Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Ta có: $\sqrt {{x^2} - 5x + 4} - \sqrt {2x - 3} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 5x + 4} = \sqrt {2x - 3} {\rm{ }}\left( 1 \right)$

$\left( 1 \right) \Rightarrow {x^2} - 5x + 4 = 2x - 3 \Leftrightarrow {x^2} - 7x + 7 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{7 + \sqrt {21} }}{2} \vee x = \frac{{7 - \sqrt {21} }}{2}$

Thay lần lượt các giá trị trên vào phương trình đã cho, ta thấy chỉ có $x = \frac{{7 + \sqrt {21} }}{2}$ thỏa mãn

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là $x = \frac{{7 + \sqrt {21} }}{2}$.

Điều kiện để phương trình trên là phương trình đường tròn là:

${\left( {m + 1} \right)^2} + {m^2} - {m^2} - 4 > 0$$\Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < - 3\end{array} \right.$

Ta có: $16{x^2} - 4{y^2} = 144 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1$ suy ra ${a^2} = 9 \Rightarrow a = 3$ và ${b^2} = 36 \Rightarrow b = 6$.

Khi đó: $c = \sqrt {{a^2} + {b^2}} = \sqrt {{3^2} + {6^2}} = 3\sqrt 5$.

Vậy ${F_1}\left( { - 3\sqrt 5 \,;\,0} \right)\,,\,{F_2}\left( {3\sqrt 5 \,;\,0} \right)$.

Phương án 1: chọn 1 bạn nữ có 24 cách chọn.

Phương án 2: chọn 1 bạn nam có 20 cách chọn.

Áp dụng quy tắc cộng ta có: $20 + 24 = 44$ cách chọn.

Số hạng tổng quát trong khai triển của ${\left( {x + \frac{2}{x}} \right)^4}$ là ${T_{k + 1}} = C_4^k{x^{4 - k}}{\left( {\frac{2}{x}} \right)^k} = {2^k}C_4^k{x^{4 - 2k}}$.

$\Rightarrow$ Số hạng không chứa $x$trong khai triển ứng với $4 - 2k = 0 \Leftrightarrow k = 2$.

Khi đó số hạng không chứa $x$là ${2^2}C_4^2 = 24$.

Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_{12}^3 = 220$.

Gọi $A$ là biến cố:” trong $3$ học sinh được chọn không có học sinh nữ” $\Rightarrow n\left( A \right) = C_5^3 = 10$

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}}$$= \frac{{10}}{{220}} = \frac{1}{{22}}$$= \frac{{13}}{{14}}$.

Ta có: $n\left( \Omega \right) = C_{25}^3$. Gọi $A$ “ là biến cố chọn được 3 bông hồng có 3 màu khác nhau”.

$\Rightarrow n\left( A \right) = C_7^1.C_8^1.C_{10}^1$$\Rightarrow$$P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{28}}{{115}}$.

Số phần tử của không gian mẫu là:$n\left( \Omega \right) = C_{11}^2$

Trong $11$ thẻ được đánh số từ $1$ đến $11$ có $6$ tấm thẻ được ghi số lẻ và $5$ tấm thẻ được ghi số chẵn.

Gọi $A$ là biến cố: “Tổng các số ghi trên hai tấm thẻ là một số chẵn”.

Trường hợp 1: Chọn hai tấm thẻ ghi số chẵn có $C_5^2$(cách)

Trường hợp 2: Chọn hai tấm thẻ ghi số lẻ có$C_6^2$(cách)

$\Rightarrow n\left( A \right) = C_5^2 + C_6^2$.

