Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều có đáp án - Đề 6

Đáp án đúng là: C

Phủ định của mệnh đề “Số 2 022 chia hết cho 4” là mệnh đề: “Số 2 022 không chia hết cho 4”.

Đáp án đúng là: D

Các phần tử của tập hợp $D$ đều là phần tử của tập hợp $A$ nên $D$ là tập con của $A$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $A \cap B = \left[ { - 3;\,\,2} \right) \cap \left( {1;\,\,6} \right) = \left( {1;\,\,2} \right)$

$\Rightarrow {C_\mathbb{R}}\left( {A \cap B} \right) = \mathbb{R}\backslash \left( {A \cap B} \right) = \left( { - \infty ;1} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: A

Trong 1 lạng ức gà ta chứa khoảng 24 g protein nên trong $x$ lạng ức gà ta chứa khoảng $24x$ (g protein).

Trong 1 lạng thịt vịt chứa khoảng 18 g protein nên trong $y$ lạng thịt vịt chứa khoảng $18y$ (g protein).

Tổng số lượng protein mà một người nặng 75 kg nên ăn trong một ngày là: $24x + 18y$ (g protein).

Trung bình mỗi ngày, một người nặng 75 kg cần tối thiểu khoảng $0{,}8 \cdot 75 = 60$ (g protein).

Do đó, bất phương trình bậc nhất hai ẩn $x,\,\,y$ để biểu diễn lượng protein cần thiết cho người đó trong một ngày là: $24x + 18y \ge 60$ hay $4x + 3y \ge 10$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $5 \cdot 2 + 3 \cdot 3 = 19 > - 3$ nên cặp số $\left( {2;\,\,3} \right)$ không thỏa mãn bất phương trình thứ nhất trong hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}5x + 3y < - 3\\2x - y \ge 5\end{array} \right.$. Do đó, cặp số này không là nghiệm của hệ trên.

Đáp án đúng là: B

Từ hình vẽ ta thấy, đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ đi lên từ trái qua phải trên khoảng $\left( { - 1;\,\,0} \right)$, do đó hàm số này đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;\,\,0} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Hoành độ đỉnh của $\left( P \right):y = 3{x^2} - 2x + 1$ là $x = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{ - 2}}{{2.3}} = \frac{1}{3}$.

Suy ra tung độ đỉnh là: $y = 3.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} - 2.\frac{1}{3} + 1 = \frac{2}{3}$.

Vậy $I\left( {\frac{1}{3};\,\,\frac{2}{3}} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Quan sát hình vẽ ta thấy parabol cắt trục tung tại điểm có hoành độ bằng – 1 nên loại đáp án B và C.

Hoành độ của đỉnh là ${x_I} = - \frac{b}{{2a}} = 1$ nên ta loại đáp án D và chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $f\left( x \right) = 2 + {5^2}x - 3{x^2} = - 3{x^2} + 25x + 2$ là tam thức bậc hai.

Đáp án đúng là: B

Xét hàm số $f(x) = {x^2} - 8x + 7$ có $a = 1 > 0$ và $\Delta = {\left( { - 8} \right)^2} - 4.1.7 = 36 > 0$ nên $f\left( x \right)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = 1$ và ${x_2} = 7$. Khi đó ta có bảng xét dấu sau:

Vậy hàm số không âm khi $x \in \left( { - \infty ;1} \right] \cup \left[ {7; + \infty } \right)$. Mà $\left[ {7;\,\,9} \right) \subset \left[ {7; + \infty } \right)$.

Vậy $x \in \left[ {7;\,\,9} \right)$ thì thỏa mãn bài toán.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $x\left( {x + 5} \right) \le 2\left( {{x^2} + 2} \right)$$\Leftrightarrow {x^2} + 5x \le 2{x^2} + 4 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 \ge 0$.

Xét tam thức bậc hai $f\left( x \right) = {x^2} - 5x + 4$ có hai nghiệm là ${x_1} = 1$, ${x_2} = 4$.

