Đề thi học kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức - Đề số 12

a) Số tiền phải trả cho cuộc gọi nội mạng mỗi tháng là x (nghìn đồng), số tiền phải trả cho cuộc gọi ngoại mạng mỗi tháng là 2y (nghìn đồng). Điều kiện: \(x,y \in \mathbb{N}\).

b) Bất phương trình bậc nhất cho hai ẩn x, y là x + 2y \( \le \) 100.

c) Trong một tháng, Bình có thể gọi 50 phút nội mạng và 20 phút ngoại mạng mà số tiền phải trả không đến 100 nghìn đồng.

d) Miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất gồm hai ẩn x, y biểu diễn số tiền phải trả cho tổng đài là một hình tam giác.

a) \(\alpha = {60^o}\).

b) \(\sin \alpha < 0\).

c) \({\tan ^2}\alpha = 3\).

d) Giá trị biểu thức \(P = 3{\sin ^2}\alpha + 4{\cos ^2}\alpha = \frac{{13}}{4}\).

a) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).

b) \(\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {OD} } \right| = AO\).

c) \(\left| {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right| = 0\).

d) Tập hợp điểm M thỏa mãn đẳng thức \(\left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = MO\) là một điểm.

a) Sản lượng chè trung bình thu được trong một năm của mỗi gia đình là 113,6.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là 5.

c) Số trung vị là 113.

d) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu đã cho là 3.

Mệnh đề là một khẳng định có tính đúng sai.

Chỉ có câu 3. không phải mệnh đề.

Áp dụng quy tắc viết kí hiệu bao hàm giữa phần tử và tập hợp, giữa tập hợp và tập hợp.

A sai vì a là phần tử, không dùng kí hiệu \( \subset \).

B đúng.

C sai vì {a} là tập hợp chứa 1 phần tử a, không dùng kí hiệu \( \in \).

D sai vì (a;b] là tập hợp không chứa phần tử a.

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

Thay tọa độ của O(0;0) vào tất cả các bất phương trình trên, chỉ thấy \(0 + 3.0 < 0\) là sai.

Vậy O(0;0) không phải là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y < 0\\2x + y + 4 > 0\end{array} \right.\).

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

Hệ ở đáp án D không là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn vì hệ này chứa một bất phươngtrình bậc hai \({x^2} + 2y \le 15\).

Tra bảng giá trị lượng giác của các góc có số đo đặc biệt hoặc sử dụng máy tính cá nhân.

\(\sin {150^o} = \frac{1}{2}\); \(\cos {150^o} = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\); \(\tan {150^o} = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}\); \(\cot {150^o} = - \sqrt 3 \).

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 hình vẽ. Các vecto cùng hướng có giá song song và cùng chiều nhau.

Các vecto cùng hướng với \(\overrightarrow u \) là \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow v \).

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

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right.\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}{x_c} = 3{x_G} - {x_A} - {x_B} = 3.\frac{1}{3} + 3 - 9 = - 5\\{y_c} = 3{y_G} - {y_A} - {y_B} = 3.0 - 6 + 10 = 4\end{array} \right.\)

Vậy C(-5;4).

Sử dụng biểu thức tọa độ các phép cộng, trừ hai vecto, tích của vecto với một số.

Ta có \(\overrightarrow i = (1;0)\), \(j = (0;1)\).

\(\overrightarrow {OM} = 3\left( {\overrightarrow i + 4\overrightarrow j } \right) + 5\overrightarrow j - 2\overrightarrow i = 3\overrightarrow i + 12\overrightarrow j + 5\overrightarrow j - 2\overrightarrow i = \overrightarrow i + 17\overrightarrow j = (1;17)\).

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

Ta có: \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|\cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = BA.BC\cos \widehat {ABC} = a.a\cos {60^o} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = - \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = - \frac{{{a^2}}}{2}\).

a là số gần đúng của \(\overline a \) với độ chính xác d, quy ước viết gọn là \(\overline a = a \pm d\).

Độ chính xác của phép đo trên là d = 0,2 m.

Xác định khoảng biến thiên bằng cách lấy giá trị lớn nhất trừ đi giá trị nhỏ nhất.

