Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 3

Thay tọa độ $\left( {1;4} \right)$ vào bất phương trình ta được $2.1 - 4 + 1 = - 1 < 0$ (đúng).

Do đó $\left( {1;4} \right)$ là một nghiệm của bất phương trình. Chọn C.

Có $\alpha \in \left( {90^\circ ;180^\circ } \right)$ nên $\sin \alpha > 0;\cos \alpha < 0;\tan \alpha < 0;\cot \alpha < 0$.

Do đó tích $\sin \alpha .\cot \alpha$ mang dấu âm. Chọn B.

Vì mẫu số liệu có 45 giá trị nên trung vị là giá chính giữa.

Ta có ${M_e} = 8$. Chọn D.

Mẫu số liệu có 17 học sinh.

Do đó ${Q_1} = \frac{{6 + 6}}{2} = 6;{Q_3} = \frac{{7 + 8}}{2} = 7{,}5$. Suy ra ${\Delta _Q} = 7{,}5 - 6 = 1{,}5$.

Có ${Q_1} - 1{,}5{\Delta _Q} = 6 - 1{,}5.1{,}5 = 3{,}75$; ${Q_2} + 1{,}5{\Delta _Q} = 7{,}5 + 1{,}5.1{,}5 = 9{,}75$.

Do đó giá trị ngoại lệ của mẫu số liệu trên là 25. Chọn D.

a) Có $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A$.

b) Diện tích tam giác ABC là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin A = \frac{1}{2}.8.5.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 3$.

c) Ta có $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A$$= {8^2} + {5^2} - 2.8.5.\cos 60^\circ = 49 \Rightarrow BC = 7$.

Áp dụng định lí sin ta có $\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{7}{{\sqrt 3 }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}$.

d) Ta có $\cos B = \frac{{{7^2} + {8^2} - {5^2}}}{{2.7.8}} = \frac{{11}}{{14}}$.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABM ta có $A{M^2} = A{B^2} + B{M^2} - 2AB.BM.\cos B = \frac{{208}}{7} \Rightarrow AM = \frac{{4\sqrt {91} }}{7}$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Theo quy tắc hình bình hành ta có $\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BD}$.

b) Vì $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {DC}$ cùng hướng và AB = DC nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$.

c) Có $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$ nên $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {DB}$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} } \right| = \left| {\overrightarrow {DB} } \right| = DB = a\sqrt 2$.

d) Có $\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {DB} = - \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BD} = - \left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BD} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BD} } \right) = - a.a\sqrt 2 .\cos 45^\circ = - {a^2}$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

$2{x^2} - 75x - 77 = 0$ $\Leftrightarrow x = - 1$ hoặc $x = \frac{{77}}{2}$. Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên $x = - 1$. Suy ra $A = \left\{ { - 1} \right\}$.

Vậy tập hợp A chỉ có 1 phần tử.

Trả lời: 1.

$A = \cos 0^\circ + \cos 20^\circ + \cos 40^\circ + ... + \cos 160^\circ + \cos 180^\circ$

$$= \left( {\cos 0^\circ + \cos 180^\circ } \right) + \left( {\cos 20^\circ + \cos 160^\circ } \right) + ... + \left( {\cos 80^\circ + \cos 100^\circ } \right)$$

$= \left( {\cos 0^\circ - \cos 0^\circ } \right) + \left( {\cos 20^\circ - \cos 20^\circ } \right) + ... + \left( {\cos 80^\circ - \cos 80^\circ } \right) = 0$.

Trả lời: 0.

Ta có $\overrightarrow {GM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AM}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {GM} = \frac{1}{3}.\frac{3}{2}\overrightarrow {AG}$$\Leftrightarrow \overrightarrow {GM} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA}$.

Trả lời: −0,5.

Có $\overline x = \frac{{15 + 20 + 1 + 2 + 4 + 6 + 7 + 5}}{8} = 7{,}5$.

