Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 04

Đáp án đúng là: B

Mệnh đề đảo là: Nếu tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo bằng nhau thì nó là hình chữ nhật.

Đáp án đúng là: C

Các khẳng định đúng là $\left\{ { - 1} \right\} \subset \left[ { - 1;4} \right]$ và $\left( { - 1;4} \right) \subset \left[ { - 1;4} \right]$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\left( {2x - 1} \right)\left( {{x^3} - 4x} \right) = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 1 = 0\\{x^3} - 4x = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\x = 0\\x = 2\\x = - 2\end{array} \right.$.

Mà $x \in \mathbb{Z}$ nên $A = \left\{ {0;2; - 2} \right\}$. Do đó tập hợp $A$ có ${2^3} = 8$ tập hợp con.

Đáp án đúng là: C

$B\backslash A = \left[ {3;5} \right]$.

Đáp án đúng là: B

Thay lần lượt tọa độ của 4 điểm vào bất phương trình $3x - 5y < 2$ thì ta được tọa độ điểm $M\left( {2;1} \right)$ thỏa mãn bất phương trình đã cho.

Đáp án đúng là: A

Đường thẳng $x + y - 2 = 0$ đi qua các điểm $\left( {0;2} \right),\left( {2;0} \right)$.

Thay tọa độ điểm $\left( {0;0} \right)$ vào bất phương trình $x + y \le 2$ ta được $0 \le 2$ (thỏa mãn).

Do đó miền nghiệm của bất phương trình đã cho là nửa mặt phẳng chứa điểm $O\left( {0;0} \right)$ bờ là đường thẳng $x + y - 2 = 0$. Do đó đáp án A thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Ta có ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}ac\sin \widehat B = \frac{1}{2}.4.5.\sin 150^\circ = 5$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}}$$= \frac{{{4^2} + {9^2} - {7^2}}}{{2.4.9}} = \frac{2}{3}$.

Đáp án đúng là: D

Xác định được góc $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)$ là góc $\widehat A$ nên $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 60^\circ .$

Do đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.cos60^\circ = \frac{{{a^2}}}{2}.$

Đáp án đúng là: C

Vì $E$ đối xứng với $A$ qua $B$ nên $B$ trung điểm của $AE$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}{x_E} = 2{x_B} - {x_A}\\{y_E} = 2{y_B} - {y_A}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_E} = 2.5 + 2 = 12\\{y_E} = 2.\left( { - 4} \right) - 0 = - 8\end{array} \right.$. Suy ra $E\left( {12; - 8} \right)$.

Đáp án đúng là: C

$b \approx 3257{,}6$.

Đáp án đúng là: A

Ta có ${\delta _a} = \frac{{{\Delta _a}}}{{\left| a \right|}} \le 0{,}0005 \Rightarrow {\Delta _a} \le 0{,}0005.5{,}7824 = 0{,}0028912$.

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) $\left( {0;0} \right)$ là một nghiệm của hệ bất phương trình.

b) $\left( { - 1;2} \right)$ không là nghiệm của hệ bất phương trình.

c) Miền nghiệm của hệ là miền tứ giác ABCD (tô mầu vàng) như hình.

d) Ta có $A\left( { - 2;0} \right),B\left( {0;3} \right),C\left( {3;2} \right),D\left( {3; - 2} \right)$.

Ta có $F\left( { - 2;0} \right) = - 6;F\left( {0;3} \right) = - 3;F\left( {3;2} \right) = 7;F\left( {3; - 2} \right) = 11$.

Vậy $F = 3x - y$ đạt giá trị lớn nhất là $11$ khi $x = 3;y = - 2$.

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) $90^\circ < \alpha < 180^\circ$ nên $\cos \alpha < 0$ mà $\sin \alpha = \frac{1}{3} > 0$ nên $\sin \alpha .\cos \alpha < 0$.

b) Có ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$ nên $\cos \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \pm \sqrt {1 - \frac{1}{9}} = \pm \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

Mà $\cos \alpha < 0$ nên $\cos \alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

c) $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}$.

d) Có $\tan \alpha = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}$ nên $\cot \alpha = - \frac{4}{{\sqrt 2 }}$.

Ta có $\frac{{6\sin \alpha + 3\sqrt 2 \cos \alpha }}{{2\sqrt 2 \tan \alpha + \sqrt 2 \cot \alpha }} = \frac{{6.\frac{1}{3} + 3\sqrt 2 .\left( { - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right)}}{{2\sqrt 2 .\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right) + \sqrt 2 .\left( { - \frac{4}{{\sqrt 2 }}} \right)}} = \frac{2}{5}$.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) $\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GD}$.

b) Ta có: $\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}$.

c) Ta có: $\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \frac{4}{3}\overrightarrow {BN}$.

d) Ta có: $\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GD} = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AM} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BN} = - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ) + \frac{2}{3}(\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} )$

$= - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} = - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} {\rm{. }}$

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) $\overline x = \frac{{2 + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 + 7 + 8 + 15}}{{10}} = 6$.

b) Mốt của mẫu số liệu là 4 và 6.

c) Ta có ${Q_1} = 4;{Q_3} = 7$.

Suy ra ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 3$.

Có ${Q_1} - 1{,}5{\Delta _Q} = - 0{,}5;{Q_3} + 1{,}5{\Delta _Q} = 11{,}2$.