Giá trị nhỏ nhất của mẫu số liệu là 4. Giá trị lớn nhất của mẫu số liệu là 87.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là R = 87 – 4 = 83.

a) Số tiền phải trả cho cuộc gọi nội mạng mỗi tháng là x (nghìn đồng), số tiền phải trả cho cuộc gọi ngoại mạng mỗi tháng là 2y (nghìn đồng). Điều kiện: \(x,y \in \mathbb{N}\).

b) Bất phương trình bậc nhất cho hai ẩn x, y là x + 2y \( \le \) 100.

c) Trong một tháng, Bình có thể gọi 50 phút nội mạng và 20 phút ngoại mạng mà số tiền phải trả không đến 100 nghìn đồng.

d) Miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất gồm hai ẩn x, y biểu diễn số tiền phải trả cho tổng đài là một hình tam giác.

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

a) Đúng. Số tiền phải trả cho cuộc gọi nội mạng mỗi tháng là x (nghìn đồng), số tiền phải trả cho cuộc gọi ngoại mạng mỗi tháng là 2y (nghìn đồng). Điều kiện: \(x,y \in \mathbb{N}\).

b) Sai. Vì mỗi tuần Bình chỉ bỏ ra số tiền thấp hơn 100 nghìn đồng nên ta có bất phương trình:

x + 2y < 100.

c) Đúng. Thay cặp số (50;20) vào bất phương trình vừa tìm: \(50 + 2.20 < 100\) (đúng).

Vậy trong một tháng, Bình có thể gọi 50 phút nội mạng và 20 phút ngoại mạng mà số tiền phải trả không đến 100 nghìn đồng.

d) Đúng. Vẽ đường thẳng (d): x + 2y = 100 đi qua hai điểm A(0;50) và B(100;0).

Thay tọa độ điểm O(0;0) vào bất phương trình: 0 + 2.0 < 100 (đúng) nên O(0;0) thuộc miền nghiệm.

Vậy miền nghiệm của x + 2y < 100 là nửa mặt phẳng (không kể d) chứa điểm O (phần không gạch chéo).

Kết hợp điều kiện \(x,y \in \mathbb{N}\) ta có miền nghiệm là miền tam giác OAB.

a) \(\alpha = {60^o}\).

b) \(\sin \alpha < 0\).

c) \({\tan ^2}\alpha = 3\).

d) Giá trị biểu thức \(P = 3{\sin ^2}\alpha + 4{\cos ^2}\alpha = \frac{{13}}{4}\).

Sử dụng các đẳng thức lượng giác \(1 + {\tan ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\), \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\).

a) Đúng. \(\cos \alpha = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = {60^o}\).

b) Sai. Các góc \({0^o} < \alpha < {180^o}\) có giá trị sin dương nên với \({0^o} < \alpha < {90^o}\) thì \(\sin \alpha > 0\).

c) Đúng. \({\tan ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} - 1 = \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}}} - 1 = 3\).

d) Sai. Ta có:

\(P = 3{\sin ^2}\alpha + 4{\cos ^2}\alpha = 3(1 - {\cos ^2}\alpha ) + 4{\cos ^2}\alpha = 3 + {\cos ^2}\alpha = 3 + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{{13}}{4}\).

a) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).

b) \(\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {OD} } \right| = AO\).

c) \(\left| {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right| = 0\).

d) Tập hợp điểm M thỏa mãn đẳng thức \(\left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = MO\) là một điểm.

Áp dụng quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành, tính chất trung điểm đối với vecto, quy tắc cộng, trừ hai vecto.

a) Đúng. Vì ABCD là hình vuông nên áp dụng quy tắc hình bình hành, ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).

b) Đúng. O là trung điểm của BD nên \(\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {BO} \).

Ta có \(\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {OD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BO} } \right| = \left| {\overrightarrow {AO} } \right| = AO\).

c) Đúng. O là trung điểm của AC nên \(\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {AO} \).

Ta có \(\left| {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OD} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OD} } \right| = \left| {\overrightarrow 0 } \right| = 0\).

d) Sai. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua A. Khi đó B’ cố định và \(\overrightarrow {BB'} = 2\overrightarrow {BA} \).

