrt 3  = \left| {\overrightarrow {{F_{34}}} } \right|\).

Vì độ lớn lực $\overrightarrow {{F_2}}$ lớn gấp ba lần độ lớn lực $\overrightarrow {{F_1}}$ và hai lực này ngược chiều nên \(\overrightarrow {{F_2}}  =  - 3\overrightarrow {{F_1}}\).

Dưới tác động của 4 lực, vật ở vị trí cân bằng nên ta có:

\(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}}  - 3\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_{34}}}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \overrightarrow {{F_{34}}}  = 2\overrightarrow {{F_1}}  \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_{34}}} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 30\sqrt 3  \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 15\sqrt 3\).

\(\Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 3.15\sqrt 3  = 45\sqrt 3\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| + \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 15\sqrt 3  + 45\sqrt 3  = 60\sqrt 3  \approx 104\) (N).

Giải hệ $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AH}\mathrm{.}\overrightarrow{BC}=0\\ \overrightarrow{BH}=k\overrightarrow{BC}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\\\overrightarrow {BH} = k\overrightarrow {BC} \end{array} \right.$

8

Ta có: $\overrightarrow {BC} = (8;1)$, $\overrightarrow {AH} = (a - 0;b - 5) = (a;b - 5)$, $\overrightarrow {BH} = (a + 2;b - 8)$.

Vì AH vuông góc với BC nên ta có $\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \Rightarrow 8.a + 1.(b - 5) = 0 \Rightarrow 8a + b - 5 = 0$ (1).

Vì H là chân đường cao kẻ từ A nên B, H, C thẳng hàng hay $\overrightarrow {BH}$, $\overrightarrow {BC}$ cùng phương.

Khi đó $\overrightarrow {BH} = k\overrightarrow {BC} \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}a + 2 = k.8\\b - 8 = k.1\end{array} \right.$ \Rightarrow k = \frac{{a + 2}}{8} = b - 8 (2).

Giải hệ hai phương trình (1), (2) ta được $a = - \frac{2}{5}$, $b = \frac{{41}}{5}$.

Vậy $b + \frac{1}{2}a = \frac{{41}}{5} + \frac{1}{2}.\left( { - \frac{2}{5}} \right) = 8$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

Dãy số liệu trên đã sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Có n = 20 nên ${Q_2} = \frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2} = \frac{{18 + 20}}{2} = 19$.

Bên trái trung vị có 10 giá trị nên ${Q_1} = \frac{{{x_5} + {x_6}}}{2} = \frac{{9 + 11}}{2} = 10$.

Bên phải trung vị có 10 giá trị nên ${Q_3} = \frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2} = \frac{{31 + 33}}{2} = 32$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 32 - 10 = 22$.