Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 2

Đáp án đúng là: D

Câu “$x > 6$” không là mệnh đề vì nó không thể xác định được tính đúng hay sai.

Đáp án đúng là: D

Biểu diễn mệnh đề “Tồn tại số thực $x$ để $x$ chia hết cho 2” dưới dạng kí hiệu là

“$\exists x \in \mathbb{R}|x\,\, \vdots \,\,2$”.

Đáp án đúng là: D

Mệnh đề phủ định của mệnh đề “$\forall x \in \mathbb{N}|x \ge 0$” là: “$\exists x \in \mathbb{N}|x < 0$”.

Đáp án đúng là: C

Tính chất đặc trưng của các phần tử thuộc tập hợp $L = \left\{ {x \in \mathbb{N}|x \le 10} \right\}$ đều là các số tự nhiên nhỏ hơn hoặc bằng 10.

Đáp án đúng là: A

Ta có:

$A = \left\{ {2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10} \right\}$

$B = \left\{ {x\,\, \vdots \,\,2|x \in \mathbb{N},x < 20} \right\} = \left\{ {0;\,\,2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10;\,\,12;\,\,14;\,\,16;\,\,18} \right\}$

Vậy $A \subset B$.

Đáp án đúng là: A

Do ${\mathbb{N}^*} \subset \mathbb{N}$ và $\mathbb{N} \not\subset {\mathbb{N}^*}$ nên $\mathbb{N} \ne {\mathbb{N}^*}$

Vậy khẳng định “$\mathbb{N} = {\mathbb{N}^*}$” là sai.

Đáp án đúng là: D

Phân số $\frac{1}{4}$ là số hữu tỉ nên nó thuộc tập hợp số hữu tỉ $\mathbb{Q}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $M = \left\{ {x \ge 0|{x^2} < 4} \right\} = \left[ {0;2} \right)$;

$N = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 4 < x - 5 < 4} \right\} = \left\{ {x \in \mathbb{R}|1 < x < 9} \right\} = \left( {1;\,\,9} \right)$.

Vậy $L = M \cap N = \left( {1;\,\,2} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Bất phương trình bậc nhất hai ẩn là: $4x - 9y > - 3$.

Đáp án đúng là: B

Thay $x = 3$ và $y = 1$ vào biểu thức $3x - 5y$ ta có: $3 \cdot 3 - 5 \cdot 1 = 9 - 5 = 4 \ge 2$.

Vậy cặp số $\left( {3;\,\,1} \right)$ là một nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn $3x - 5y \ge 2$.

Đáp án đúng là: D

Xét điểm $\left( {0;\,\,0} \right)$ có $0 - 0 = 0 < 1$. Do đó, điểm $\left( {0;\,\,0} \right)$ nằm trong miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn $x - y < 1$.

Vậy miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn $x - y < 1$ là nửa mặt phẳng (không kể bờ) có bờ là đường thẳng $x - y = 1$, và chứa điểm $O\left( {0;\,\,0} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ bao gồm 2 hay nhiều các bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - y > 0\\x + y < 6\end{array} \right.$ không phải là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Đáp án đúng là: C

Xét hệ bất phương trình hai ẩn $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\2x + 3y < 10\end{array} \right.$

Miền nghiệm của bất phương trình $x - 2y \le 0$ là nửa mặt phẳng (có kể cả bờ) bờ $x - 2y = 0$, chứa điểm $\left( { - 2;2} \right)$.

Miền nghiệm của bất phương trình $2x + 3y < 10$ là nửa mặt phẳng (không kể bờ) bờ $2x + 3y = 10$, chứa điểm $\left( { - 2;2} \right)$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\2x + 3y < 10\end{array} \right.$ là giao của hai miền nghiệm trên.

Vậy phần tô đậm (3) là miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\2x + 3y < 10\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là: A

Do $0^\circ \le \alpha \le 180^\circ$ nên ta có: $0 \le \sin \alpha \le 1$.

Vậy $\sin \alpha$ có thể nhận giá trị $\frac{1}{3}$.

Đáp án đúng là: B

Do $0^\circ \le \alpha \le 180^\circ$ nên ta có: $\cos \alpha = - \cos \left( {180^\circ - \alpha } \right)$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = 1 - {\cos ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{15}}{{16}}$

Mà $0^\circ \le \alpha \le 180^\circ$ nên $\sin \alpha \ge 0$, do đó, $\sin \alpha = \frac{{\sqrt {15} }}{4}$.

Vậy $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{\frac{{\sqrt {15} }}{4}}}{{\frac{1}{4}}} = \sqrt {15}$.

Đáp án đúng là: D

Áp dụng định lí côsin ta có: ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc \cdot \cos \alpha$.

Vậy khẳng định ${a^2} = {b^2} - {c^2} + 2bc \cdot \cos \alpha$ là sai.

Đáp án đúng là: D

Công thức Hê – rông tính diện tích tam giác: $S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$.

Vậy khẳng định $S = \sqrt {p\left( {p + a} \right)\left( {p + b} \right)\left( {p + c} \right)}$ là sai.