\(\left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = \left| {\left( {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right) - \left( {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right)} \right| = \left| {\overrightarrow {BA} - \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BA} } \right| = \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| = BB'\).

Suy ra \(BB' = MO\). Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm O bán kính R = BB’.

a) Sản lượng chè trung bình thu được trong một năm của mỗi gia đình là 113,6.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là 5.

c) Số trung vị là 113.

d) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu đã cho là 3.

Sử dụng công thức tính số trung bình, khoảng biến thiên.

Số trung vị là giá trị ở chính giữa khi sắp xếp dãy số liệu theo thứ tự không giảm.

Khoảng tứ phân vị là hiệu của tứ phân vị thứ ba và tứ phân vị thứ nhất.

a) Đúng. Sản lượng chè trung bình một năm của mỗi hộ gia đình là:

\(\overline x = \frac{{111.1 + 112.2 + 113.1 + 114.3 + 115.2 + 116.1}}{{1 + 2 + 1 + 3 + 2 + 1}} = 113,6\).

b) Đúng. Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là R = 116 – 111 = 5.

c) Sai. Sắp xếp mẫu số liệu gốc theo thứ tự không giảm. Gọi các giá trị đó lần lượt là \({x_1};{x_2};...;{x_{10}}\).

Trung vị của mẫu số liệu là \(\frac{{{x_5} + {x_6}}}{2} = \frac{{114 + 114}}{2} = 114\).

d) Đúng. Bên trái trung vị có 5 giá trị nên tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = {x_3} = 112\).

Bên phải trung vị có 5 giá trị nên tứ phân vị thứ ba là \({Q_3} = {x_8} = 115\).

Vậy khoảng tứ phân vị là \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 115 - 112 = 3\).

Tìm điều kiện để \(A \cap B = \emptyset \), từ đó suy ra điều kiện để \(A \cap B \ne \emptyset \) bằng cách lấy phần bù.

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}m - 1 < 4\\ - 2 < 2m + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m < 5\).

Ta có \(A \cap B = \emptyset \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2m + 2 \le m - 1\\4 \le - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le - 3\).

Suy ra \(A \cap B \ne \emptyset \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 5\\m > - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m < 5\).

Các giá trị nguyên m thỏa mãn là -1; 0; 1; 2; 3; 4.

Vậy có 6 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Ta có điều kiện \(x,y \ge 0\).

Để sản xuất x sản phẩm I cần 2x máy nhóm A.

Để sản xuất ra y sản phẩm II cần 2y máy nhóm A.

Mà chỉ có 10 máy nhóm A nên \(2x + 2y \le 10\).

Tương tự với các máy nhóm B, C và kết hợp điều kiện, ta được hệ bất phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}2x + 2y \le 10\\2y \le 4\\2x + 4y \le 12\\x,y \ge 0\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}x + y \le 5\\y \le 2\\x + 2y \le 6\\x,y \ge 0\end{array} \right.\) (*).

Lợi nhuận thu được là f(x;y) = 30x + 50y (nghìn đồng).

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

Miền nghiệm của hệ (*) là miền ngũ giác OABCD (kể cả biên) với \(O(0;0)\), \(B(4;1)\), \(C(2;2)\), \(D(0;2)\).

Thay tọa độ các điểm trên vào f(x;y) thấy f(4;1) = 170 là giá trị lớn nhất.

Do đó, cần sản xuất 4 sản phẩm I và 1 sản phẩm II để thu về lợi nhuận cao nhất.

Vậy x – y = 4 – 1 = 3.

B1: Tính các góc của tam giác ABC.

B2: Tính AC bằng định lí Sin cho tam giác ABC.

B3: Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông CAD để tính CD.

+) \(\widehat {BAC} + \widehat {DAC} = {90^o}\)

\(\widehat {BAC} = {90^o} - \widehat {DAC} = {90^o} - {35^o} = {55^o}\).

+) \(\widehat {CBA} = \widehat {CBE} + \widehat {ABE} = {15^o} + {90^o} = {105^o}\).

+) Xét tam giác ABC có \(\widehat C = {180^o} - \widehat A - \widehat B = {180^o} - {55^o} - {105^o} = {20^o}\).