Mặt khác có hệ số $a = 1 > 0$, do đó ta có bảng xét dấu sau:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy $f\left( x \right) = {x^2} - 5x + 4 \ge 0$$\Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;\,\,1} \right] \cup \left[ {4;\,\, + \infty } \right)$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S = \left( { - \infty ;\,\,1} \right] \cup \left[ {4;\,\, + \infty } \right)$.

Đáp án đúng là: A

Bình phương hai vế của phương trình $\sqrt {4 - 3{x^2}} = 2x - 1$ ta được:

$4 - 3{x^2} = 4{x^2} - 4x + 1$.

Thu gọn phương trình trên ta được: $7{x^2} - 4x - 3 = 0$. Từ đó suy ra $x = 1$ hoặc $x = - \frac{3}{7}$.

Lần lượt thay các giá trị này vào phương trình đã cho ta thấy chỉ có $x = 1$ thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ 1 \right\}$.

Đáp án đúng là: B

Bình phương hai vế của phương trình $\sqrt {2{x^2} - 3x - 5} = \sqrt {{x^2} + 5x - 17}$ ta được:

$2{x^2} - 3x - 5 = {x^2} + 5x - 17$.

Thu gọn phương trình trên ta được: ${x^2} - 8x + 12 = 0$. Từ đó suy ra $x = 2$ hoặc $x = 6$.

Lần lượt thay các giá trị này vào phương trình đã cho ta thấy chỉ có $x = 6$ thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Đáp án đúng là: B

Diện tích mảnh đất hình tam giác là

$S = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 20 \cdot \sin 150^\circ = 100 \cdot \frac{1}{2} = 50$ (m$^{2}$).2

Đáp án đúng là: B

Tam giác $ABC$ có $\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ$.

Suy ra $\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {35^\circ + 80^\circ } \right) = 65^\circ$.

Áp dụng định lí sin trong $\Delta ABC$ ta có: $\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}$.

Suy ra $AC = \frac{{AB\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{5 \cdot \sin 80^\circ }}{{\sin 65^\circ }} \approx 5{,}4$.

Đáp án đúng là: C

Vì $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, do đó $MN\,{\rm{//}}\,BC$.

Hai vectơ $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {BC}$ có giá song song với nhau nên chúng cùng phương.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\left| {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CH} } \right| = \left| {2\overrightarrow {CE} } \right| = 2CE$ (với $E$ là trung điểm của $AH$).

Ta lại có: $AH = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}$ ($\Delta ABC$ đều, $AH$ là đường cao), suy ra $HE = \frac{1}{2}AH = \frac{{5\sqrt 3 }}{4}$.

$CH = \frac{1}{2}BC = \frac{5}{2}$.

Trong tam giác $HEC$ vuông tại $H$, từ định lí Pythagore suy ra

$$EC = \sqrt {C{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt 7 }}{4}$$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {HC} } \right| = 2CE = \frac{{5\sqrt 7 }}{2}$.

Đáp án đúng là: C

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên ta có $GA = \frac{2}{3}AM$.

Mặt khác hai vectơ $\overrightarrow {GA}$ và $\overrightarrow {AM}$ ngược hướng nên $\overrightarrow {GA} = - \frac{2}{3}\overrightarrow {AM}$.

Đáp án đúng là: B

Vì $M$ là trung điểm của $BC$$\Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM}$ (1).

Vì $N$ là trung điểm của $CD$$\Rightarrow \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AN}$ (2).

Lấy (1) + (2), ta được $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + 2\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} + 2\overrightarrow {AN}$.

Lại có $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC}$.

Do đó $3\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} + 2\overrightarrow {AN} \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AN} \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} = \frac{2}{3}\overrightarrow a + \frac{2}{3}\overrightarrow b$.

Đáp án đúng là: C

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và có $\widehat B = 35^\circ$, suy ra $\widehat C = 90^\circ - \widehat B = 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ$.

Ta có: $\left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BA} } \right) = \widehat {ABC} = 35^\circ$; $\left( {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right) = \widehat {ACB} = 55^\circ$; $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 90^\circ$.

Vập đáp án C sai.

