Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 8

Đáp án đúng là A

Hoành độ đỉnh của parabol $y = {x^2} - 2x - 1$ là $x = \frac{{ - b}}{{2a}} = 1$ và tung độ đỉnh là $y = - 2$.

Do đó tọa độ đỉnh là $\left( {1; - 2} \right)$.

Đáp án đúng là A

Áp dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai ta có: $f\left( x \right) \le 0$ với $\forall x \in \mathbb{R}$khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.$

Đáp án đúng là B

Ta có $\sqrt {2{x^2} + 3x - 5} - x + 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {2{x^2} + 3x - 5} = x - 1$

$\Leftrightarrow$ $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 1 \ge 0}\\{\sqrt {2{x^2} + 3x - 5} = {{\left( {x - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\{x^2} + 5x - 6 = 0\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\left( N \right)\\x = - 6\,\left( L \right)\end{array} \right.\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow x = 1$.

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

Đáp án đúng là A

Đường thẳng $a$ có vectơ pháp tuyến là: $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {\sqrt 3 ;\, - 1} \right)$;

Đường thẳng $b$ có vectơ pháp tuyến là: $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1;\, - \sqrt 3 } \right)$.

Áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng có:

$\cos \left( {a,b} \right) = \frac{{\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{1.\sqrt 3 + \left( { - 1} \right)\left( { - \sqrt 3 } \right)}}{{2.2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$. Suy ra góc giữa hai đường thẳng bằng $30^\circ$.

Đáp án đúng là A

Đường tròn $\left( C \right):\,{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = 16$. Do đó đường tròn $\left( C \right)$ có toạ độ tâm $I\left( {2; - 4} \right)$ và bán kính $R = \sqrt {16} = 4$.

Đáp án đúng là B

Phương trình chính tắc của parabol có dạng ${y^2} = 2px\left( {p > 0} \right)$ nên chỉ có trường hợp B là phương trình chính tắc của đường parabol.

Đáp án đúng là D

Xếp chỗ ngồi cho $4$ học sinh vào dãy có $4$ ghế có: $4! = 24$ cách xếp.

Đáp án đúng là A

Tập hợp $A$ gồm có $5$ phần tử.

Số tập con có $2$ phần tử của tập $A$ là: $C_5^2 = 10$.

Đáp án đúng là C

Trong khai triển nhị thức Niu-tơn của ${\left( {2x - 3} \right)^4}$ có $4 + 1 = 5$ số hạng.

Đáp án đúng là A

Số cách chọn ngẫu nhiên 5 tấm thẻ là: $C_{100}^5$.

Đáp án đúng là C

Tổng số học sinh là: $5 + 7 = 12$

Gọi $A$ là biến cố trong hai học sinh được chọn, có cả học sinh nam và học sinh nữ. Ta có:

$n\left( \Omega \right) = C_{12}^2$

$n\left( A \right) = C_5^1.C_7^1$

Vậy xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{{C_5^1.C_7^1}}{{C_{12}^2}} = \frac{{35}}{{66}}$.

Đáp án đúng là C

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_{15}^3 = 455$.

Gọi biến cố $A$: “Lấy được $3$ quả cầu màu xanh”. Ta có $n\left( A \right) = C_5^3 = 10$.

Xác suất để lấy được $3$ quả cầu màu xanh bằng $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{455}} = \frac{2}{{91}}$

Với $n$ sản phẩm thì tổng chi phí sản xuất là $T = {n^2} + 70n + 3000$ (nghìn đồng) và doanh thu là $200n$ (nghìn đồng).

Suy ra lợi nhuận là $L = 200n - \left( {{n^2} + 70n + 3000} \right) = - {n^2} + 130n - 3000$ (nghìn đồng)

Để không bị lỗ thì $L \ge 0 \Leftrightarrow - {n^2} + 130n - 3000 \ge 0 \Leftrightarrow 30 \le n \le 100$.

a) Đúng: Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn $100$ thì sẽ bị lỗ.

b) Sai: Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn $30$ thì sẽ không bị lỗ.

c) Sai: Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn $\left[ {30;100} \right]$ thì sẽ không bị lỗ.

d) Đúng: Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn $\left[ {30;100} \right]$ thì sẽ không bị lỗ.

a) Sai: Một véctơ pháp tuyến của đường thẳng $d:x - y - 4 = 0$ là ${\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)$.

Vì ${d_1}$ song với đường thẳng $d$ nên chọn véctơ pháp tuyến của đường thẳng ${d_1}$ là ${\overrightarrow n _{{d_1}}} = {\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)$

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng ${d_1}$ đi qua $M\left( { - 2\,;\,3} \right)$ và song song với đường thẳng $d$ có dạng: $1\left( {x + 2} \right) - \left( {y - 3} \right) = 0$ hay $x - y + 5 = 0$.

b) Đúng: Ta có ${\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)$.

Vì ${d_2}$ vuông góc với đường thẳng $d$ nên chọn một véctơ chỉ phương của đường thẳng ${d_2}$ là ${\overrightarrow u _{{d_2}}} = {\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)$.

