Đề cuối kỳ 2 Toán 10 năm 2024 – 2025 trường THPT Thị xã Quảng Trị

Từ tiêu điểm, tìm p và thay vào phương trình $(P):y^{2} = 2px$.

Parabol có tiêu điểm $F(5; 0)$ nên $\frac{p}{2} = 5$, suy ra $p = 10$.

Vậy phương trình chính tắc của parabol cần tìm là $y^2 = 20x$.

Đường tròn $(C):x^{2} + y^{2} -2ax -2by + c = 0$ có tâm I(a;b) và bán kính $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} - c}$.

Đường tròn có tâm I(-4;2), bán kính $R = \sqrt {{{( - 4)}^2} + {2^2} - 11} = 3$.

Đường thẳng $\Delta:ax + by + c = 0$ có một véc tơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n} = \left( {a; b} \right)$ và các véc tơ cùng phương với nó.

Đường thẳng $\Delta:2x - y + 2023 = 0$ có một véc tơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n} = \left( {2; - 1} \right)$.

Trong các đáp án, chỉ có $\overset{\rightarrow}{n} = \left( {4; - 2} \right)$ cùng phương với $\overset{\rightarrow}{n} = \left( {2; - 1} \right)$.

Phương trình chính tắc của elip có dạng $\dfrac{x^{2}}{a^{2}} + \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ với a > b.

$\dfrac{x^{2}}{4^{2}} + \dfrac{y^{2}}{3^{2}} = 1$ là phương trình chính tắc của elip.

Hàm số bậc hai có dạng $y=ax^2+bx+c$.

$y = - 2x^{2} + 3x + 1$ là hàm số bậc hai.

Quan sát đồ thị.

Nghiệm của bất phương trình $f(x) > 0$ là là các giá trị của x sao cho đồ thị nằm phía trên trục hoành.

Do đó nghiệm là $x \in \left( {- \infty\,;\, 0} \right) \cup \left( {2\,;\, + \infty} \right)$.

Chia trường hợp, áp dụng các quy tắc đếm.

TH1: Chọn 2 nam, 1 nữ: $C_5^2C_2^1 = 20$.

TH2: Chọn 1 nam, 2 nữ: $C_5^1C_2^2 = 5$.

Số cách chọn 3 học sinh gồm cả nam và nữ là 20 + 5 = 25.

Hoành độ đỉnh parabol là ${x_0} = - \frac{b}{{2a}}$.

Tọa độ đỉnh parabol là $\left( {{x_0};f({x_0})} \right)$.

Hoành độ đỉnh parabol là ${x_0} = - \frac{2}{{2.( - 1)}} = 1$.

Tọa độ đỉnh parabol là $\left( {1; - 2} \right)$.

Hệ số c là tung độ giao điểm của đồ thị với trục tung.

Đồ thị giao trục tung tại điểm (0;3) nên c = 3.

Phương trình chính tắc của hypebol có dạng $\dfrac{x^{2}}{a^2} - \dfrac{y^{2}}{b^2} = 1$ với a > b.

$\dfrac{x^{2}}{9} - \dfrac{y^{2}}{4} = 1$ là phương trình chính tắc của hypebol.

Cho $n$ phần tử khác nhau ($n \geq 1$). Mỗi tập con gồm $k$ phần tử khác nhau (không phân biệt thứ tự) của tập hợp $n$ phần tử đã cho ($0 \leq k \leq n$) được gọi là một tổ hợp chập $k$ của $n$ phần tử đã cho (với quy ước tổ hợp chập 0 của $n$ phần tử bất kỳ là tập rỗng).

Số tập hợp con có $3$ phần tử của một tập hợp có $7$ phần tử là $C_7^3$.

Áp dụng công thức tính số tổ hợp và quy tắc nhân.

Xác suất để lấy được hai quả cầu trắng là $\frac{{C_3^2}}{{C_5^2}} = \frac{3}{{10}}$.