Đáp án đúng là: A

Vì $E$ là điểm đối xứng của $D$ qua $C$ nên $C$ là trung điểm của $DE$, do đó $DE = 2DC = 2 \cdot 3 = 6$.

Ta có: $\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DE} } \right) \cdot \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DE} \cdot \overrightarrow {AB}$

Do $AB \bot AD$ nên $\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AB} = 0$.

Hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {DE}$ cùng hướng nên $\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {DE} } \right) = 0^\circ$.

Do đó, $\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{AB}=|\overrightarrow{DE}|\cdot |\overrightarrow{AB}|\cdot \cos (\overrightarrow{AB},\ \overrightarrow{DE})=DE\cdot AB\cdot \cos 0^{\circ}=6\cdot 3\cdot 1=18$

Vậy $\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AB} = 0 + 18 = 18$.

Tại $t = 0$, ta có: $y = h = 1{,}2$; tại $t = 1$, ta có$h = 8{,}5$; tại $t = 2$, ta có $y = h = 6$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oth$ như hình vẽ.

Parabol $\left( P \right)$ có phương trình: $y = a{t^2} + bt + c$, với $a \ne 0$.

Theo bài ra ta có: $A\left( {0;\,\,1{,}2} \right) \in \left( P \right),\,\,B\left( {1;\,\,8{,}5} \right) \in \left( P \right),\,\,C\left( {2;\,\,6} \right) \in \left( P \right)$.

Vậy ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}c = 1{,}2\\a + b + c = 8{,}5\\4a + 2b + c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1{,}2\\a = - 4{,}9\\b = 12{,}2\end{array} \right.$.

Vậy hàm số cần tìm có dạng: $y = - 4{,}9{t^2} + 12{,}2t + 1{,}2$.

Gọi $O,\,\,A,\,\,B$ lần lượt là vị trí sân bay và hai máy bay sau 2 tiếng.

Hướng ${\rm{N25^\circ E}}$ là hướng tạo với hướng bắc một góc $25^\circ$ và tạo với hướng đông một góc $90^\circ - 25^\circ = 65^\circ$. Ta mô phỏng bài toán đã cho như sau:

Quãng đường máy bay bay theo hướng đông sau 2 tiếng là

$OA = 540 \cdot 2 = 1\,\,080$ (km).

Quãng đường máy bay bay theo hướng ${\rm{N25^\circ E}}$ sau 2 tiếng là

$OB = 670 \cdot 2 = 1\,\,340$ (km).

Ta có: $\widehat {AOB} = 65^\circ$, $OA = 1\,\,080,\,\,OB = 1\,\,340$.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $OAB$, ta có:

$A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos \widehat {AOB}$

$= 1\,\,{080^2} + 1\,\,{340^2} - 2 \cdot 1\,\,080 \cdot \,1\,\,340 \cdot \cos 65^\circ \approx 1\,\,738\,\,774$.

Suy ra $AB \approx \sqrt {1\,\,738\,\,774} \approx 1\,\,319$ (km).

Vậy sau 2 tiếng, hai máy bay cách nhau khoảng 1 319 km.

Gọi $N$ là trung điểm của $BC$.

Gọi $I$ là điểm thỏa mãn điều kiện: $4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0$.

Khi đó, ta có: $4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0$$\Leftrightarrow 4\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IN} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IN} = \overrightarrow 0$, do đó điểm $I$ thuộc đoạn $AN$ sao cho $IN = 2IA$.

Lại có tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Suy ra: $IA = \frac{1}{2}AN = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$; $IN = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$ ;

$IB = IC = \sqrt {I{N^2} + B{N^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}$.

Ta lại có: $4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}$

$$\Leftrightarrow 4{\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}$$

$$\Leftrightarrow 4{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}$$

$$\Leftrightarrow 6M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right) + 4I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}$$

$\Leftrightarrow 6M{I^2} + 4 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{6}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}$

$\Leftrightarrow MI = \frac{a}{{\sqrt 6 }}$.

Vậy tập hợp điểm $M$ là đường tròn tâm $I$ bán kính $R = \frac{a}{{\sqrt 6 }}$.