Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 5

Đáp án đúng là: A

Mệnh đề “$\exists x \in \mathbb{Z},x\,\, \vdots \,\,5$” được diễn tả bằng lời như sau:

Tồn tại một số nguyên $x$ để $x$ chia hết cho 5.

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ được phát biểu là: “Nếu tứ giác $ABCD$ là hình thang cân thì tứ giác $ABCD$ có $AC = BD$”.

Đáp án đúng là: B

Định lí: “Hai tam giác bằng nhau thì diện tích của chúng bằng nhau” được phát biểu lại bằng một trong các cách sau:

+ “Hai tam giác bằng nhau là điều kiện đủ để diện tích của chúng bằng nhau”.

+ “Hai tam giác có diện tích bằng nhau là điều kiện cần để chúng bằng nhau”.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ${x^2} - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Do đó, $A = \left\{ {x \in \mathbb{N}|{x^2} - 2x + 1 = 0} \right\} = \left\{ 1 \right\}$.

Vậy $1 \in A$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $B = \left\{ {x \in \mathbb{R}|5 < x < 50} \right\} = \left( {5;\,50} \right)$.

Mà $\left( {23;34} \right) \subset \left( {5;50} \right)$.

Vậy $\left( {23;34} \right) \subset B$.

Đáp án đúng là: D

Tập hợp số hữu tỉ được kí hiệu là $\mathbb{Q}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ${\mathbb{N}^*} = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,...} \right\}$; $\mathbb{N} = \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,...} \right\}$.

Vậy ${\mathbb{N}^*} \ne \mathbb{N}$ và ${\mathbb{N}^*} \subset \mathbb{N}$, do đó khẳng định A sai, khẳng định B đúng.

Tương tự, ta có $\mathbb{Z} \subset \mathbb{Q}$, $\mathbb{Q} \subset \mathbb{R}$, nên khẳng định C và D đúng.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $A = \left[ {3;58} \right)$, $B = \left[ {1;5} \right]$.

$\Rightarrow A \cup B = \left[ {1;58} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Bất phương trình $x - y + z < 1$ có ba ẩn $x,\,\,y,\,\,z$ nên nó không phải là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Đáp án đúng là: B

Thay $x = 1$ và $y = 11$ vào biểu thức $10x - y$ ta có:

$10 \cdot 1 - 11 = - 1 < 0$.

Vậy cặp số $\left( {1;\,\,11} \right)$ không phải là một nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn $10x - y \ge 0$.

Đáp án đúng là: C

Xét điểm $\left( {0;0} \right)$ có $3 \cdot 0 - 0 = 0 < 1$. Do đó, điểm $\left( {0;0} \right)$ không nằm trong miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn $3x - y \ge 1$.

Vậy miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn $3x - y \ge 1$ là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng $3x - y = 1$ không chứa điểm $\left( {0;0} \right)$ (có kể bờ).

Đáp án đúng là: D

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

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}x - y - 3 > 4\\2x + y + 2 < 19\end{array} \right.$ là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Đáp án đúng là: D

Xét hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn $\left\{ \begin{array}{l}5x - 2y \le 0\\x + y < 10\end{array} \right.$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}5 \cdot \left( { - 5} \right) - 2 \cdot 10 = - 45 \le 0\\ - 5 + 10 = 5 < 10\end{array} \right.$.

Vậy cặp số $\left( { - 5;10} \right)$ là một nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}5x - 2y \le 0\\x + y < 10\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có: $\cos \alpha = \cos \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{BC}}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\tan \alpha = \cot \left( {90^\circ - \alpha } \right)$ (hai góc phụ nhau).

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{3}{4}$.

Mà $0^\circ \le \alpha \le 90^\circ$ nên $\cos \alpha \ge 0$, do đó, $\cos \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy $\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{1}{2}}} = \sqrt 3$.

Đáp án đúng là: A

Theo định lí sin trong tam giác ta có: $\frac{a}{{\sin \alpha }} = \frac{b}{{\sin \beta }} = \frac{c}{{\sin \varphi }}$, do đó đáp án A đúng.

Theo định lí côsin trong tam giác ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc \cdot \cos \alpha \\{b^2} = {a^2} + {c^2} - 2ac \cdot \cos \beta \\{c^2} = {b^2} + {a^2} - 2ba \cdot \cos \varphi \end{array} \right.$, do đó các đáp án B, C, D đều sai.

Đáp án đúng là: B

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

Vậy $S = \frac{1}{2}b{h_a}$ là sai.

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác $MNP$

Áp dụng định lí côsin ta có: $M{N^2} = P{N^2} + M{P^2} - 2PN \cdot MP \cdot \cos \widehat {MPN}$

$\Rightarrow \cos \widehat {MPN} = \frac{{P{N^2} + M{P^2} - M{N^2}}}{{2PN \cdot MP}} = \frac{{{5^2} + {9^2} - {8^2}}}{{2 \cdot 5 \cdot 9}} = \frac{7}{{15}}$.