Áp dụng định lí Sin cho tam giác ABC: \(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {BCA}}} = \frac{{AC}}{{\sin \widehat {ABC}}}\).

Suy ra \(AC = \frac{{AB\sin \widehat {ABC}}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{60\sin {{105}^o}}}{{\sin {{20}^o}}}\).

Xét tam giác ACD vuông tại D: \(\sin \widehat {CAD} = \frac{{CD}}{{AC}}\).

Suy ra \(CD = AC\sin \widehat {CAD} = \frac{{60\sin {{105}^o}}}{{\sin {{20}^o}}}\sin {35^o} \approx 97,2\).

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

Dựng hình bình hành OACB sao cho OA = OB = 20, \(\widehat {AOC} = \widehat {BOC} = {45^o}\) và \(\overrightarrow {OC} \)cùng hướng với \(\overrightarrow {{F_1}} \).

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = OA = 20\), \(\left| {\overrightarrow {{F_4}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = OB = 20\), \(\overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {{F_{34}}} = \overrightarrow {OC} \) và \(\left| {\overrightarrow {{F_{34}}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right|\).

Vì OA = OB nên OACB là hình thoi.

Mà \(\widehat {AOB} = \widehat {AOC} + \widehat {COB} = {45^o} + {45^o} = {90^o}\) nên OACB là hình vuông.

Khi đó \(OC = \sqrt 2 OA = 20\sqrt 2 \).

Vì độ lớn lực \(\overrightarrow {{F_2}} \) gấp đôi độ lớn lực \(\overrightarrow {{F_1}} \) và hai lực này ngược chiều nên \(\overrightarrow {{F_2}} = - 2\overrightarrow {{F_1}} \).

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

\(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} - 2\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_{34}}} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {{F_{34}}} = \overrightarrow {{F_1}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_{34}}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 20\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 2.20\sqrt 2 = 40\sqrt 2 \).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| + \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 20\sqrt 2 + 40\sqrt 2 = 60\sqrt 2 \approx 84,9\) (N).

Sử dụng tích vô hướng để tìm tọa độ điểm M.

Tính MA, AB, từ đó suy ra diện tích tam giác MAB vuông tại A.

Vì \(M \in Ox\) nên \(M({x_M};0)\).

Từ đó ta có \(\overrightarrow {AM} = ({x_M} + 1; - 2)\), \(\overrightarrow {AB} = (6;6)\).

Tam giác MAB vuông tại A nên góc giữa hai vecto \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {AM} \) bằng \({90^o}\).

Khi đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} = 0 \Rightarrow 6({x_M} + 1) - 12 = 0 \Rightarrow {x_M} = 1\). Vậy M(1;0).

Ta có \(AM = \sqrt {{{(1 + 1)}^2} + {{(0 - 2)}^2}} = 2\sqrt 2 \); \(AB = \sqrt {{{(5 + 1)}^2} + {{(8 - 2)}^2}} = 6\sqrt 2 \).

Vậy \({S_{MAB}} = \frac{1}{2}AM.AB = \frac{1}{2}.2\sqrt 2 .6\sqrt 2 = 12\).

Mốt là giá trị có tần số lớn nhất trong bảng. Nếu có nhiều hơn 1 giá trị có cùng tần số và là tần số lớn nhất thì các giá trị đó đều là mốt.

Giải hệ \(\left\{ \begin{array}{l}2n - 1 = {n^2} - 14n + 47\\2n - 1 > 17\\{n^2} - 14n + 47 > 17\end{array} \right.\) tìm n.

Để \({x_2}\) và \({x_4}\) là hai mốt của mẫu số liệu thì tần số của chúng phải bằng nhau và lớn hơn các tần số còn lại.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}2n - 1 = {n^2} - 14n + 47\\2n - 1 > 17\\{n^2} - 14n + 47 > 17\end{array} \right.\)\(\begin{array}{l}(1)\\(2)\\(3)\end{array}\)

Giải (1) được hai nghiệm n = 12 và n = 4.

Vì n = 4 không thỏa mãn (2) nên loại.

Thấy n = 12 thỏa mãn cả (2) và (3) nên n = 12 là giá trị cần tìm.