Xác suất chọn hai tấm thê có tổng là số chẵn: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{{11}}$.

a) Sai: $f\left( x \right)$ là một tam thức bậc hai khi và chỉ khi $a \ne 2$

b) Đúng: $f\left( x \right)$ luôn nhận giá trị dương với mọi $x \in \mathbb{R}$ khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta < 0\end{array} \right.$

c) Sai: Đồ thị của $f\left( x \right)$ luôn là một đường cong parabol nếu $a \ne 2$

d) Sai: Tam thức $f\left( x \right)$ luôn nhận giá trị âm nếu $\Delta < 0$ và $a < 0$.

a) Sai: Nếu đường tròn có tâm là điểm $A$ và có bán kính $R = 2$ thì đường tròn có phương trình là ${\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {2^2} \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 4$.

b) Sai: Nếu đường tròn có tâm là điểm $B$ và có bán kính $R = 3$ thì đường tròn có phương trình là ${\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9$.

c) Đúng: Ta có $AB = \sqrt {{{\left( {3 + 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {34}$.

Nếu đường tròn có tâm là điểm $C$ và có bán kính $R = AB = \sqrt {34}$ thì đường tròn có phương trình là ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 34$.

d) Đúng: Ta có $BC = \sqrt {{{\left( {1 - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1 + 2} \right)}^2}} = \sqrt 5$.

Đường tròn có tâm là điểm $B$ và đường tròn đi qua điểm $C$ thì đường tròn có bán kính

$R = BC = \sqrt 5$.

Nếu đường tròn có tâm là điểm $B$ và có bán kính $R = \sqrt 5$ thì đường tròn có phương trình là ${\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 5$.

a) Sai: Chỉ có đúng một màu (màu vàng) là: $C_7^6 = 7$cách.

b) Sai: Chọn 6 bông bất kì từ 15 bông có: $C_{15}^6 = 5005$ cách.

Chọn hai màu hồng, xanh có $C_3^2.C_5^4 + C_3^3.C_5^3 = 25$ cách.

Chọn hai màu hồng, vàng có $C_3^3.C_7^3 + C_3^2.C_7^4 + C_3^1.C_7^5 = 203$ cách.

Chọn hai màu xanh, vàng có $C_5^5.C_7^1 + C_5^4.C_7^2 + C_5^3.C_7^3 + C_5^2.C_7^4 + C_5^1.C_7^5 = 917$cách.

Chỉ có đúng hai màu là $25 + 203 + 917 = 1145$cách.

c) Sai: Ít nhất hai màu là$5005 - 7 = 4998$.

d) Sai: Đủ cả ba màu là $5005 - 7 - 1145 = 3853$.

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

Gọi $x$ (triệu đồng) là số tiền cần giảm giá bán mỗi máy tính xách tay ($0 \le x < 3$).

Gọi $y$ là số máy tính bán được tăng thêm sau khi giảm giá bán.

Từ giả thiết ta có $\frac{x}{{0{,}5}} = \frac{y}{5} \Leftrightarrow y = 10x$.

Suy ra, số máy tính bán được trong một tháng là $20 + 10x$.

Khi đó, lợi nhuận thu được là: $f\left( x \right) = \left( {3 - x} \right)\left( {20 + 10x} \right)$ với $0 \le x < 3$.

Lợi nhuận thu được cao nhất khi hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất trên $\left[ {0\,;\,3} \right)$

Ta có $f\left( x \right) = - 10{x^2} + 10x + 60 = - 10{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{125}}{2} \le \frac{{125}}{2},\forall x \in \left[ {0;3} \right)$.

Suy ra giá trị lớn nhất của $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0\,;\,3} \right)$ bằng $\frac{{125}}{2}$, đạt được khi $x = \frac{1}{2}$.

Do đó, lợi nhuận thu được là cao nhất khi giảm giá bán mỗi máy tính $0{,}5$ triệu đồng.

Vậy giá bán mỗi máy tính là $17{,}5$ triệu đồng.

Điều kiện: $x \ne 0;x \ne - 2$.

Ta có $\frac{{x - 1}}{x} - \frac{6}{{x + 2}} + 2 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) - 6x + 2x\left( {x + 2} \right)}}{{x\left( {x + 2} \right)}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{3{x^2} - x - 2}}{{{x^2} + 2x}} \le 0$.