Vì $0^\circ < \widehat {MPN} < 180^\circ$ nên $\widehat {MPN} \approx 62^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác $ABC$ cân tại $B$ có $BC = 9\,\,{\rm{cm}} \Rightarrow BA = BC = 9\,{\rm{cm}}$.

Áp dụng định lí côsin ta có:

$A{C^2} = B{A^2} + B{C^2} - 2BA \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC} = {9^2} + {9^2} - 2 \cdot 9 \cdot 9 \cdot \cos 38^\circ \approx 34$.

Vì $AC > 0$ nên $AC \approx \sqrt {34} \approx 6\,\,{\rm{cm}}$.

Đáp án đúng là: A

Giải tam giác là đi tìm các yếu tố (góc, cạnh) chưa biết của tam giác khi đã biết một số yếu tố của tam giác đó.

Ta sử dụng các định lí sin, định lí côsin để giải tam giác. Ta có thể giải tam giác khi biết độ dài ba cạnh của tam giác đó dựa vào định lí côsin.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác $MNP$

Áp dụng định lí sin ta có:

$\,\frac{{MN}}{{\sin \widehat {MPN}}} = \frac{{MP}}{{\sin \widehat {MNP}}} \Rightarrow \frac{4}{{\sin 45^\circ }} = \frac{5}{{\sin \widehat {MNP}}} \Rightarrow \sin \widehat {MNP} = \frac{{5 \cdot \sin 45^\circ }}{4} = \frac{{5\sqrt 2 }}{8}$.

Mà $0^\circ < \widehat {MNP} < 180^\circ \Rightarrow \widehat {MNP} \approx 62^\circ$.

Đáp án đúng là: B

Vectơ $\overrightarrow {AB}$ khác vectơ – không, có điểm đầu là $A$ và điểm cuối là $B$ và giá là đường thẳng đi qua hai điểm $A,\,\,B$chính là đường thẳng $d$. Vậy đáp án B đúng.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $A$, $I$, $B$ cùng thuộc đường thẳng $AB$ nên $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AI}$ cùng phương.

Và chúng cùng hướng từ trái sang phải.

Do đó, $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AI}$ cùng hướng.

Đáp án đúng là: C

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

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

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC}$ (Áp dụng quy tắc hình bình hành).

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\overrightarrow v = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BA} } \right) - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow 0 - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CA}$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$

Áp dụng định lí Pythagore ta có:

$A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {4^2} + {7^2} = 65 \Rightarrow AC = \sqrt {65}$ (cm)

Vậy $\left| {\overrightarrow v } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = AC = \sqrt {65} \,\,{\rm{cm}}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BC}$ nên hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {BC}$ cùng hướng và $AB = BC$.

Do đó, $A$, $B$, $C$ thẳng hàng và $B$ là trung điểm của đoạn thẳng $AC$.

Đáp án đúng là: A

Tích của $\overrightarrow u$ với số thực $k > 0$ là một vectơ $\overrightarrow v$ cùng hướng với $\overrightarrow u$ và có độ dài bằng $k$ lần độ dài của $\overrightarrow u$.

Đáp án đúng là: A

Xét hình thoi $ABCD$ tâm $O$, ta có:

$M$ là trung điểm của $OC$ nên $MC = \frac{1}{2}OC = \frac{1}{2}AO$.

Mà hai vectơ $\overrightarrow {AO}$ và $\overrightarrow {MC}$ cùng hướng.

Vậy $\frac{1}{2}\overrightarrow {AO} = \overrightarrow {MC}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $A$, $B$, $M$ thẳng hàng và$BA = 5AM$.

Mà hai vectơ $\overrightarrow {BA}$ và $\overrightarrow {AM}$ ngược hướng.

$\Rightarrow \overrightarrow {BA} = - 5\overrightarrow {AM}$.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác $ABC$ có:

$BM = \frac{1}{4}AB \Rightarrow AM = \frac{3}{4}AB \Rightarrow \overrightarrow {MA} = - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB}$

$AN = \frac{3}{4}AC \Rightarrow \,\overrightarrow {AN} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AC}$

Vậy $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AN} = - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{3}{4}\overrightarrow {AC}$.

Đáp án đúng là: B

Hai vectơ $\overrightarrow u$ và $\overrightarrow v$ khác vectơ – không, ta có: $\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow u \bot \overrightarrow v$.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác $ABC$ cân tại $C$ cạnh $AC = 5\,\,{\rm{cm}}$, $\widehat {ACB} = 45^\circ$.

Do đó,$BC = AC = 5\,\,\,{\rm{cm}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {CB} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = 5\,\,{\rm{cm}}$.

