Đề cuối kì 1 Toán 10 năm 2024 – 2025 trường THPT Triệu Sơn 4 – Thanh Hóa

ABCD là hình bình hành thì $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$. Từ đó tìm tọa độ điểm C.

Ta có $\overrightarrow {AB} = (2;4)$, $\overrightarrow {DC} = (5 - {x_C};5 - {y_C})$.

ABCD là hình bình hành thì $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}5 - {x_C} = 2\\5 - {y_C} = 4\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 3\\{y_C} = 1\end{array} \right.$ \Rightarrow C(3;1).

Mệnh đề phủ định của “$\forall x \in \mathbb{R}:P(x)$” là $\exists x \in \mathbb{R}:\overline {P(x)}$ ”.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề "$\forall x \in {\mathbb{R}}:x^{2} + x + 2024 > 0$" là $\exists x \in {\mathbb{R}}:x^{2} + x + 2024 \leq 0$.

Áp dụng định lí cosin.

Theo định lí cosin, ta có $a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc\,\cos A.$

Áp dụng cách viết các tập hợp con của tập số thực.

$A = \left( {- \infty;9} \right\rbrack.$

Áp dụng công thức tính số trung bình của mẫu số liệu.

Trung bình mỗi học sinh chạy 50 m hết:

$\frac{{8,3.2 + 8,4.3 + 8,5.9 + 8,7.5 + 8,8.1}}{{2 + 3 + 9 + 5 + 1}} = 8,53$.

$\overrightarrow u = (a;b)$ có độ dài là $\left| {\overrightarrow u } \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}}$.

$\left| {\overrightarrow m } \right| = \sqrt {{3^2} + {{( - 4)}^2}} = 5$.

Sử dụng máy tính casio hoặc bảng giá trị lượng giác.

$\cos {30^o} + \sin {60^o} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$.

Áp dụng quy tắc ba điểm.

$\overset{\rightarrow}{CB} + \overset{\rightarrow}{AC} = \overset{\rightarrow}{BA}$ sai vì $\overset{\rightarrow}{CB} + \overset{\rightarrow}{AC} = \overset{\rightarrow}{AC}$.

$\overrightarrow {MN} = ({x_N} - {x_M};{y_N} - {y_M};{z_N} - {z_M})$.

$\overrightarrow {MN} = ( - 2 - 4;0 + 3) = ( - 6;3)$.

Dựa vào dạng của bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

$x + y \geq 0$ là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Số trung vị là số liệu nằm chính giữa dãy số liệu đã sắp xếp từ nhỏ đến lớn.

Dãy có tất cả 7 số liệu, số trung vị là số liệu ở vị trí thứ 4, đó là số 5.

Áp dụng biểu thức tọa độ tích vô hướng của hai vecto.

$\overrightarrow u = (1;3)$, $\overrightarrow v = (2; - 1)$.

$\overrightarrow u .\overrightarrow v = 1.2 + 3.( - 1) = - 1$.

Áp dụng quy tắc ba điểm và công thức tích vô hướng của hai vecto.

a) Đúng. $- 2\overrightarrow {DM} = - \left( {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} } \right) = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BD}$.

b) Sai. $\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD} }}{{AB.BD}} = - \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BD} }}{{AB.BD}} = - \frac{{BA.BD\cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BD} } \right)}}{{AB.BD}}$

$= - \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BD} } \right) = - \cos \widehat {ABD} = - \cos {45^o} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Do đó $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BD} } \right) = {135^o}$.

c) Đúng. $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD}$ (theo quy tắc ba điểm).

d) Đúng. $\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {OM} .\overrightarrow {AC} = AD.BD\cos {45^o} + OM.AC\cos {135^o}$

$= 2.2\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} + 1.2\sqrt 2 .\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = 2$.

Áp dụng công thức ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$ và mối quan hệ giữa các giá trị lượng giác của hai góc bù nhau.

a) Đúng. ${90^o} < \alpha < {180^o}$ nên $\sin \alpha > 0$.

b) Sai. $\sin \alpha = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{\left( { - \frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

$$\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{{ - \frac{1}{3}}}{{\frac{{2\sqrt 2 }}{3}}} = - \frac{{\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \cot \left( {{{180}^o} - \alpha } \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{4}$$.

c) Đúng. $$\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}$$.

d) Đúng. $\sin \alpha = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{\left( { - \frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

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 các phép toán trên tập hợp.

$A = [ - 5; - 2]$, $B = ( - 3;2)$.

a) Đúng. $A\backslash B = [ - 5; - 3]$.

b) Sai. $A \cap B = ( - 3; - 2]$.

c) Đúng. $A \cup B = [ - 5;2)$.

d) Đúng. $B = ( - 3;2)$.

Áp dụng công thức tính tích vô hướng của hai vecto.

$\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)$

$= AB.AC.\cos \widehat A = 2.2.\cos {120^o} = - 2$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong mặt phẳng.

Gọi $I\left( {a;\,b} \right)$ là điểm sao cho $\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0$.