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác $ABC$

Áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:

$\cos \widehat {ABC} = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB \cdot BC}} = \frac{{{5^2} + {6^2} - {7^2}}}{{2 \cdot 5 \cdot 6}} = \frac{1}{5}$.

Do đó, $\widehat {ABC} \approx 78^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác $ABC$

Áp dụng định lí côsin ta có:

$A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2AC \cdot BC \cdot \cos \widehat {ACB} = {11^2} + {9^2} - 2 \cdot 11 \cdot 9 \cdot \cos 58^\circ \approx 97$.

Vì $AB > 0$ nên $AB \approx \sqrt {97} \approx 10\,\,$cm.

Đáp án đúng là: D

Để giải một tam giác thường ta cần ít nhất ba yếu tố, trong đó có không quá 2 yếu tố về góc. Như vậy, ta không thể giải một tam giác thường nếu chỉ có độ dài hai cạnh.

Đáp án đúng là: C

Xét tam giác $MNP$

Áp dụng định lí sin ta có:

$\frac{{MN}}{{\sin \widehat {MPN}}} = \frac{{MP}}{{\sin \widehat {MNP}}} \Rightarrow \frac{4}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{MP}}{{\sin 30^\circ }} \Rightarrow MP = \frac{{4.\sin 30^\circ }}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{4.\frac{1}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 2$ (cm).

Đáp án đúng là: D

Vectơ $\overrightarrow {MB}$ có điểm đầu là $M$, điểm cuối là $B$. Giá là đường thẳng $AB$ do đường thẳng này đi qua cả điểm $M$ và điểm $B$.

Đáp án đúng là: A

Xét hình vuông $ABCD$ có: $AB{\rm{//}}CD$

$\overrightarrow {AB}$ có hướng từ trái sang phải

$\overrightarrow {DC}$ có hướng từ trái sang phải

Vậy $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {DC}$ cùng hướng.

Đáp án đúng là: B

Áp dụng quy tắc hiệu cho ba điểm $A$, $B$, $C$ phân biệt. Ta có:

$\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC}$.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng quy tắc hình bình hành cho hình bình hành $ABCD$ ta có:

$\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC}$.

Đáp án đúng là: C

Tam giác $ABC$ đều có chu vi là 18 cm.

$\Rightarrow AB = AC = BC = \frac{{18}}{3} = 6$ (cm)

Ta có: $\overrightarrow v = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CB} \Rightarrow \left| {\overrightarrow v } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} } \right| = BC = 6$ (cm).

Vậy độ dài của $\overrightarrow v$ là 6 cm.

Đáp án đúng là: C

Vì $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {NP}$ nên ta có $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {NP}$ cùng hướng và $MN = NP$.

Do đó, $M$, $N$, $P$ thẳng hàng và $N$ là trung điểm của đoạn thẳng $MP$.

Đáp án đúng là: A

Tích của một vectơ với một số là một vectơ.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $A$, $B$, $M$ thẳng hàng và$AB = 2AM \Rightarrow \overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AM}$.

Đáp án đúng là: B

Xét hình thoi $ABCD$ tâm $O$, từ hình vẽ ta có:$AO = 2MC$.

Mà $\overrightarrow {AO}$ và $\overrightarrow {CM}$ ngược hướng.

Vậy $\overrightarrow {AO} = - 2\overrightarrow {CM}$.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác $MOP$ có:

$MA = \frac{1}{5}MO \Rightarrow MO = 5MA \Rightarrow \overrightarrow {MO} = 5\overrightarrow {MA}$

$OB = \frac{3}{4}OP \Rightarrow OP = \frac{4}{3}OB \Rightarrow \overrightarrow {OP} = \frac{4}{3}\overrightarrow {OB}$

Mà $\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OP} \Rightarrow \overrightarrow {MP} = 5\overrightarrow {MA} + \frac{4}{3}\overrightarrow {OB}$.

Đáp án đúng là: D

Cho hai vectơ $\overrightarrow u$ và $\overrightarrow v$ khác vectơ – không, ta có tích vô hướng:

$\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)$.

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác đều $ABC$ cạnh bằng 4.

Ta có: $AB = AC = 4\, \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = 4\,$

$\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 60^\circ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$.

Vậy $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 4 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 8$.

Đáp án đúng là: B

$\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 4 \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 4$

$\Leftrightarrow 4 \cdot 5 \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 4$

$\Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{1}{5}$

$\Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 78^\circ$.

Gọi số bưởi loại II cô Liên chọn là $x$ (quả), số bưởi loại I cô Liên chọn là $y$ (quả).

Chi phí cho giỏ quà là: $80\,\,000x + 400\,\,000y$ (đồng)

Chi phí này không được phép vượt quá mức chi tối đa là 1 600 000 đồng nên ta có: $80\,\,000x + 400\,\,000y \le 1\,\,600\,\,000 \Leftrightarrow x + 5y \le 20 \Leftrightarrow x + 5y - 20 \le 0$.

Do số bưởi loại I phải chọn tối đa là 4 quả, số bưởi loại II ít nhất phải chọn là 5 quả nên $x \ge 5$ và $y \le 4$.