Ta có: $\left( {\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow {CA} } \right) = \widehat {ACB} = 45^\circ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow {CA} } \right) = \cos 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy $\overrightarrow {CA} \cdot \overrightarrow {CB} = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CB} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right) = 5 \cdot 5 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{25\sqrt 2 }}{2}$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\widehat {BAC} = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)$

$\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 2\sqrt 3 \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 2\sqrt 3$

$\Leftrightarrow 2 \cdot 3 \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 2\sqrt 3$

$\Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) \approx 55^\circ \Leftrightarrow \widehat {BAC} \approx 55^\circ$.

Gọi số bánh cỡ bé làm được là $x$ (cái), số bánh cỡ lớn làm được là $y$ (cái) ($x,y \in {\mathbb{N}^*}$)

Khi đó, số điểm thưởng là: $F\left( {x;y} \right) = 5x + 7y$.

Số kg bột mì cần dùng là: $0{,}4x + 0{,}6y$ (kg).

Số kg bột nở cần dùng là: $0{,}05x + 0{,}075y$ (kg).

Số kg kem béo cần dùng là: $0{,}1x + 0{,}15y$ (kg).

Vì trong cuộc thi này chỉ được sử dụng tối đa 20 kg bột mì, 2 kg bột nở và 5 kg kem béo nên ta có hệ bất phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}0{,}4x + 0{,}6y \le 20\\0{,}05x + 0{,}075y \le 2\\0{,}1x + 0{,}15y \le 5\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 3y \le 100\\2x + 3y \le 80\\2x + 3y \le 100\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 3y \le 80\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.$ (*)

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số $F\left( {x;y} \right)$ trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*).

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là tam giác $OAB$ (kể cả biên).

Hàm số $F\left( {x;y} \right) = 5x + 7y$ sẽ đạt giá trị lớn nhất trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) khi $\left( {x;y} \right)$ là tọa độ một trong các đỉnh $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {40;0} \right)$, $B\left( {0;\frac{{80}}{3}} \right)$.

Mà $F\left( {0;0} \right) = 0$, $F\left( {40;0} \right) = 200$, $F\left( {0;\frac{{80}}{3}} \right) = \frac{{560}}{3}$.

Suy ra $F\left( {x;y} \right)$ lớn nhất khi $\left( {x;y} \right) = \left( {40;0} \right)$.

Do đó, cần phải làm 40 cái bánh cỡ bé để nhận được số điểm thưởng là lớn nhất.

Xét tam giác $ABC$

Áp dụng định lí côsin ta có:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {ABC} = {15^2} + {9^2} - 2 \cdot 15 \cdot 9 \cdot \cos 86^\circ \approx 287{,}17$

$\Rightarrow BC \approx 16{,}95$ (m)

Vậy khoảng cách từ vị trí $B$ đến vị trí $C$ là khoảng 16,95 m.

Vì $M$ là trung điểm của $BC$, nên $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)$.

Suy ra ${\overrightarrow {AM} ^2} = \frac{1}{4}{\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow {AB} }^2} + 2\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} + {{\overrightarrow {AC} }^2}} \right)$

Ta lại có: $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = bc \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = bc \cdot \frac{{\left( {{c^2} + {b^2} - {a^2}} \right)}}{{2bc}} = \frac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} - {a^2}} \right)$

$\Rightarrow A{M^2} = \frac{1}{4}\left( {{c^2} + 2.\frac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} - {a^2}} \right) + {b^2}} \right) = \frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}}}{4}$

Theo tính chất đường phân giác ta có: $\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{c}{b}$.

Suy ra $\overrightarrow {BD} = \frac{{BD}}{{DC}}\overrightarrow {DC} = \frac{b}{c}\overrightarrow {DC}$ (*)

Mặt khác $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD}$ thay vào (*) ta được

$\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} = \frac{b}{c}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AD} } \right) \Leftrightarrow \left( {b + c} \right)\overrightarrow {AD} = b\overrightarrow {AB} + c\overrightarrow {AC}$

$\Leftrightarrow {\left( {b + c} \right)^2}{\overrightarrow {AD} ^2} = {\left( {b\overrightarrow {AB} } \right)^2} + 2bc\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} + {\left( {c\overrightarrow {AC} } \right)^2}$

$\Leftrightarrow {\left( {b + c} \right)^2}{\overrightarrow {AD} ^2} = {b^2}{c^2} + 2bc.\frac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} - {a^2}} \right) + {c^2}{b^2}$

$\Leftrightarrow {\overrightarrow {AD} ^2} = \frac{{bc}}{{{{(b + c)}^2}}}\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)$.

Vậy ${\overrightarrow {AD} ^2} = \frac{{bc}}{{{{(b + c)}^2}}}\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)$.