Vậy phương trình tham số của đường thẳng ${d_2}$ đi qua điểm $M\left( { - 2\,;\,3} \right)$ và vuông góc với đường thẳng $d$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + t\\y = 3 - t\end{array} \right.$.

c) Sai: Gọi ${\overrightarrow n _\Delta } = \left( {a\,;\,b} \right)$ với ${a^2} + {b^2} \ne 0$ là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng $\Delta$.

Phương trình tổng quát của đường thẳng $\Delta$ đi qua $M\left( { - 2\,;\,3} \right)$ có dạng: $a\left( {x + 2} \right) + b\left( {y - 3} \right) = 0$.

Ta có $\cos \left( {\Delta ,d} \right) = \frac{{\left| {{{\overrightarrow n }_\Delta }.{{\overrightarrow n }_d}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_\Delta }} \right|.\left| {{{\overrightarrow n }_d}} \right|}} = \frac{{\left| {a.1 + b.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| {a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 2 }}$.

Để đường thẳng tạo với đường vuông $d$ một góc $\frac{\pi }{4}$ thì $\cos \left( {\Delta ,d} \right) = \cos \frac{\pi }{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Suy ra $\frac{{\left| {a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left| {a - b} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \Leftrightarrow {\left| {a - b} \right|^2} = {a^2} + {b^2} \Leftrightarrow a.b = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a \ne 0\end{array} \right.\end{array} \right.$.

Với $a = 0$, chọn $b = 1$, ta được đường thẳng $0.\left( {x + 2} \right) + 1\left( {y - 3} \right) = 0$ hay $y - 3 = 0$.

Với $b = 0$, chọn $a = 1$, ta được đường thẳng $1.\left( {x + 2} \right) + 0.\left( {y - 3} \right) = 0$ hay $x + 2 = 0$.

Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.

d) Sai:

Toạ độ giao điểm $I\left( {x\,;\,y} \right)$của $m$ và $d$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 1 = 0\\x - y - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {3\,;\, - 1} \right)$.

Lấy điểm $A\left( {1\,;\,0} \right) \in m$, phương trình đường thẳng $k$ đi qua $A$ và vuông góc với đường thẳng $d$ là: $1\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 1 = 0$.

Toạ độ giao điểm $H\left( {x\,;\,y} \right)$của $d$ và $k$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x - y - 4 = 0\\x + y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{5}{2}\\y = - \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{5}{2}\,;\, - \frac{3}{2}} \right)$.

Gọi $B\left( {x\,;\,y} \right)$ là điểm sao cho $H$là trung điểm của $AB$, suy ra toạ độ điểm $B\left( {4\,;\, - 3} \right)$.

Khi đó đường thẳng $n$ đối xứng với $m$ qua $d$ là đường thẳng $IB$.

Ta có $\overrightarrow {IB} \left( {1\,;\, - 2} \right)$. Phương trình tham số của đường thẳng $n$là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + t\\y = - 3 - 2t\end{array} \right.$.

a) Đúng: Gọi số cần tìm có dạng $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}}$ trong đó ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S$

Chọn ${a_1}({a_1} \ne 0)$: có $6$ cách chọn

Ta có: ${a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7}$ có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: $6!$

Vậy có $6.6!$ số

b) Sai: Gọi số cần tìm có dạng $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}}$ trong đó ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S$

TH1: Chọn ${a_1};{a_2};{a_3} \in \left\{ {1;2;3} \right\}$,$({a_1} \ne 0)$có $3!$ cách chọn

Chọn ${a_4};{a_5};{a_6};{a_7}$ có số cách chọn là số hoán vị của 4 phần tử còn lại: $4!$ cách chọn

Do vậy ta được $3!$.$4!$=144 số

TH2: Các số $1;2;3$ nằm ở ba trong 4 vị trí ${a_4};{a_5};{a_6};{a_7}$ có: $4.3.2 = 24$ cách sắp xếp

Chọn ${a_1} \in \left\{ {4;5;6} \right\}$ có: 3 cách chọn

Còn 3 vị trí còn lại có số cách chọn là số hoán vị của 3 phần tử còn lại từ tập $S$: $3!$ cách chọn

Do vậy ta có: $24.3.3! = 432$ số

Tổng cộng có 576 số

c) Đúng: Gọi số cần tìm có dạng $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}}$ trong đó ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6} \in S\backslash \left\{ 0 \right\}$

Ta có: ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}$ có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: $6!$

Do vậy ta có $6!$ số

d) Sai: Gọi số cần tìm có dạng $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}}$ trong đó ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S$

TH1: Chọn ${a_7} = 0$: có 1 cách chọn

Chọn ${a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}$ có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: $6!$

Do vậy ta có $6!$ số

TH2: Chọn ${a_7} \in \left\{ {2{,}4{,}6} \right\}$: có 3 cách chọn

Chọn ${a_1}({a_1} \ne 0;\,{a_1} \ne {a_7})$: có 5 cách chọn

Chọn ${a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}$ có số cách chọn là số hoán vị của 5 phần tử: $5!$

Do vậy ta có: $3.5.5!$ số

Vậy tổng có: $6! + 3.5.5!$

a) Đúng: Không gian mẫu là tập tất cả các tập con gồm 5 viên bi từ 12 viên bi. Vậy số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_{12}^5 = 792$.

b) Đúng: Chọn 5 bi xanh từ 7 bi xanh, có $C_7^3 = 21$ (cách chọn) $\Rightarrow n\left( A \right) = 21$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{21}}{{792}} = \frac{7}{{264}}$.

c) Sai: Mỗi phần tử của $B$ được hình thành từ 2 bước:

Bước 1: Chọn 3 viên bi xanh từ 7 viên bi xanh, có $C_7^3 = 35$ (cách chọn).