Đồng thời, do $x$, $y$ là số quả bưởi nên $x \ge 0$, $y \ge 0$.

Số tiền lãi của giỏ quà là: $2\,\,000x + 10\,\,000y$.

Để có khả năng thu được lãi cao nhất, ta phải xác định $x$, $y$ sao cho $M\left( {x;y} \right) = 2\,000x + 10\,000y$ đạt giá trị lớn nhất với $x$, $y$ thỏa mãn hệ bất phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}x + 5y - 20 \le 0\\x \ge 5\\0 \le y \le 4\end{array} \right.$ (*)

Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng $d:x + 5y - 20 = 0$, $d':x = 5$, $d'':y = 4$

Khi đó, miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là miền tam giác không tô màu trong hình vẽ dưới đây:

Giá trị lớn nhất của $M\left( {x;y} \right) = 2\,\,000x + 10\,\,000y$ đạt được tại một trong các điểm đỉnh của miền tam giác, đó là các điểm $\left( {5;\,\,3} \right)$, $\left( {5;\,\,0} \right)$; $\left( {20;\,\,0} \right)$.

Ta có:

$M\left( {5;\,\,3} \right) = 40\,\,000$

$M\left( {5;\,\,0} \right) = 10\,\,000$

$M\left( {20;\,\,0} \right) = 40\,\,000$

Vậy giá trị lớn nhất của $M\left( {x;y} \right) = 2\,\,000x + 10\,\,000y$ là 40 000 (đồng) tại điểm $\left( {5;3} \right)$ hoặc $\left( {20;\,\,0} \right)$.

Vậy để thu được lãi cao nhất cô liên có hai cách chọn bưởi, cách thứ nhất là chọn 5 quả bưởi loại II và 3 quả bưởi loại I, cách thứ hai là chọn 20 quả bưởi loại II và không chọn bưởi loại I.

Kí hiệu như hình vẽ trên với $A$, $C$ lần lượt là đỉnh và chân của tòa nhà; $B$ và $D$ lần lượt là đỉnh và gốc của cây.

Xét tam giác $ABC$

Do $\left\{ \begin{array}{l}\widehat {BCD} = 24^\circ \\\widehat {BCD} + \widehat {ACB} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow \widehat {ACB} = 66^\circ$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}\widehat {xAB} = 60^\circ \\\widehat {xAB} + \widehat {CAB} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow \widehat {CAB} = 30^\circ$.

Suy ra $\widehat {ABC} = 180^\circ - \left( {66^\circ + 30^\circ } \right) = 84^\circ$.

Áp dụng định lí sin ta có:

$\frac{{BC}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{AC}}{{\sin 84^\circ }} \Rightarrow BC = \frac{{AC \cdot \sin 30^\circ }}{{\sin 84^\circ }} = \frac{{155 \cdot \sin 30^\circ }}{{\sin 84^\circ }} \approx 77{,}93$ (m).

Xét tam giác $CBD$ vuông tại $D$

Ta có: $\sin \widehat {BCD} = \frac{{BD}}{{BC}} \Rightarrow \sin 24^\circ \approx \frac{{BD}}{{77{,}93}} \Rightarrow BD \approx 77{,}93 \cdot \sin 24^\circ \approx 31{,}70$ (m)

Vậy chiều cao của cái cây khoảng 31,70 mét.

Do $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên ta có:

$\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 3\overrightarrow {MG}$

$\Rightarrow {\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right)^2} = {\left( {3\overrightarrow {MG} } \right)^2}$

$\Rightarrow {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9M{G^2}$.

Mà:

${\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}$

$= {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2}$

$= 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} + 2 \cdot \overrightarrow {MG} \cdot \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right)$

$= 3M{G^2} + 3G{A^2} + 2 \cdot \overrightarrow {MG} \cdot \overrightarrow 0$

$= 3M{G^2} + 3G{A^2}$

Do đó, $3M{G^2} + 3G{A^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9M{G^2}$

Ta có:

Gọi $AH$ là đường cao cũng là đường trung tuyến của tam giác đều $ABC$.

Khi đó, $HB = HC = \frac{a}{2}$.

Xét tam giác $ABH$ vuông tại $H$

Áp dụng định lí Pythagore, ta có:

$A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} \Rightarrow A{H^2} = A{B^2} - H{B^2} = {a^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}$.

Do điểm $M$ là điểm bất kì thuộc đường tròn tâm $G$ có bán kính bằng $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$ nên $MG = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên độ dài đường cao bằng độ dài đường trung tuyến và bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $G$ là trọng tâm nên $GA = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Thay số ta có:

$3 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)^2} + 3 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)^2}$

$\Leftrightarrow 3 \cdot \frac{{2{a^2}}}{9} + 3 \cdot \frac{{3{a^2}}}{9} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9 \cdot \frac{{2{a^2}}}{9}$

$\Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = \frac{{18{a^2}}}{9} - \frac{{6{a^2}}}{9} - \frac{{9{a^2}}}{9}$

$\Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = \frac{{3{a^2}}}{9}$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} = \frac{{{a^2}}}{6}\,\,\,\,$ (đpcm).