Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 3

Đáp án đúng là: D

Mệnh đề là một khẳng định chỉ có thể đúng hoặc sai.

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ được phát biểu là “Nếu $P$ thì $Q$” hoặc “$P$ kéo theo $Q$”, khi mệnh đề $P \Rightarrow Q$ là định lí, ta còn nói “$P$ là điều kiện đủ để có $Q$”. Do đó, đáp án C sai.

Đáp án đúng là: D

Phủ định của mệnh đề “$\forall x \in \mathbb{R},\,2{x^2} + x + 1 > 0$” là mệnh đề “$\exists x \in \mathbb{R},\,2{x^2} + x + 1 \le 0$”.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - \frac{3}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - \frac{3}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\\x = \frac{3}{2}\end{array} \right.$.

Mà $x \in \mathbb{Z}$ nên ta chọn $x = - 1,\,\,x = 1$. Vậy $A = \left\{ { - 1;\,\,1} \right\}$.

Đáp án đúng là: B

Tập hợp $Y$ có 3 phần tử nên $Y$có ${2^3} = 8$ tập con, do đó đáp án A sai.

Các tập con của $Y$ có 2 phần tử là $\left\{ {1;\,\,2} \right\},\,\,\left\{ {1;\,\,3} \right\},\,\,\left\{ {2;\,\,3} \right\}$. Do đó, có 3 tập con có 2 phần tử của $Y$, nên đáp án B đúng.

Các tập con của $Y$ chứa số 1 là $\left\{ 1 \right\},\,\,\left\{ {1;\,\,2} \right\},\,\left\{ {1;\,3} \right\},\,\left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\}$. Do đó, có 4 tập con của $Y$ chứa số 1 nên đáp án C sai.

Các tập con của $Y$ chứa 3 phần tử là $Y = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\}$. Do đó, có 1 tập con của $Y$ chứa 3 phần tử nên đáp án D sai.

Đáp án đúng là: D

D sai do $\mathbb{Q} \supset {\mathbb{N}^*} \Rightarrow \mathbb{Q} \cup {\mathbb{N}^*} = \mathbb{Q}$.

Đáp án đúng là: A

Kí hiệu $\in$ dùng để so sánh giữa phần tử với tập hợp.

Ta có 3 là số tự nhiên nên $3 \in \mathbb{N}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $A \cap B = \left( {0;\,\,2} \right) \cap \left[ {1;\,4} \right) = \left[ {1;\,\,2} \right)$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${2^3}x - {3^2}y < 5$$\Leftrightarrow 8x - 9y < 5$, đây là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Đáp án đúng là: C

Xét cặp số $\left( { - 3;\,\,0} \right)$ và bất phương trình $- 5x - y > 6$, ta có: $\left( { - 5} \right) \cdot \left( { - 3} \right) - 0 = 15 > 6$.

Do đó, cặp số $\left( { - 3;\,\,0} \right)$ là một nghiệm của bất phương trình $- 5x - y > 6$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $2 \cdot 0 - 5 \cdot 0 = 0 < 3$, do đó miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn $2x - 5y \ge 3$ là nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng $d:2x - 5y = 3$ không chứa gốc tọa độ $O\left( {0;\,\,0} \right)$ (kể cả bờ $d$).

Đáp án đúng là: A

Hệ $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 5\\ - 3x + 5y < 9\end{array} \right.$ là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn do nó là hệ bao gồm các bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Đáp án đúng là: B

Xét hệ $\left\{ \begin{array}{l}2x + y \le 4\\ - 3x + 2y \ge - 5\end{array} \right.$ .

+ Vẽ đường thẳng ${d_1}:2x + y = 4$. Ta có $2 \cdot 0 + 0 = 0 < 4$, do đó miền nghiệm của bất phương trình $2x + y \le 4$ là nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng ${d_1}$ chứa gốc tọa độ $O\left( {0;\,\,0} \right)$ (kể cả bờ ${d_1}$).