Bước 2: Chọn 2 viên bi đỏ từ 5 viên bi đỏ, có $C_5^2 = 10$ (cách chọn).

Theo quy tắc nhân, tập $B$ có $35.10 = 350$ (phần tử). Vậy $n\left( B \right) = 350 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{350}}{{792}} = \frac{{175}}{{396}}$.

d) Đúng: Trong 5 viên bi lấy được có ít nhất 3 bi đỏ, có 3 cách:

Cách 1: Trong $5$ viên bi được chọn có 2 bi xanh và 3 bi đỏ: có $\mathop C\nolimits_7^2 .\mathop C\nolimits_5^3 = 210$ (cách chọn)

Cách 2: Trong $5$ viên bi được chọn có 1 bi xanh và 4 bi đỏ: có $C_7^1.C_5^4 = 35$ (cách chọn).

Cách 3: Trong $5$ viên bi được chọn có 0 bi xanh và 5 bi đỏ: có $C_7^0.C_5^5 = 5$ (cách chọn).

Theo quy tắc cộng, tập $C$ có $210 + 35 + 5 = 250$ (phần tử).

Vậy $n\left( C \right) = 250 \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{250}}{{792}} = \frac{{125}}{{396}}$.

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow - 0{,}02{x^2} + 0{,}4x \ge 1{,}5$$\Leftrightarrow 5 \le x \le 15$.

Vậy quả bóng đạt độ cao lớn hơn hay bằng $1{,}5$ mét trong khoảng $15 - 5 = 10$ ( giây).

Ta có $\sqrt {{x^2} - 3x + 2} = \sqrt {x + 2} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \ge - 2}\\{{x^2} - 3x + 2 = x + 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \ge - 2}\\{{x^2} - 4x = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \ge - 2}\\{\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.$.

Vậy tập nghiệm của phương trình $S = \left\{ {0;4} \right\}$ nên tổng các nghiệm bằng $4$.

Ta có: $a = 5,\;b = 4$ nên $c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} = 3$.

Gọi tiêu điểm có hoành độ dương là ${F_2}$ thì ${F_2} = \left( {3;0} \right)$.

Khi điểm M cách đều hai trục tọa độ và có hoành độ, tung độ là những số dương, tức là

$x = y > 0$, ta thay vào phương trình elip để tìm $x$: $\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{x^2}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{400}}{{41}} \Leftrightarrow x = \frac{{20}}{{\sqrt {41} }}$.

Vị trí lúc này là $M\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }};\frac{{20}}{{\sqrt {41} }}} \right)$.

Bây giờ, ta tính khoảng cách từ M tới A: $r = MA = \sqrt {{{\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }} - 3} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }}} \right)}^2}} \approx 3{,}1$.

Ta có${\left( {x + 2y} \right)^5}\, = \,{x^5} + 5{x^4}\left( {2y} \right) + 10{x^3}{\left( {2y} \right)^2} + 10{x^2}{\left( {2y} \right)^3} + 5x{\left( {2y} \right)^4} + {\left( {2y} \right)^5}$

$= {x^5} + 10{x^4}y + 40{x^3}{y^2} + 80{x^2}{y^3} + 80x{y^4} + 32{y^5}$

Suy ra hệ số của ${x^3}{y^2}$ trong khai triển trên là: $40$.

Số cách ly 2 kẹo chỉ có vị hoa quả là: $C_8^2 = 28$.

Số cách lấy 2 kẹo chỉ có vị Socola là: $C_7^2 = 21$

Số cách lấy 4 kẹo gồm có: 2 kẹo vị hoa quả và 2 kẹo vị socola là: $C_8^2 \cdot C_7^2 = 588$

Ta có không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = C_{12}^2$.

Gọi A là biến cố “Chọn được hai cây có tích hai số là số chẵn”

Trong 12 cây viết có 6 cây được đánh số chẵn, 6 cây được đánh số lẻ. Tích hai số là số chẵn nếu ít nhất có 1 cây mang số chẵn

$\Rightarrow n\left( A \right) = C_6^2 + C_6^1C_6^1 = 51$$\Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{17}}{{22}}$.

Vậy xác suất để chọn được hai cây có tích hai số là số chẵn là $\frac{{17}}{{22}}$.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}a = 17\\b = 22\end{array} \right. \Rightarrow T = 2.17 + 4.22 = 122$.