Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 8

Đáp án đúng là: D

+) Các phát biểu ở đáp án A và B là các mệnh đề nhưng không liên quan đến toán học nên không phải mệnh đề toán học.

+) Câu “$\sqrt 5$ có phải số vô tỉ không?” là câu hỏi, không phải mệnh đề.

+) Câu “2 022 chia hết cho 2” là mệnh đề toán học.

Đáp án đúng là: B

Mệnh đề đảo của mệnh đề: “Nếu hình bình hành $ABCD$ có một góc vuông thì nó là hình chữ nhật” là mệnh đề: “Nếu tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật thì nó là hình bình hành có một góc vuông”.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $M = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 1 \le x < 15} \right\} = \left[ { - 1;\,\,15} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Vì $\pi$ không phải là số hữu tỉ nên $\pi$ không thuộc tập hợp số hữu tỉ $\mathbb{Q}$, ta viết $\pi \notin \mathbb{Q}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|x + 2 \le 3 + 2x} \right\} = \left\{ {x \in \mathbb{R}|x \ge - 1} \right\} = \left[ { - 1;\,\, + \infty } \right)$.

Khi đó, $A \cap B = \left[ { - 1;\,\, + \infty } \right) \cap \left( { - \infty ;\,\frac{5}{3}} \right) = \left[ { - 1;\,\,\frac{5}{3}} \right)$.

Các số tự nhiên thuộc nửa khoảng $\left[ { - 1;\,\,\frac{5}{3}} \right)$ là: 0; 1.

Vậy có 2 số tự nhiên thuộc tập hợp $A \cap B$.

Đáp án đúng là: A

Phương mua $x$ quyển vở và $y$ chiếc bút bi hết số tiền là $7\,000x + 3\,\,000y$ (đồng).

Vì Phương không mua hết số tiền ban đầu là 200 000 đồng nên $7\,000x + 3\,\,000y \le 200\,000$ hay $7x + 3y \le 200$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: $2 \cdot 6 - 3 = 12 - 3 = 9 < 10$, do đó cặp số $\left( {6;\,\,3} \right)$ không là nghiệm của bất phương trình $2x - y > 10$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}x\left( {x - y} \right) > 2x\\x + 2y \le 5\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy > 2x\\x + 2y \le 5\end{array} \right.$, đây không phải là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Đáp án đúng là: A

Từ hình vẽ ta thấy phần không bị gạch chéo nằm phía trên trục $Ox$, do đó phần không bị gạch chéo nằm trong miền nghiệm của bất phương trình $y \ge 0$.

Lại có, đường thẳng đi qua hai điểm $\left( {0;\,\,2} \right)$ và $\left( {3;\,\,0} \right)$ có phương trình là $2x + 3y = 6$.

Ta có: $2 \cdot 0 + 3 \cdot 0 = 0 < 6$. Do đó, phần không bị gạch chéo nằm trong miền nghiệm của bất phương trình $2x + 3y \le 6$.

Phần không bị gạch chéo ở hình dưới biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}y \ge 0\\2x + 3y \le 6\end{array} \right.$.

Đáp án đúng là: D

Vì $86^\circ + 94^\circ = 180^\circ$ nên $\sin 86^{\circ}=\sin 94^{\circ}$, $\tan 86^\circ = - \tan 94^\circ$, do đó đáp án A và C đều sai.

Lại có $86^\circ + 4^\circ = 90^\circ$ nên $\sin 86^\circ = \cos 4^\circ$, $\cot 4^\circ = \tan 86^\circ$, do đó đáp án B sai và đáp án D đúng.

Đáp án đúng là: B

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

$\cos C = \frac{{B{C^2} + A{C^2} - A{B^2}}}{{2BC \cdot AC}}$.

Mà $B{C^2} + A{C^2} - A{B^2} > 0$ và $BC > 0,\,\,AC > 0$. Do đó $\cos C > 0$, suy ra $\widehat C < 90^\circ$.

Đáp án đúng là: A

Nửa chu vi của tam giác là $\frac{{12 + 14 + 16}}{2} = 21$.

