Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Chọn $1$ món ăn trong $5$ món: có $5$ cách.

Chọn $1$ loại quả tráng miệng trong $5$ loại quả tráng miệng: có $5$ cách.

Chọn $1$ nước uống trong $3$ loại nước uống: có $5$ cách.

Theo qui tắc nhân, có $5.5.3 = 75$ cách.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 4} \right)$,

Đường thẳng$AB$đi qua điểm $A\left( {1;2} \right)$ và nhận $\overrightarrow u = \left( {1;4} \right)$ làm vtcp nên có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + 4t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

Ta có $a = m + 1$, $b = - 2$ và $c = 7m + 5$.

Để phương trình đã cho là phương trình đường tròn thì ${a^2} + {b^2} - c > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( { - 2} \right)^2} - \left( {7m + 5} \right) > 0$ $\Leftrightarrow {m^2} - 5m > 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > 5\end{array} \right.$.

Vì $m \in \left[ { - 10;10} \right] \Rightarrow$ có $15$ giá trị $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương trình chính tắc của elip có dạng $\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1{\rm{ }}\left( {a,b > 0} \right)$.

Theo giả thiết:$2c = 4 \Leftrightarrow c = 2$. Vì $A\left( {0;6} \right) \in \left( E \right)$nên ta có phương trình: $\frac{{{0^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{6^2}}}{{{b^2}}} = 1\, \Leftrightarrow b = 6$.

Khi đó: ${a^2} = {b^2} + {c^2} \Leftrightarrow {a^2} = {6^2} + {2^2}$$\Leftrightarrow {a^2} = 40 \Leftrightarrow a = \sqrt {40}$.

Vậy phương trình chính tắc của Elip là: $\frac{{{x^2}}}{{40}} + \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1$.

Công đoạn 1: Nhóm An và Bình thành nhóm X có $2!$ cách.

Công đoạn 2: Xếp X và 10 bạn còn lại có $11!$ cách.

Theo quy tắc nhân ta có $2!\,.\,11! = 79.833.600$ cách.

Chọn $2$trong $12$ bạn làm trực nhật, số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = C_{12}^2 = 66$

Gọi $A$ là biến cố ‘$2$ bạn được chọn đều là nữ’. Ta có: $n\left( A \right) = C_7^2 = 21$.

Suy ra xác suất để 2 bạn được chọn đều là nữ là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{7}{{22}}$.

Số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = C_{34}^5$

Gọi $A$ là biến cố: "Chọn được 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ".

Chọn 2 học sinh nam trong số 16 học sinh nam thì có $C_{16}^2$cách chọn.

Chọn 3 học sinh nữ trong số 18 học sinh nữ thì có $C_{18}^3$cách chọn.

Áp dụng quy tắc nhân, sẽ có $C_{16}^2.C_{18}^3$cách chọn 2 học sinh nam và 3 học sinh nữ.

Vậy xác suất cần tìm $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{16}^2.C_{18}^3}}{{C_{34}^5}} = \frac{{120}}{{341}}$.

a) Đúng: Số cách gieo lần một là 6 cách, số cách gieo lần hai là 1 cách. Suy ra số cách để sau hai lần gieo đều ra số chấm giống nhau là $6.1 = 6$ cách.

b) Đúng: Số cách gieo lần một xuất hiện mặt 6 chấm là 1 cách, lần gieo thứ hai có 6 cách. Suy ra số cách gieo để gieo được lần đầu ra mặt 6 chấm là $6.1 = 6$ cách.

c) Sai: Số cách gieo lần một được mặt 1 chấm là 1 cách, lần hai được mặt có số chấm khác 1 là 5 cách.

Số cách gieo lần một được mặt có số chấm khác 1 là 5 cách, lần hai được mặt 1 chấm là 1 cách.

Vậy số cách để hai lần gieo xuất hiện đúng một lần mặt 1 chấm là $1.5 + 5.1 = 10$ cách.

d) Đúng: Số cách gieo hai lần là $6.6 = 36$ cách.

Trường hợp 1: Số cách gieo hai lần đều được mặt 1 chấm là 1 cách.

Trường hợp 2: Số cách gieo hai lần được tổng số chấm bằng 3 là: 2 cách, gồm $\left( {1;2} \right),\left( {2;1} \right)$.

Vậy số cách để sau hai lần gieo được tổng số chấm nhỏ hơn 4 là $2 + 1 = 3$ cách.