+ Vẽ đường thẳng ${d_2}: - 3x + 2y = - 5$. Ta có $- 3 \cdot 0 + 2 \cdot 0 = 0 > - 5$, do đó miền nghiệm của bất phương trình $- 3x + 2y \ge - 5$ là nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng ${d_2}$ chứa gốc tọa độ $O\left( {0;\,\,0} \right)$ (kể cả bờ ${d_2}$).

Miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn $\left\{ \begin{array}{l}2x + y \le 4\\ - 3x + 2y \ge - 5\end{array} \right.$ là giao của hai miềm nghiệm của hai bất phương trình $2x + y \le 4$, $- 3x + 2y \ge - 5$ và chính là phần mặt phẳng không bị gạch trong hình ở đáp án B.

Đáp án đúng là: B

Ta có $\alpha$ là góc nhọn thì các giá trị lượng giác của $\alpha$ đều dương nên khẳng định ở đáp án B sai.

Đáp án đúng là: D

Từ điều kiện $\sin \alpha = \frac{2}{3}$ và $\cos \alpha < 0$ ta xác định được vị trí của điểm $M$ thỏa mãn $\widehat {xOM} = \alpha$ trên nửa đường tròn đơn vị. Khi đó ta suy ra $\alpha \in \left( {90^\circ ;\,\,180^\circ } \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\sin 135^\circ = \sin \left( {180^\circ - 135^\circ } \right) = \sin 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$;

$\cos 150^\circ = - \cos \left( {180^\circ - 150^\circ } \right) = - \cos 30^\circ = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Khi đó $K = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = \frac{{ - 3 + \sqrt 2 }}{4}$.

Đáp án đúng là: D

Công thức tính diện tích tam giác: $S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{{abc}}{{4R}}$, do đó đáp án A sai và đáp án D đúng.

Theo định lí côsin trong tam giác $ABC$ ta có: ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc \cdot \cos A$ nên đáp án B sai.

Theo định lí sin trong tam giác $ABC$ ta có: $\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R$, do đó đáp án C sai.

Đáp án đúng là: A

Diện tích tam giác $ABC$ là $S = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin A = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 7 \cdot \sin 135^\circ = \frac{{7\sqrt 2 }}{2}$.

Đáp án đúng là: A

Theo định lí sin trong tam giác $ABC$ ta có: $\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R$.

Suy ra $R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{24}}{{2\sin 150^\circ }} = 24$.

Đáp án đúng là: B

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

$A{B^2} = B{C^2} + A{C^2} - 2BC \cdot AC \cdot \cos C = {8^2} + {14^2} - 2 \cdot 8 \cdot 14 \cdot \cos 120^\circ = 372 \Rightarrow AB = 2\sqrt {93}$.

Đáp án đúng là: A

Giải tam giác là tìm số đo các cạnh và các góc còn lại của tam giác khi ta biết được các yếu tố đủ để xác định tam giác đó.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ$, suy ra $\widehat A = 180^\circ - \left( {56^\circ + 70^\circ } \right) = 54^\circ$.

Theo định lí sin trong tam giác $ABC$, ta có: $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}$.

Suy ra $AC = \frac{{BC\sin B}}{{\sin A}} = \frac{{16 \cdot \sin 56^\circ }}{{\sin 54^\circ }} \approx 16{,}4$.

Đáp án đúng là: C

Hai vectơ cùng phương thì có giá song song hoặc trùng nhau. Hai vectơ cùng phương thì cùng hướng hoặc ngược hướng. Vậy đáp án đúng là đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Đại lượng lực là đại lượng có hướng bao gồm cả độ lớn và hướng nên lực cần được biểu diễn bởi vectơ.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC}$, $\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {DB}$, do đó đáp án A và đáp án B đúng.

Lại có: $AB\,{\rm{//}} = DC$, do đó hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {DC}$ cùng hướng và cùng độ dài nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$Vậy đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {FE} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BO} + \overrightarrow {EF} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OA} = \overrightarrow {AA} = \overrightarrow 0$.

