Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 10

Đáp án đúng là: B

Ta có: 6 > 2 nên “Nếu $x = 6$ thì $x > 2$” là mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề phủ định của mệnh đề: “$\exists x \in \mathbb{Z},\,\,{x^5} + 8x = 10$” là “$\forall x \in \mathbb{Z},\,\,{x^5} + 8x \ne 10$”.

Đáp án đúng là: C

Ta có:$B = \left\{ {x \in \mathbb{Z}|{x^2} < 9} \right\} = \left\{ { - 2;2; - 1;1;0} \right\}$.

Vậy $\left\{ {1; - 1;0} \right\} \subset B$.

Đáp án đúng là: D

$\mathbb{Q}$ là tập hợp số hữu tỉ. Vậy kí hiệu để chỉ 0,4 là số hữu tỉ là: $0{,}4 \in \mathbb{Q}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\left( {2;6} \right) \cap \left[ {3;10} \right) = \left[ {3;6} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Bất phương trình bậc nhất hai ẩn là: $2x - 5y < 9$.

Đáp án đúng là: B

Xét điểm $B\left( { - 2;1} \right)$ ta có khi $x = - 2$, $y = 1$ thì $2 \cdot ( - 2) - 1 = - 5 < 0$.

Vậy điểm $B\left( { - 2;1} \right)$ thuộc miền nghiệm của bất phương trình $2x - y < 0$.

Đáp án đúng là: B

Xét cặp số $\left( {9;8} \right)$ và hệ $\left\{ \begin{array}{l}x + y > 10\\2x - y < 13\end{array} \right.$

Ta thấy hệ $\left\{ \begin{array}{l}x + y > 10\\2x - y < 13\end{array} \right.$ là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn và $\left\{ \begin{array}{l}9 + 8 = 17 > 10\\2 \cdot 9 - 8 = 10 < 13\end{array} \right.$

Vậy cặp số $\left( {9;8} \right)$ là một nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y > 10\\2x - y < 13\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là: A

Vẽ các đường thẳng $x + y = 2$ và $x - 3y = - 3$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$

Xét điểm $(0;0)$ thấy $(0;0)$ không phải là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l}x + y > 2\\x - 3y < - 3\end{array} \right.$.

Do đó, miền nghiệm cần tìm giao của nửa mặt phẳng (không kể bờ) bờ là đường thẳng $x + y = 2$ không chứa điểm $(0;0)$ và nửa mặt phẳng (không kể bờ) bờ là đường thẳng $x - 3y = - 3$ không chứa điểm $(0;0)$.

Vậy miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y > 2\\x - 3y < - 3\end{array} \right.$ là phần không được tô màu trên hình vẽ sau.

Đáp án đúng là: D

Do $0^\circ \le \alpha \le 180^\circ$, ta có: $\sin \alpha \in \left[ {0;\,\,1} \right]$.

Vậy khẳng định $\sin \alpha \in \left( { - 1;1} \right)$ là sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $S = \frac{1}{2}a{h_a}$$= \frac{1}{2}bc\sin \alpha$$= \frac{1}{2}ab\sin \varphi$$= \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$.

Đáp án đúng là: A

Nửa chu vi của tam giác $ABC$ là: $p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = \frac{{14 + 15 + 16}}{2} = 22{,}5$ (cm).

Áp dụng công thức Heron tính diện tích ta có:

${S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)}$

$= \sqrt {22{,}5 \cdot \left( {22{,}5 - 14} \right) \cdot \left( {22{,}5 - 15} \right) \cdot \left( {22{,}5 - 16} \right)} \approx 96{,}56\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ là:

$R = \frac{{abc}}{{4{S_{ABC}}}} \approx \frac{{14 \cdot 15 \cdot 16}}{{4 \cdot 96{,}56}} \approx 8{,}70$ (cm).

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\overrightarrow {CO}$ và $\overrightarrow {DE}$ là hai vectơ có cùng phương, cùng hướng, có độ dài bằng nhau.

Vậy $\overrightarrow {CO} = \overrightarrow {DE}$.