Áp dụng công thức Heron, ta có diện tích của tam giác là

$S = \sqrt {21 \cdot \left( {21 - 12} \right) \cdot \left( {21 - 14} \right) \cdot \left( {21 - 16} \right)} = 21\sqrt {15}$.

Đáp án đúng là: B

Hai vectơ được gọi là bằng nhau khi chúng cùng hướng và độ dài của chúng bằng nhau.

Đáp án đúng là: B

Hai vectơ $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {BC}$ cùng hướng khi điểm $B$ thuộc đoạn $AC$.

Đáp án đúng là: C

Theo quy tắc ba điểm, ta có: $\overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NP} = \overrightarrow {MP}$. Vậy đáp án C đúng.

Đáp án đúng là: B

Điều kiện cần và đủ để $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ là $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = - \overrightarrow {GA} \Leftrightarrow \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow {AG}$.

Đáp án đúng là: B

Với vectơ $\overrightarrow u$ khác vectơ-không và số thực $k$, ta có vectơ $\overrightarrow u$ cùng hướng với vectơ $k\overrightarrow u$ khi $k > 0$.

Do đó, vectơ $\overrightarrow u$ cùng hướng với vectơ $\frac{1}{5}\overrightarrow u$.

Đáp án đúng là: A

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên theo quy tắc hình bình hành ta có: $\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD}$.

Do đó, $\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} } \right) - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = - \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AD}$.

Đáp án đúng là: D

Với hai vectơ $\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow b$ đều khác vectơ $\overrightarrow 0$, ta có công thức tích vô hướng:

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

Đáp án đúng là: B

Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC$ là tia phân giác của góc $BAD$.

Khi đó $\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BAD} = 60^\circ$.

Tam giác $ABC$ có $AB = BC$ và $\widehat {BAC} = 60^\circ$ nên tam giác $ABC$ đều.

Do đó, $AC = AB = BC = 2$ và $\widehat {ACB} = 60^\circ$.

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

$= CA \cdot CB \cdot \cos \widehat {ACB} = 2 \cdot 2 \cdot \cos 60^\circ = 2$.

Ta có: ${x^2} - 16 > 0 \Leftrightarrow \left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 4 > 0\\x + 4 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 4 < 0\\x + 4 < 0\end{array} \right.\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 4\\x > - 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 4\\x < - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\x < - 4\end{array} \right.$.

$\Rightarrow A = \left( { - \infty \,;\, - 4} \right) \cup \left( {4\,;\, + \infty } \right)$.

Lại có: $\left| x \right| \le 10 \Leftrightarrow - 10 \le x \le 10$ $\Rightarrow B = \left[ { - 10\,;\,10} \right]$.

Do đó, $A \cap B = \left( {\left( { - \infty \,;\, - 4} \right) \cup \left( {4\,;\, + \infty } \right)} \right) \cap \left[ { - 10;\,\,10} \right] = \left[ { - 10\,;\, - 4} \right) \cup \left( {4\,;\,10} \right]$.

Để $C \subset \left( {A \cap B} \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}m - 3 > 4\\m < 12\end{array} \right. \Leftrightarrow 7 < m < 12$.

Theo bài ra ta có số tiền gia đình cần trả là: $160x + 110y$

với $\,x$,$y$ thỏa mãn: $\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 1{,}6\\0 \le y \le 1{,}1\end{array} \right.$.

Số đơn vị protein có trong$\,x$ kg thịt bò và $y$ kg thịt lợn là: $800x + 600y$.

Vì gia đình cần ít nhất 900 đơn vị protein nên $800x + 600y \ge 900$$\Leftrightarrow 8x + 6y \ge 9$.

Số đơn vị lipit có trong$\,x$ kg thịt bò và $y$ kg thịt lợn là: $200x + 400y$.

Vì gia đình cần ít nhất 400 đơn vị lipit nên $200x + 400y \ge 400 \Leftrightarrow \,x + 2y \ge 2$.

Tổng số tiền phải trả khi mua $\,x$ kg thịt bò và $y$ kg thịt lợn là: $T = 160x + 110y$ (nghìn đồng).