Áp dụng phương pháp tọa độ trên mặt phẳng.

a) Đúng. $\overrightarrow n (3; - 2)$ là một vectơ pháp tuyến của d.

b) Đúng. Thay tọa độ M(1; 1) vào phương trình d: 3.1 – 2.1 – 1 = 0 (thỏa mãn). Do đó M thuộc (d).

c) Sai. Đường thẳng d và d’ có VTPT lần lượt là $\overrightarrow n = (3; - 2)$ và $\overrightarrow {n'} = (3;1)$. Hai VTPT trên có giá không song song với nhau nên d và d’ không song song với nhau.

d) Sai. Đường thẳng d’ có VTPT $\overrightarrow {n'} = (3;1)$, đi qua điểm có tọa độ (2; -1) nên có phương trình:

$3(x - 2) + 1(y + 1) = 0$ hay $3x + y - 5 = 0$.

Áp dụng các kiến thức về phép thử, biến cố, xác suất của biến cố.

a) Đúng. Phép thử ngẫu nhiên là “Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất hai lần”.

b) Sai. A = {(1; 6), (2; 6), (3; 6), (4; 6), (5; 6), (6; 6)}.

c) Đúng. Số phần tử không gian mẫu: $n(\Omega ) = 6.6 = 36$.

Số kết quả thuận lợi cho A: n(A) = 6.

Vậy $P(A) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}$.

d) Sai. Xác suất của biến cố đối:

$P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$.

Áp dụng quy tắc nhân.

Gọi số tự nhiên lẻ có 4 chữ số khác nhau là $\overline {abcd}$ với $a,b,c,d \in \left\{ {1;2;4;5;6;7;8} \right\}$.

Chọn d: 3 cách chọn (ứng với 3 chữ số lẻ).

Chọn a: 6 cách.

Chọn b: 5 cách.

Chọn c: 4 cách.

Số các số lập được là: 3.6.5.4 = 360 (số).

Áp dụng quy tắc cộng.

- Khối 10 có 460 cách chọn.

- Khối 11 có 445 cách chọn.

- Khối 12 có 455 cách chọn.

Tổng số cách chọn là: 460 + 445 + 455 = 1360.

Áp dụng quy tắc nhân.

Quá trình An đi đến nhà Linh có 2 giai đoạn.

Theo quy tắc nhân, tổng số cách đi là: 5.6 = 30 (cách).

Giải phương trình $A_n^2 + 3n = 35$, tìm n thỏa mãn. Từ đó tìm công thức số hạng tổng quát của biểu thức ${\left( {{x^2} - \frac{2}{x}} \right)^{n - 1}}$ và tìm hệ số của ${x^5}$.

Ta có: $A_n^2 = \frac{{n!}}{{(n - 2)!}} = \frac{{n(n - 1)(n - 2)!}}{{(n - 2)!}} = n(n - 1)$.

Thay vào $A_n^2 + 3n = 35$, được:

$n(n - 1) + 3n = 35$, hay ${n^2} + 2n - 35 = 0$.

Giải phương trình bậc hai trên, được n = 5 (TM) hoặc n = -7 (L).

Thay n = 5 vào biểu thức ${\left( {{x^2} - \frac{2}{x}} \right)^{n - 1}}$, được ${\left( {{x^2} - 2{x^{ - 1}}} \right)^4}$.

Số hạng tổng quát trong khai triển Nhi thức Newton là:

${T_{k + 1}} = C_4^k . {\left( {{x^2}} \right)^{4 - k}} . \left( { - 2{x^{ - 1}}} \right) = C_4^k . {( - 2)^k} . {x^{8 - 3k}}$.

Ta có: $8 - 3k = 5 \Rightarrow k = 1$ (thỏa mãn $0 \le k \le 4$).

Vậy hệ số của ${x^5}$ là $C_4^1.{( - 2)^1} = 4.( - 2) = - 8$.