Ta có $\overrightarrow {IA} = \left( {1 - a;\, - 4 - b} \right)$; $\overrightarrow {IB} \left( { - 2 - a;\,2 - b} \right)$; $\overrightarrow {IC} \left( { - 5 - a;\,4 - b} \right)$.

Theo bài $\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - a + 2\left( { - 2 - a} \right) + 3\left( { - 5 - a} \right) = 0\\ - 4 - b + 2\left( {2 - b} \right) + 3\left( {4 - b} \right) = 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}1 - a - 4 - 2a - 15 - 3a = 0\\ - 4 - b + 4 - 2b + 12 - 3b = 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l} - 6a - 18 = 0\\ - 6b + 12 = 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}a = - 3\\b = 2\end{array} \right.$.

Vậy tọa độ $I\left( { - 3;\,2} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} + 2\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right) + 3\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)$

$= 6\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = 6\overrightarrow {MI} + \left( {\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} } \right) = 6\overrightarrow {MI}$.

Do $\left| {\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {MC} } \right| = 6\left| {\overrightarrow {MI} } \right|$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $MI$ nhỏ nhất.

Mặt khác $M \in Ox$ nên $MI$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu của $I\left( { - 3;\,2} \right)$ trên $Ox$.

Suy ra tọa độ $M\left( { - 3;\,0} \right)$. Vậy $T = - 6$.

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

Gọi $x,y$ $\left( {x \ge 0,y \ge 0} \right)$ lần lượt là số tấn sản phẩm loại I, loại II sản xuất trong một ngày. Khi đó:

- Số tiền lãi một ngày là $L = 300x + 400y$ (nghìn đồng).

- Số giờ làm việc của mỗi ngày của máy thứ nhất là $x + 2y$.

- Số giờ làm việc của máy thứ hai là $2x + y$.

Vì một ngày máy thứ nhất làm việc không quá 5 giờ, máy thứ hai làm việc không quá 4 giờ nên $x,y$ thỏa mãn hệ bất phương trình:

$\{\begin{array}{l}x+2y\le 5\\ 2x+y\le 4\\ x\ge 0\\ y\ge 0\end{array}(\ast )$$\left\{ \begin{array}{l}x + 2y \le 5\\2x + y \le 4\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.$,\,\left( * \right)

Khi đó bài toán trở thành: Trong các nghiệm của hệ bất phương trình $\left( * \right)$, tìm nghiệm $x = {x_0},y = {y_0}$ sao cho $L = 300x + 400y$ lớn nhất.

Vẽ miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left( * \right)$ trên mặt phẳng toạ độ $Oxy$. Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left( * \right)$ là tứ giác $OABC$ kể cả miền trong của tứ giác, với tọa độ các đỉnh là $O\left( {0\,;\,0} \right)$, $A\left( {0\,;\frac{5}{2}} \right)$, $B\left( {1\,;2} \right)$, $C\left( {2\,;0} \right)$.

Biểu thức $L = 300x + 400y$ đạt giá trị lớn nhất tại một trong các đỉnh của tứ giác $OABC$.

Tính giá trị của $L$ tại các đỉnh $O\left( {0\,;\,0} \right)$, $A\left( {0\,;\frac{5}{2}} \right)$, $B\left( {1\,;2} \right)$, $C\left( {2\,;0} \right)$, ta thấy $L$ đạt giá trị lớn nhất là $\max L = 1100$ tại đỉnh $B$.

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

${Q_1} = {x_{11}} = 5$;  ${Q_3} = {x_{32}} = 7$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 7 - 5 = 2$.

Áp dụng công thức $n (A \cup B) = n(A)+n(B)-2n(A\cap B)$.

Gọi $A$ là tập hợp các học sinh chơi bóng đá,

$B$ là tập hợp các học sinh chơi bóng bàn,

C là tập hợp các học sinh không chơi môn thể thao nào.

Ta có: $n(A)$: là số học sinh chơi bóng đá; $n(B)$: là số học sinh chơi bóng bàn; $n(C)$: là số học sinh không chơi môn thể thao nào.

Khi đó số học sinh chỉ chơi một môn thể thao là:

$n(A)+n(B)-2n(A\cap B)=25+23-2.14=20$.

Áp dụng định lí sin.

Xét tam giác $\Delta BFD$ có: $\widehat {BDF} = 120^\circ$; $\widehat {DBF} = 10^\circ$.

Áp dụng định lí sin vào tam giác $\Delta BFD$ ta có: $\frac{{BD}}{{\sin 50^\circ }} = \frac{{FD}}{{\sin 10^\circ }}$.

Suy ra: $\frac{{BD}}{{\sin 50^\circ }} = \frac{2}{{\sin 10^\circ }}$. Do đó: $BD = \frac{{2.\sin 50^\circ }}{{\sin 10^\circ }}$.

Xét tam giác $\Delta BMD$ vuông tại $M$ ta có: $\sin 60^\circ = \frac{{MB}}{{BD}}$.

Suy ra: $MB = BD.\sin 60^\circ$. Do đó: $MB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{2.\sin 50^\circ }}{{\sin 10^\circ }} \approx 7,6$.

Suy ra chiều cao của cây $AB$ là $7,6 + 1,5 = 9,1(m)$.