Số cách gieo để sau hai lần gieo được tổng số chấm không bé hơn 4 là $36 - 3 = 33$ cách.

a) Đúng: Đối với phép đo thửa đất, tỉ số: $\frac{d}{{\left| a \right|}} = \frac{{0{,}5}}{{75{,}4}} = \frac{5}{{754}}$ (tức là sai số tương đối không vượt quá $\frac{5}{{754}} \approx 0{,}663{\rm{\% }}$ ).

b) Đúng: Đối với phép đo thửa đất, có sai số tương đối: $\frac{d}{{\left| a \right|}} = \frac{{0{,}5}}{{75{,}4}} = \frac{5}{{754}}$.

c) Sai: Đối với phép đo chiều dài cây cầu, tỉ số: $\frac{d}{{\left| a \right|}} = \frac{{0{,}5}}{{466{,}2}} = \frac{5}{{4662}}$ (nghĩa là sai số tương đối không vượt quá $\left. {\frac{5}{{4662}} \approx 0{,}107{\rm{\% }}} \right)$.

d) Đúng: Ta có $\frac{5}{{754}} > \frac{5}{{4662}}$ nên phép đo cây cầu có độ chính xác cao hơn.

Từ $A$ kẻ đường cao $AH$ $(H \in BC)$ cắt $d$ tại $I$.

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $H,\,\,I$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $AH.$

Khi đó $AH$ đi qua $A\left( {6;\,\,6} \right)$ vuông góc với $d$ nên có phương trình: $x - y = 0$. Suy ra tọa độ điểm $I$ thỏa mãn hệ: $\left\{ \begin{array}{l}x + y - 4 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2\end{array} \right.$ $\Rightarrow I\left( {2;\,\,2} \right) \Rightarrow H\left( { - 2;\,\, - 2} \right)$.

Đường thẳng $BC$ đi qua $H$ và song song với $d$ nên có phương trình $x + y + 4 = 0$.

Gọi $B\left( {t;\,\, - t - 4} \right) \in BC$ $\Rightarrow C\left( { - 4 - t;\,\,t} \right)$ ( do $H$ là trung điểm $BC$)$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {t - 6;\,\, - 10 - t} \right)\\\overrightarrow {CE} = \left( {t + 5;\,\, - 3 - t} \right)\end{array} \right.$

Do $E\left( {1;\,\, - 3} \right)$ nằm trên đường cao đi qua $C$ của tam giác $ABC$, suy ra:

$\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CE} = 0 \Leftrightarrow \left( {t - 6} \right)\left( {t + 5} \right) + \left( { - 10 - t} \right)\left( { - 3 - t} \right) = 0$

$\Leftrightarrow {t^2} + 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = - 6\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}B\left( {0;\,\, - 4} \right)\\C\left( { - 4;\,\,0} \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}B\left( { - 6;\,\,2} \right)\\C\left( {2;\,\, - 6} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.$

Vậy $B\left( {0;\,\, - 4} \right),\,\,C\left( { - 4;\,\,0} \right)$ hoặc $B\left( { - 6;\,\,2} \right),\,\,C\left( {2;\,\, - 6} \right)$.

a) Sai: Trung điểm của cạnh $BC$ có tọa độ là $\left( { - 2;\, - 2} \right)$.

b) Đúng: Phương trình đường thẳng $BC$ là: $x + y + 4 = 0$

c) Đúng: Có hai điểm $B$ thỏa mãn bài toán là $B\left( {0;\,\, - 4} \right)$ hoặc $B\left( { - 6;\,\,2} \right)$

d) Sai: Có hai điểm $C$ duy nhất thỏa mãn bài toán là $C\left( { - 4;\,\,0} \right)$ hoặc $\left( {2;\,\, - 6} \right)$.

a) Đúng: Số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = C_{100}^5.$

b) Sai: Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn, suy ra số cách chọn 5 thẻ đều mang số chẵn là $n\left( A \right) = C_{50}^5.$

Vậy xác suất để 5 thẻ lấy ra đều mang số chẵn là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{50}^5}}{{C_{100}^5}} \approx 0{,}028$

c) Đúng: Gọi B là biến cố: “5 thẻ lấy ra có 2 thẻ mang số chẵn và 3 thẻ mang số lẻ”.

Suy ra $n\left( B \right) = C_{50}^2.C_{50}^3$. Vậy $P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{50}^2.C_{50}^3}}{{C_{100}^5}} \approx 0{,}32$

d) Đúng:Từ 1 đến 100 có 33 số chia hết cho 3, 67 số không chia hết cho 3.

Gọi C là biến cố: “Ít nhất một số ghi trên 5 thẻ được chọn chia hết cho 3”.

Ta có $\overline C$: “Cả 5 số trên 5 thẻ được chọn đều không chia hết cho 3”.

Suy ra $n\left( {\overline C } \right) = C_{67}^5$, do đó $n\left( C \right) = C_{100}^5 - C_{67}^5$.

Vậy $P\left( C \right) = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{100}^5 - C_{67}^5}}{{C_{100}^5}} \approx 0{,}87$.

Điều kiện $n \ge 2,\,\,\,n \in \mathbb{N}*.$

$A_n^1 - 3A_n^2 = n - 36 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 1} \right)!}} - 3.\frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} = n - 36 \Leftrightarrow - 3{n^2} + 3n + 36 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 4\,\,\left( {tm} \right)\\n = - 3\,\,\left( {loai} \right).\end{array} \right.$

Các ba ước nguyên dương của 4 là $\left\{ {1;\,2;\,4} \right\}.$.