Phương sai

${s^2} = \frac{1}{8}\left[ \begin{array}{l}{\left( {15 - 7{,}5} \right)^2} + {\left( {20 - 7{,}5} \right)^2} + {\left( {1 - 7{,}5} \right)^2} + {\left( {2 - 7{,}5} \right)^2}\\ + {\left( {4 - 7{,}5} \right)^2} + {\left( {6 - 7{,}5} \right)^2} + {\left( {7 - 7{,}5} \right)^2} + {\left( {5 - 7{,}5} \right)^2}\end{array} \right] = 38{,}25$.

Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {38{,}25} \approx 6{,}18$.

Trả lời: 6,18.

Gọi $x;y$(chiếc) là số lượng bánh nướng, bánh dẻo mà xí nghiệp cần sản xuất ($x,y \in \mathbb{N}$).

Khối lượng bột mỳ cần dùng là $0{,}12x + 0{,}16y$ (kg).

Khối lượng đường cần dùng là $0{,}06x + 0{,}04y$ (kg).

Theo đề ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\y \le 3x\\3x + 4y \le 15000\\3x + 2y \le 12000\end{array} \right.$.

Số tiền lãi thu được là $T = 8x + 6y$ (nghìn đồng).

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của $T = 8x + 6y$ trên miền nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\y \le 3x\\3x + 4y \le 15000\\3x + 2y \le 12000\end{array} \right.$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác OABC kể cả cạnh (phần không gạch) với $O\left( {0;0} \right),A\left( {4000;0} \right),B\left( {3000;1500} \right),C\left( {1000;3000} \right)$.

Với $O\left( {0;0} \right)$ thì $T = 0$.

Với $A\left( {4000;0} \right)$ thì $T = 32000$.

Với $B\left( {3000;1500} \right)$ thì $T = 33000$.

Với $O\left( {1000;3000} \right)$ thì $T = 26000$.

Do đó để đạt được tiền lãi cao nhất thì xí nghiệp nên sản xuất 3000 chiếc bánh nướng và 1500 chiếc bánh dẻo.

Theo quy tắc hình bình hành ta có $\overrightarrow {{T_1}} + \overrightarrow {{T_2}} = \overrightarrow F$.

Khi diễn viên xiếc đạt trạng thái cân bằng trên dây, ta có $\overrightarrow {{T_1}} + \overrightarrow {{T_2}} + \overrightarrow P = \overrightarrow 0$$\Leftrightarrow \overrightarrow F = - \overrightarrow P$ và $\left| {\overrightarrow F } \right| = \left| { - \overrightarrow P } \right| = 700$ (N).

Ta có góc tạo bởi $\overrightarrow {{T_1}}$ và $\overrightarrow {{T_2}}$ bằng 140° $\Rightarrow \widehat {CDA} = 180^\circ - 140^\circ = 40^\circ$.

Dây không giãn nên $\left| {\overrightarrow {{T_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{T_2}} } \right|$.

Xét $\Delta ADC$ có ${F^2} = T_1^2 + T_2^2 - 2{T_1}{T_2}\cos \widehat {CDA}$$\Leftrightarrow {F^2} = 2T_1^2\left( {1 - \cos 40^\circ } \right)$

$\Rightarrow {T_1} = \sqrt {\frac{{{F^2}}}{{2\left( {1 - \cos 40^\circ } \right)}}} = \sqrt {\frac{{{{700}^2}}}{{2\left( {1 - \cos 40^\circ } \right)}}} \approx 1023$ N.

Ta có MC = 3, NC = 1 $\Rightarrow MN = \sqrt {10}$.

Ta có BM = 3; AB = 4 $\Rightarrow AM = 5$.

AD = 6; ND = 3 $\Rightarrow AN = 3\sqrt 5$.

Ta có $p = \frac{{AM + AN + MN}}{2} = \frac{{\sqrt {10} + 5 + 3\sqrt 5 }}{2}$.

Khi đó ${S_{AMN}} = \sqrt {p\left( {p - AM} \right)\left( {p - AN} \right)\left( {p - MN} \right)} = \frac{{15}}{2}$.

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác AMN là $R = \frac{{AM.AN.MN}}{{4{S_{AMN}}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}$.