Đáp án đúng là: A

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

Do $ABCD$ nên tam giác $ABD$ vuông tại $A$, từ định lí Pythagore ta suy ra

$BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt {10}$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} } \right| = a\sqrt {10}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \left| {\overrightarrow v } \right| \Leftrightarrow AM = \left| {\overrightarrow v } \right|$.

Khi đó điểm $M$ thuộc đường tròn tâm $A$, bán kính $R = \left| {\overrightarrow v } \right|$, do đó có vô số điểm $M$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: A

Với vectơ $\overrightarrow a$ khác $\overrightarrow 0$ và một số thực $k \ne 0$, ta có hai vectơ $\overrightarrow a ,\,\,k\overrightarrow a$ luôn cùng phương với nhau.

Đáp án đúng là: C

Ta có $MN\,\,{\rm{//}}\,\,PQ$ nên hai vectơ $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {PQ}$ cùng phương.

Lại có vectơ $\overrightarrow {MN}$ có hướng đi từ trái sang phải, còn vectơ $\overrightarrow {PQ}$ có hướng đi từ phải sang trái. Do đó, hai vectơ $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {PQ}$ ngược hướng. Mà $MN = 2PQ$.

Vậy $\overrightarrow {MN} = - 2\overrightarrow {PQ}$.

Đáp án đúng là: B

Từ hình vẽ ta thấy đoạn thẳng $MN$ được chia thành 6 phần bằng nhau và điểm $P$ thuộc đoạn $MN$ và $MP$ chiếm 2 phần hay $MP = \frac{2}{6}MN = \frac{1}{3}MN$ và $NP = \frac{4}{6}MN = \frac{2}{3}MN$, $MP = \frac{2}{4}NP = \frac{1}{2}NP$.

Hai vectơ $\overrightarrow {MP}$ và $\overrightarrow {NP}$ ngược hướng nên $\overrightarrow {MP} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {NP}$.

Hai vectơ $\overrightarrow {MN}$ và $\overrightarrow {PM}$ ngược hướng nên $\overrightarrow {MN} = - 3\overrightarrow {PM}$.

Vậy đáp án B đúng.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\overrightarrow {IA} = - 2\overrightarrow {IB}$$\Rightarrow \overrightarrow {IA} = - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB}$.

Vậy $\overrightarrow {IC} = \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AC} = - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right) = AB \cdot AC \cdot \cos A$.

Đáp án đúng là: B

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $AC = AB = a$.

Ta có: $\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {CA} = \left( { - \overrightarrow {AB} } \right) \cdot \left( { - \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC}$$= \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right) = AB \cdot AC \cdot \cos A\,$

$= a \cdot a \cdot \cos 120^\circ = - \frac{{{a^2}}}{2}$.

Đáp án đúng là: D

Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và có $\widehat B = 50^\circ$ nên $\widehat {ACB} = 90^\circ - 50^\circ = 40^\circ$.

Dựng vectơ $\overrightarrow {AD}$ sao cho $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

Ta có: $\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AD} } \right) = \widehat {BAD} = \widehat {BAC} + \widehat {CAD} = \widehat {BAC} + \widehat {ACB} = 90^\circ + 40^\circ = 130^\circ$, do đó đáp án A đúng.

Dựng vectơ $\overrightarrow {BM}$ sao cho $\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AC}$.

Ta có: $\left( {\overrightarrow {BC} ,\,\overrightarrow {AC} } \right) = \left( {\overrightarrow {BC} ,\,\overrightarrow {BM} } \right) = \widehat {CBM} = \widehat {ACB} = 40^\circ$, do đó đáp án B đúng.

Dựng vectơ $\overrightarrow {AQ}$ sao cho $\overrightarrow {AQ} = \overrightarrow {CB}$.

Ta có: $\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {CB} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AQ} } \right) = \widehat {QAB} = \widehat {ABC} = 50^\circ$, do đó đáp án C đúng.