Đáp án đúng là: A

Hai vectơ bằng nhau khi hai vectơ đó cùng hướng và có độ dài bằng nhau.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CB}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có:

Áp dụng định lý Pythagore ta có:

$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Rightarrow B{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25$$\Rightarrow BC = \sqrt {25} = 5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC = 5\,\,{\rm{cm}}$.

Đáp án đúng là: D

Cho vectơ $\overrightarrow a$ khác vectơ – không, số thực k khác 0, ta có: $\left| {k\overrightarrow a } \right| = \left| k \right| \cdot \left| {\overrightarrow a } \right|$.

Đáp án đúng là: B

Do $D$, $H$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$ nên ta có:

$\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AD}$, $\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AH}$.

Ta có: $\overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AD} - 2\overrightarrow {AH}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 0$, mà $\overrightarrow a$ và $\overrightarrow b$ khác vectơ – không.

Nên $\overrightarrow a \bot \overrightarrow b$.

Đáp án đúng là: C

$\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {CB} = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CB} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = 11 \cdot 9 \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right)$

$\Rightarrow 95 = 99 \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right)$

$\Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = \frac{{95}}{{99}} \Rightarrow \widehat {BCx} = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) \approx 16^\circ$ (với $Cx$ là tia đối của tia $CA$).

Do đó, $\widehat {ACB} = 180^\circ - \widehat {BCx} = 180^\circ - 16^\circ = 164^\circ$.

Từ bài toán đã cho ta có sơ đồ Venn như sau:

Số thí sinh thi tiếng Hàn Quốc hoặc tiếng Trung Quốc là:

200 – 78 = 122 (thí sinh)

Số thí sinh cả hai thứ tiếng Hàn Quốc và Trung Quốc là:

(70 + 80) – 122 = 28 (thí sinh)

Số thí sinh thi cả ba thứ tiếng là:

28 – 18 = 10 (thí sinh)

Vậy có 10 thí sinh thi cả ba thứ tiếng.

Gọi $x$ và $y$ lần lượt là số tấn hoa khô loại I và loại II ($0 \le x \le 9$, $0 \le y \le 10$).

Khi đó, số tiền để mua hoa khô là: $F\left( {x;y} \right) = 4x + 3y$.

Từ $x$ tấn hoa khô loại I làm được $20x$ kg tinh dầu $A$ và $0{,}6x$ kg tinh dầu $B$.

Từ $y$ tấn hoa khô loại II làm được $10y$ kg tinh dầu $A$ và $1{,}5y$ kg tinh dầu $B$.

Suy ra từ $x$ tấn hoa khô lọai I và $y$ tấn hoa khô loại II làm được $20x + 10y$ kg tinh dầu $A$, $0{,}6x + 1{,}5y$ kg tinh dầu $B$.

Do phải làm ít nhất 140 kg tinh dầu $A$ và 9 kg tinh dầu $B$, nên ta có hệ bất phương trình sau:

$\left\{ \begin{array}{l}20x + 10y \ge 140\\0{,}6x + 1{,}5y \ge 9\\0 \le x \le 9\\0 \le y \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + y \ge 14\\2x + 5y \ge 30\\0 \le x \le 9\\0 \le y \le 10\end{array} \right.$ (*)

Bài toán trở thành: Tìm $\left( {x;y} \right)$ để $F\left( {x;y} \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất thỏa mãn hệ bất phương trình (*).

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) trên hệ trục tọa độ $Oxy$ ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là miền tứ giác $ABCD$ (kể cả biên) với $A\left( {5;4} \right)$, $B\left( {9;\frac{{12}}{5}} \right)$,$C\left( {9;10} \right)$, $D\left( {2;\,\,10} \right)$.

Ta có:$F\left( {x;y} \right) = 4x + 3y$ đạt giá trị nhỏ nhất trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) khi $\left( {x;y} \right)$ là tọa độ của một trong các đỉnh.