Giá trị ngoại lệ của mẫu số liệu trên là 15.

d) Ta có

${s^2} = \frac{{{{\left( {2 - 6} \right)}^2} + {{\left( {3 - 6} \right)}^2} + 2.{{\left( {4 - 6} \right)}^2} + {{\left( {5 - 6} \right)}^2} + 2.{{\left( {6 - 6} \right)}^2} + {{\left( {7 - 6} \right)}^2} + {{\left( {8 - 6} \right)}^2} + {{\left( {15 - 6} \right)}^2}}}{{10}} = 12$.

$s = \sqrt {12} \approx 3{,}5$.

Trả lời: 17

Gọi $x$ là số đơn vị sản phẩm loại I, $y$ là số đơn vị sản phẩm loại II sản xuất ra. Như vậy tiền lãi có được là $F\left( {x;y} \right) = 3x + 5y$ (nghìn đồng).

Theo giả thiết, số máy cần dùng nhóm X: $2x + 2y$ (máy); số máy cần dùng ở nhóm Y là $0x + 2y$ (máy); số máy cần dùng ở nhóm $Z$ là $2x + 4y$ (máy).

Ta có hệ bất phương trình $\left( * \right):\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x + 2y \le 10}\\{2y \le 4}\\{2x + 4y \le 12}\\{x \ge 0,y \ge 0}\end{array}} \right.$ .

Miền nghiệm của hệ $(*)$ được biểu diễn là miền của ngũ giác $OABCD$ với $O(0;0),A(0;2),B(2;2),C(4;1),D(5;0)$.

Xét $O(0;0)$, ta có $F(0;0) = 3.0 + 5.0 = 0$;

Xét $A(0;2)$, ta có $F(0;2) = 3.0 + 5.2 = 10$;

Xét $B(2;2)$, ta có $F(2;2) = 3.2 + 5.2 = 16$;

Xét $C(4;1)$, ta có $F(4;1) = 3.4 + 5.1 = 17$;

Xét $D(5;0)$, ta có $F(5;0) = 3.5 + 5.0 = 15$.

Từ các kết quả trên, ta thấy khoản lãi lớn nhất $(F(x;y)$ lớn nhất) bằng 17 (nghìn đồng), khi đó người ta cần làm ra 4 sản phẩm loại I và 1 sản phẩm loại II (tức là $x = 4,y = 1$).

Trả lời: 4,04

Áp dụng định lí côsin, ta có:

$\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos A = {5^2} + {8^2} - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \cos 60^\circ = 49\\ \Rightarrow BC = 7.{\rm{ }}\end{array}$

Ta có $\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{7}{{2\sin 60^\circ }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3} \approx 4{,}04$.

Trả lời: 20,12

Gọi $A'$ đối xứng với $A$ qua $MN$.

Kẻ $AK \bot BN;A'H \bot BN$.

$T = CA + CB = CA' + CB \ge A'B$ (không đổi). Đẳng thức xảy ra khi $\{ C\} = MN \cap A'B$.

$MN = AK = A'H = \sqrt {A{B^2} - K{B^2}} = \sqrt {{{(3\sqrt {37} )}^2} - {3^2}} = 18\;{\rm{km}}.$

Vậy $A'B = \sqrt {A'{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{{18}^2} + {9^2}} = 9\sqrt 5 \approx 20{,}12{\rm{\;km}}$.

Trả lời: 60

Vật đứng yên nên $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = - \overrightarrow {{F_3}}$.

Suy ra ${\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right|^2} = {\left| { - \overrightarrow {{F_3}} } \right|^2}$$\Rightarrow {\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|^2} + 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|\cos \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = {\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|^2}$.

Vì $\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \sqrt 3 \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \sqrt 3 \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|$ nên $\cos \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = 60^\circ$. Suy ra $\alpha = 60$.

Trả lời: 3

Vì $\overrightarrow c$ cùng phương $\overrightarrow a$ cùng phương nên

$\frac{{m + n}}{1} = \frac{{ - m - 4n}}{{ - 2}}$$\Leftrightarrow 2m + 2n = m + 4n$$\Leftrightarrow m - 2n = 0$ (1).

Mà $\left| {\overrightarrow c } \right| = 3\sqrt 5$ nên ${\left( {m + n} \right)^2} + {\left( { - m - 4n} \right)^2} = 45$ (2).

Ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}m - 2n = 0\\{\left( {m + n} \right)^2} + {\left( { - m - 4n} \right)^2} = 45\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2n\\9{n^2} + 36{n^2} = 45\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 1\\m = 2\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}n = - 1\\m = - 2\end{array} \right.$.

Do đó $\left| {m + n} \right| = 3$.

Trả lời: 27,32

Từ hình vẽ ta có $\left( {\overrightarrow N ,\overrightarrow P } \right) = \alpha = 30^\circ$.

Do đó $\left| {\overrightarrow N } \right| = \left| {\overrightarrow P } \right|.\cos \alpha = 20.\cos 30^\circ = 10\sqrt 3$ và $\left| {\overrightarrow {{F_p}} } \right| = \left| {\overrightarrow P } \right|.\sin \alpha = 20.\sin 30^\circ = 10$.

Khi đó $a + b = 10\sqrt 3 + 10 \approx 27{,}32$.