$\left( {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {CB} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {AQ} } \right) = \widehat {QAC} = \widehat {QAB} + \widehat {BAC} = 50^\circ + 90^\circ = 140^\circ$, do đó đáp án D sai.

Gọi $x$, $y$ là số lít nước cam và táo mà mỗi đội cần pha chế $\left( {x;y \in \mathbb{N}} \right)$.

Lượng hương liệu dùng để pha chế $x$ lít nước cam và $y$ lít nước táo là $x + 4y$ (gam).

Lượng nước dùng để pha chế $x$ lít nước cam và $y$ lít nước táo là $x + y$ (lít).

Lượng đường dùng để pha chế $x$ lít nước cam và $y$ lít nước táo là $30x + 10y$ (gam).

Theo đề ra ta có hệ bất phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + 4y \le 24\\x + y \le 9\\30x + 10y \le 210\\x,y \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 4y \le 24\\x + y \le 9\\3x + y \le 21\\x,y \ge 0\end{array} \right.$.

Số điểm thưởng nhận được là $T(x;y) = 60x + 80y$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền ngũ giác $ABCDO$(kễ cả biên), với $A\left( {0;\,\,6} \right)$, $B\left( {4;\,\,5} \right)$, $C\left( {6;\,\,3} \right)$, $D\left( {7;\,\,0} \right)$, $O\left( {0;\,\,0} \right)$.

Tại điểm $A\left( {0;\,\,6} \right)$, ta có $T(0;\,\,6) = 60 \cdot 0 + 80 \cdot 6 = 480$.

Tại điểm $B\left( {4;\,\,5} \right)$, ta có $T(4;\,5) = 60 \cdot 4 + 80 \cdot 5 = 640$.

Tại điểm $C\left( {6;\,\,3} \right)$, ta có $T(6;\,\,3) = 60 \cdot 6 + 80 \cdot 3 = 600$.

Tại điểm $D\left( {7;\,\,0} \right)$, ta có $T(7;\,\,0) = 60 \cdot 7 + 80 \cdot 0 = 420$.

Tại điểm $O\left( {0;\,\,0} \right)$, ta có $T(0;\,\,0) = 60 \cdot 0 + 80 \cdot 0 = 0$.

Do đó $T\left( {x;y} \right)$ lớn nhất bằng $640$ khi $x = 4;y = 5$.

Vậy cần phải pha chế 4 lít nước cam và 5 lít nước táo thì số điểm thưởng cao nhất.

Giả sử chiều cao của ngọn núi là $CH$.

Ta có: $\widehat {BAC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$, $\widehat {CBA} = 90^\circ + 15^\circ 30' = 90^\circ + 15{,}5^\circ = 105{,}5^\circ$.

Suy ra $\widehat {ACB} = 180^\circ - \left( {60^\circ + 105{,}5^\circ } \right) = 14{,}5^\circ$.

Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC$ ta có: $\frac{{AC}}{{\sin \widehat {CBA}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}}$.

Suy ra $AC = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {CBA}}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{70 \cdot \sin 105{,}5^\circ }}{{\sin 14{,}5^\circ }} \approx 269{,}41$.

Tam giác $ACH$ vuông tại $H$ nên $CH = AC \cdot \sin \widehat {CAH} \approx 269{,}41 \cdot \sin 30^\circ \approx 135$ (m).

Vậy chiều cao của ngọn núi xấp xỉ bằng 135 mét.

Ta có $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {AD} } \right)$; $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HD}$.

Vậy $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {AD} } \right)\left( {\overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HD} } \right)$

$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {BH} + \overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {BH} + \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {HD} } \right)$.

Mà $\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {BH} = 0;\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {HD} = 0$.

Nên $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {HD} + \overrightarrow {HD} \cdot \overrightarrow {HC} } \right)$ (vì $\overrightarrow {BH} = \overrightarrow {HC}$)

$= \frac{1}{2}\overrightarrow {HD} \left( {\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {HC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {HD} \cdot \overrightarrow {AC} = 0$.

Vậy $AM \bot BD.$