Áp dụng phương pháp tổ hợp và tính xác suất thông qua biến cố đối.

a) A: “Ba viên bi lấy ra đều màu vàng”.

Số phần tử KGM $n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{12}^3$.

Ta có $n\left( A \right) = C_5^3$ do đó $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{1}{{22}}$.

b) B: “Ba viên bi lấy ra có ít nhất một bi vàng”.
Ta có $\overline B$  : “Không có bi vàng nào”.

Suy ra $n\left( {\overline B } \right) = C_7^3$ do đó $P\left( {\overline B } \right) = \frac{{n\left( {\overline B } \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{7}{{44}}$.

Vậy $P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = \frac{{37}}{{44}}$.

Khai triển nhị thức Newton và tìm hệ số lớn nhất.

Khai triển nhị thức Newton và tìm hệ số lớn nhất.

$(4x + 3)5 = 1024x5 + 3840x4 + 5760x3 + 4320x2 + 1620x + 243$.

Vậy hệ số lớn nhất trong khai triển là 5760.

a) Áp dụng quy tắc nhân.

b) Áp dụng phương pháp tổ hợp.

a) Có bao nhiêu cách chọn sao cho có đúng hai học sinh học lớp 10A1, 1 học sinh lớp 10A2.

Chọn 2 HS lớp 10A1: có 1 cách.

Chọn 1 HS lớp 10A2: có 2 cách.

Chọn 1 trong 18 HS của 9 lớp còn lại: có 18 cách.

Vậy có $1.2.18 = 36$ (cách).

b) Tính xác suất sao cho trong 4 học sinh được chọn có đúng hai học sinh học cùng một lớp.

Số phần tử KGM $n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_4^2$.

Gọi biến cố $A$ :” Trong 4 học sinh được chọn có đúng hai học sinh học cùng một lớp”.

Chọn 2 học sinh lớp 10A1 có $C_2^2$ cách.

Chọn 2 học sinh trong 20 học sinh của 10 lớp còn lại có $C_2^{20} - 10C_2^2$.

Theo quy tắc nhân có $C_2^2 \cdot \left( {C_2^{20} - 20C_2^2} \right) = 180$ cách

Tương tự cho 10 trường hợp còn lại do đó $n\left( A \right) = 11.180 = 1980$.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{36}}{{133}}$.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy ở vị trí phù hợp.

Ta có:

$\{\begin{array}{c}HK=150\\ OH=\frac{2}{3}OK\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}OH+OK=150\\ OH=\frac{2}{3}OK\end{array}\Rightarrow$$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{HK = 150}\\{OH = \frac{2}{3}OK}\end{array}} \right.$ \Rightarrow $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{OH + OK = 150}\\{OH = \frac{2}{3}OK}\end{array}} \right.$ \Rightarrow OH = 60 m, OK = 90 m.

Đường thẳng qua $H$, vuông góc $Oy$ là ${D_1}:y = 60$.
${D_1}$ cắt hyperbol tại điểm có hoành độ dương và thỏa mãn
$\frac{{{x^2}}}{{{{28}^2}}} - \frac{{{{60}^2}}}{{{{42}^2}}} = 1 \Rightarrow x = 4\sqrt {149}$.

Đường thẳng qua K, vuông góc với Oy là ${D_2}:y = - 90$.
${D_2}$ cắt hyperbol tại điểm có hoành độ dương và thỏa mãn
$\frac{{{x^2}}}{{{{28}^2}}} - \frac{{{{90}^2}}}{{{{42}^2}}} = 1 \Rightarrow x = 4\sqrt {274}$.

Vậy bán kính nóc của tháp xấp xỉ 48,826 m, bán kính đáy của tháp xấp xỉ 66,212 m.
Khi đó tổng bán kính nóc và bán kính đáy của tháp bằng:

$4\sqrt {149} + 4\sqrt {274} \approx 115$ (m).