Tính giá trị của $F\left( {x;y} \right)$ tại các đỉnh ta được:

Tại $A\left( {5;4} \right)$: $F\left( {5;4} \right) = 32$;

Tại $B\left( {9;\frac{{12}}{5}} \right)$: $F\left( {9;\,\,\frac{{12}}{5}} \right) = 43{,}2$;

Tại $C\left( {9;10} \right)$: $F\left( {9;\,\,10} \right) = 66$;

Tại $D\left( {2;\,\,10} \right)$: $F\left( {2;\,\,10} \right) = 38$.

Suy ra $F\left( {x;y} \right)$ nhỏ nhất khi $\left( {x;y} \right) = \left( {5;4} \right)$.

Như vậy để chi phí mua hoa khô ít nhất cần mua 5 tấn hoa khô loại I và 4 tấn hoa khô loại II.

Theo đề bài ta có: $OH = 4\,\,{\rm{m}}$, $HB = 20\,\,{\rm{m}}$.

Xét tam giác vuông $OHB$

Áp dụng định lý Pythagore ta có:

$O{B^2} = O{H^2} + H{B^2} = {4^2} + {20^2} = 416 \Rightarrow OB = \sqrt {416} \approx 20{,}4$ (m).

Xét tam giác $OBC$có: $\widehat {OBC} = 90^\circ - \widehat {OBH} = 90^\circ - 25^\circ = 65^\circ$.

$\Rightarrow \widehat {OCB} = 180^\circ - 60^\circ - 65^\circ = 55^\circ$.

Áp dụng định lý sin ta có:

$\frac{{OB}}{{\sin \widehat {OCB}}} = \frac{{CB}}{{\sin \widehat {COB}}} \Rightarrow \frac{{20{,}4}}{{\sin 55^\circ }} = \frac{{CB}}{{\sin 60^\circ }} \Rightarrow CB = \frac{{20{,}4 \cdot \sin 60^\circ }}{{\sin 55^\circ }} \approx 21{,}57$ (m)

Vậy chiều cao của cây khoảng 21,57 m.

Gọi $O$, $R$ lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$.

Ta có:

$P = M{A^2} - M{B^2} - M{C^2}$

$= {\overrightarrow {MA} ^2} - {\overrightarrow {MB} ^2} - {\overrightarrow {MC} ^2}$

$= {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right)^2}$

$= \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {MO} - \overrightarrow {OB} } \right)\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} } \right) - {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right)^2}$

$= \left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right)\left( {2\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right) - \left( {M{O^2} + 2\overrightarrow {MO} \cdot \overrightarrow {OC} + O{C^2}} \right)$

$= 2\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {MO} + O{A^2} + \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} - 2\overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {MO} - \overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {OA} - O{B^2} - M{O^2} - 2\overrightarrow {MO} \cdot \overrightarrow {OC} - O{C^2}$

$= - M{O^2} - 2\overrightarrow {MO} \left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OC} } \right) + O{A^2} - O{B^2} - O{C^2}$

$= - 2{R^2} + 2\overrightarrow {MO} \left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OA'} } \right)$

$= - 2{R^2} + 2\overrightarrow {MO} \cdot 2\overrightarrow {OA}$

$= - 2{R^2} - 4\overrightarrow {OM} \cdot \overrightarrow {OA}$

$= - 2{R^2} - 4{R^2} \cdot \cos \left( {\overrightarrow {OM} ,\,\overrightarrow {OA} } \right)$.

Ta có:

$b = {P_{\min }} = - 6{R^2} \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow {OM} ,\,\overrightarrow {OA} } \right) = 1 \Leftrightarrow M \equiv A$

$a = {P_{\max }} = 2{R^2} \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {OA} } \right) = - 1 \Leftrightarrow M \equiv A'$

$\Rightarrow T = 4a + 3b = 4 \cdot 2{R^2} + 3 \cdot \left( { - 6{R^2}} \right) = - 10{R^2}$

Tam giác đều cạnh 3 cm có: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 \cdot \sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}$.

Do đó, $R = \frac{{AB \cdot AC \cdot BC}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{3 \cdot 3 \cdot 3}}{{4 \cdot \frac{{9 \cdot \sqrt 3 }}{4}}} = \sqrt 3$.

Vậy $T = - 10{R^2} = - 10 \cdot {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = - 30$.