Ta có bảng xét dấu sau

Dựa vào bảng xét dấu ta có tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { - 2; - \frac{2}{3}} \right] \cup \left( {0;1} \right]$.

Kết hợp giả thiết ta có các nghiệm nguyên thỏa mãn là: $\left\{ { - 1;1} \right\}$.

Ta có: ${x^2} + {y^2} - 2mx + 2\left( {m + 1} \right)y + 5 = 0\left( 1 \right)$.

Phương trình $\left( 1 \right)$ là phương trình đường tròn khi và chỉ khi ${m^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} - 5 > 0 \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{m > 1}\\{m < - 2}\end{array}} \right.\left( * \right)$.

Khi đó đường tròn có bán kính $R = \sqrt {{m^2} + {{\left( {m + 1} \right)}^2} - 5} = \sqrt {2{m^2} + 2m - 4}$.

Ta có $R \le 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \sqrt {2{m^2} + 2m - 4} \le 2\sqrt 2 \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 \le 0 \Leftrightarrow - 3 \le m \le 2$.

Kết hợp điều kiện $\left( * \right)$ ta được $m \in \left[ { - 3; - 2} \right) \cup \left( {1;2} \right]$.

Do $m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ { - 3;2} \right\}$. Vậy có $2$ giá trị nguyên $m$ thỏa mãn bài toán.

Ta đánh số các ghế ngồi theo thứ tự từ trái sang phải lần lượt là $1{,}2{,}3{,}4{,}5{,}6{,}7{,}8$.

Có hai phương án để các bạn nam và các bạn nữ ngồi xen kẽ nhau là:

Phương án 1: các bạn nam ngồi các ghế $1{,}3{,}5{,}7$ và các bạn nữ ngồi các ghế $2{,}4{,}6{,}8$.

Có $4!$ cách xếp $4$ bạn nam vào các ghế $1{,}3{,}5{,}7$.

Có $4!$ cách xếp $4$ bạn nữ vào các ghế $2{,}4{,}6{,}8$.

Suy ra có $4!.4! = 576$ cách xếp.

Phương án 2: các bạn nữ ngồi các ghế $1{,}3{,}5{,}7$ và các bạn nam ngồi các ghế $2{,}4{,}6{,}8$.

Có $4!$ cách xếp $4$ bạn nữ vào các ghế $1{,}3{,}5{,}7$.

Có $4!$ cách xếp $4$ bạn nam vào các ghế $2{,}4{,}6{,}8$.

Suy ra có $4!.4! = 576$ cách xếp.

Vậy có $576 + 576 = 1152$ cách xếp chỗ ngồi sao cho các bạn nam và các bạn nữ ngồi xen kẽ nhau.

Gọi $A$ là biến cố “số được chọn là một số chẵn”

Số các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau là $A_5^4 = 120$

Số phần tử của không gian mẫu $n\left( \Omega \right) = C_{120}^1 = 120$

Số các số tự nhiên chẵn có bốn chữ số khác nhau $2A_4^3 = 48$

Số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $n\left( A \right) = C_{48}^1 = 48$

Vậy xác xuất để số được chọn là một số chẵn là:

$P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{48}}{{120}} = \frac{2}{5} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 5\end{array} \right. \Rightarrow T = a + b = 2 + 5 = 7$

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = C_5^3 = 10$.

Gọi A là biến cố: “An thắng lượt chơi khi An là người chọn thẻ”.

Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ ghi số 2 và 2 thẻ ghi số 3. Số cách chọn là: $C_2^1C_2^2$.

Trường hợp 2: Chọn được 2 thẻ ghi số 2 và 1 thẻ ghi số 4. Số cách chọn là: $C_2^2C_1^1$.

Suy ra số phần tử của biến cố A là: $n\left( A \right) = C_2^1C_2^2 + C_2^2C_1^1 = 3$.

Vậy xác suất của biến cố A là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{3}{{10}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 10\end{array} \right. \Rightarrow T = 3a + b = 3.3 + 10 = 19$.