Bài toán trở thành: Tìm $x,y$ thỏa mãn hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 1{,}6\\0 \le y \le 1{,}1\\8x + 6y \ge 9\\x + 2y \ge 2\end{array} \right.$ sao cho $T = 160x + 110y$ nhỏ nhất.

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trên hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình dưới.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác $ABCD$ với tọa độ các đỉnh: $A\left( {1{,}6;\,1{,}1} \right)$; $B\left( {1{,}6;\,0{,}2} \right)$; $C\left( {0{,}6;\,0{,}7} \right)$; $D\left( {0{,}3;\,1{,}1} \right)$.

Tính giá trị của biểu thức $T$ tại các đỉnh của tứ giác ta được:

Tại $A\left( {1{,}6;\,1{,}1} \right)$: $T\left( {1{,}6;\,\,1{,}1} \right) = 160 \cdot 1{,}6 + 110 \cdot 1{,}1 = 377$ nghìn đồng;

Tại $B\left( {1{,}6;\,0{,}2} \right)$: $T\left( {1{,}6;\,0{,}2} \right) = 160 \cdot 1{,}6 + 110 \cdot 0{,}2 = 278$ nghìn đồng;

Tại $C\left( {0{,}6;\,0{,}7} \right)$: $T\left( {0{,}6;\,0{,}7} \right) = 160 \cdot 0{,}6 + 110 \cdot 0{,}7 = 173$ nghìn đồng;

Tại $D\left( {0{,}3;\,1{,}1} \right)$: $T\left( {0{,}3;\,1{,}1} \right) = 160 \cdot 0{,}3 + 110 \cdot 1{,}1 = 169$ nghìn đồng.

Biểu thức $T$ đạt giá trị nhỏ nhất là 169 tại $\left( {x;\,y} \right) = \left( {0{,}3;\,\,1{,}1} \right)$.

Vậy tổng số tiền họ phải trả là ít nhất mà vẫn đảm bảo lượng protein và lipit trong thức ăn thì $x = 0{,}3$ và $y = 1{,}1$.

Theo định lý Pythagore trong tam giác vuông $AHB$, ta có:

$A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} = {4^2} + {20^2} = 416 \Rightarrow AB = \sqrt {416}$ (m).

Lại có: $\sin \widehat {HAB} = \frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{20}}{{\sqrt {416} }} \Rightarrow \widehat {HAB} \approx 79^\circ$(do góc này nhọn).

Ta có: $\widehat {ABC} = \widehat {HAB} \approx 79^\circ$ (do cùng phụ với góc $ABH$).

Suy ra $\widehat {ACB} = 180^\circ - \left( {\widehat {CAB} + \widehat {ABC}} \right) \approx 180^\circ - \left( {45^\circ + 79^\circ } \right) = 56^\circ$.

Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC$, ta có $\frac{{CB}}{{\sin \widehat {CAB}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}}$.

$\Rightarrow CB = \frac{{AB\sin \widehat {CAB}}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{\sqrt {416} \cdot \sin 45^\circ }}{{\sin 56^\circ }} \approx 17{,}4$.

Vậy cây cao khoảng 17,24 m.

Từ giả thiết $M$ là điểm trên đoạn $BC$ sao cho $MB = 2MC$ nên ta có $\overrightarrow {BM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC}$.

Đặt $AB = x;{\rm{ }}AC = y$ ta có ${x^2} + {y^2} = 4{a^2}$ (1) (Tam giác $ABC$ vuông tại $A$)

Mặt khác từ $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}$.

Nên có $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BC} = {a^2} \Leftrightarrow \left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} } \right)\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) = {a^2}$

$$\Leftrightarrow \frac{1}{3}{\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{2}{3}{\overrightarrow {AB} ^2} = {a^2}\,\,{\rm{ }}\left( {{\rm{Do }}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0} \right)$$

$$\Leftrightarrow \frac{1}{3}{y^2} - \frac{2}{3}{x^2} = {a^2}\,\,\,(2)$$

Từ (1) và (2) ta có $y = \frac{{a\sqrt {33} }}{3}$. Vậy $AC = \frac{{a\sqrt {33} }}{3}$.