Ta có ${\delta _a} = \frac{{{\Delta _a}}}{{|a|}} \Rightarrow |a| = \frac{{{\Delta _a}}}{{{\delta _a}}}$.

Do ${\delta _a} \le 0{,}15\% ;d = 0{,}75$ nên $|a| \ge \frac{{0{,}75}}{{0{,}15}}.100 = 500$.

Vậy độ dài gần đúng của cây cầu là $500m$.

Ta có: $AH \bot d \Rightarrow$ phương trình đường thẳng $AH:x - y = 0$.

Gọi $H,\,D$ lần lượt là trung điểm của $BC,\,AH$.

Toạ độ $D$ là nghiệm của hệ: $\left\{ \begin{array}{l}x + y - 4 = 0\\x - y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 2$. Vậy $D\left( {2;\,2} \right) \Rightarrow H\left( { - 2; - 2} \right)$.

Do $BC//d \Rightarrow BC$ có phương trình: $x + y + 4 = 0$.

$C \in BC \Rightarrow C\left( {t;\, - t - 4} \right)$ với $t > 0$. Do $H$ là trung điểm $BC$ nên suy ra $B\left( { - t - 4;\,t} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CE} = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 2t - 8 = 0 \Rightarrow t = 2$ (do $t > 0$).

Vậy $C\left( {2;\, - 6} \right)$ nên $x_C^2 + y_C^2 = {2^2} + {\left( { - 6} \right)^2} = 40$.

Mỗi chữ số đều không vượt quá 5. Ta lập số từ tập hợp $\left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}$

Số chia hết cho 15 là số vừa chia hết cho 3 vừa chia hết cho 5. Do đó tận cùng nó là 0 hoặc 5.

Trường hợp 1:

Số cần lập có dạng $\overline {abc0}$ với $a;b;c \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}$

Tổng $a + b + c + 0$ phải chia hết cho 3$\Rightarrow a + b + c$ chia hết cho 3.

Có 4 tập hợp $\left\{ {a;b;c} \right\}$ có tổng các phần tử chia hết cho 3: $\left\{ {1;2;3} \right\};\left\{ {2;3;4} \right\};\left\{ {3;4;5} \right\};\left\{ {1;3;5} \right\}$.

Suy ra có $4.3! = 24$số

Trường hợp 2:

Số cần lập có dạng $\overline {abc5}$ với $a;b;c \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}$

Tổng $a + b + c + 5$phải chia hết cho 3 $\Rightarrow a + b + c$ chia cho 3 dư 1.

Có 3 tập hợp $\left\{ {a;b;c} \right\}$ có tổng các phần tử chia 3 dư 1: $\left\{ {0;1;3} \right\};\left\{ {0;3;4} \right\};\left\{ {1;2;4} \right\}$

Có $2.\left( {3! - 2!} \right) + 3! = 14$ số. Vậy có tất cả $24 + 14 = 38$ số thỏa đề bài.

Bước 1: xếp 3 bạn nữ ngồi cạnh nhau, có: $3!$ cách.

Bước 2: xếp nhóm 3 bạn nữ ngồi với 3 bạn nam, có: $4!$ cách.

Vậy, số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $3!.4! = 144$ cách.

Xét phép thử: “Xếp 12 học sinh thành một hàng ngang” và biến cố A: “Dũng và Mai đứng cạnh nhau nhưng Dũng và Đào thì không đứng cạnh nhau”.

Số phần tử không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = 12!$

Xét các cách xếp mà Dũng và Mai đứng cạnh nhau. Ta xếp Dũng và Mai thành một nhóm, có 2! cách, rồi xếp nhóm này với 10 người còn lại thành hàng ngang, có 11! cách. Theo quy tắc nhân có $2!.11!$ cách xếp mà Dũng và Mai đứng cạnh nhau.

Xét các cách xếp mà Dũng và Mai đứng cạnh nhau; Dũng và Đào cũng đứng cạnh nhau. Khi đó, Mai và Đào phải đứng bên cạnh Dũng, thành ra có 2! cách xếp 3 bạn này thành một nhóm. Sau đó ta xếp nhóm này với 9 người còn lại, có 10! cách. Theo quy tắc nhân có $2!.10!$ cách xếp mà Dũng và Mai đứng cạnh nhau; Dũng và Đào cũng đứng cạnh nhau.

Suy ra số kết quả có lợi cho biến cố $A$ là $n\left( A \right) = 2!.11! - 2!.10!$.

Xác suất của biến cố A là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{2!.11! - 2!.10!}}{{12!}} = \frac{5}{{33}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b = 33\end{array} \right. \Rightarrow T = 2a + b = 43$.