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

Tam thức bậc hai $f\left( x \right) = {x^2} - 7x + 12$ có hai nghiệm phân biệt là ${x_1} = 3$ và ${x_2} = 4$.

Mà $a = 1 > 0$ nên $f\left( x \right) < 0$ với mọi $x$ thuộc khoảng $\left( {3;4} \right)$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình: ${x^2} - 7x + 12 < 0$ là $\left( {3;4} \right)$.

Ta có:$\sqrt {{x^2} - 10x + m} = 2 - x$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x \ge 0\\{x^2} - 10x + m = {\left( {2 - x} \right)^2}\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\{x^2} - 10x + m = 4 - 4x + {x^2}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\6x = m - 4\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 2\\x = \,\frac{{m - 4}}{6}\end{array} \right.$

Để phương trình vô nghiệm thì $\frac{{m - 4}}{6} > 2 \Leftrightarrow m - 4 > 12 \Leftrightarrow m > 16$. Vì $m$ nguyên và thuộc $\left( {0;\,20} \right)$ nên $m \in \left\{ {17;\,18;\,19} \right\}$. Vậy có $3$ giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Từ phương trình chính tắc của parabol $\left( P \right)$, ta có $2p = 6 \Leftrightarrow p = 3$.

Vậy parabol $\left( P \right)$ có tiêu điểm $F\left( {\frac{3}{2}\,;\,0} \right)$.

Mỗi cách sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ là một hoán vị của 10 người.

Vậy số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là ${P_{10}} = 10!$ cách.

Ta có ${\left( {3{x^2} - y} \right)^4} = 81{x^8} - 108{x^6}y + 54{x^4}{y^2} - 12{x^2}{y^3} + {y^4}$

Vậy hệ số của số hạng chứa ${x^6}y$ trong khai triển là $- 108$.

Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right) = C_{24}^1 = 24$.

Gọi $A$ là biến cố: “Chọn được lớp khối 10”.

$n\left( A \right) = C_9^1 = 9$.

Do đó, xác suất chọn được lớp khối 10 là: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{9}{{24}} = \frac{3}{8}$.

a) Đúng: Với $m \ne 2$ thì $f\left( x \right)$ là tam thức bậc hai.

b) Sai: Khi $m = 3$ thì $f\left( x \right)$ luôn nhận giá trị dương với mọi $x \in \mathbb{R}$.

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

c) Sai: Tam thức bậc hai $f\left( x \right)$ luôn nhận giá trị âm với mọi $x \in \mathbb{R}$ khi và chỉ khi $m \le 2$

Nếu $m = 2$ thì $f\left( x \right) = - 2x + 3 \Rightarrow f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}$ nên không xảy ra $f\left( x \right) < 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$

d) Đúng: Với mọi giá trị của $m$ thì $f\left( x \right) = 0$ đều có nghiệm.

Nếu $m = 2$ thì $f\left( x \right) = - 2x + 3$ nên $f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}$.

Nếu $m \ne 2$ thì $\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 2} \right) = {\left( {m - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,\,\,\forall m \in \mathbb{R}$.

Vậy với mọi giá trị của $m$ thì $f\left( x \right) = 0$ đều có nghiệm.

Ta có $\overrightarrow {AC} = \left( { - 5;1} \right)$ nên đường thẳng $d$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {n\,} = \left( {1;5} \right)$.

Phương trình của đường thẳng $d$ là $1.\left( {x - 0} \right) + 5.\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 5y - 15 = 0$.

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng $d$ là $x + 5y - 15 = 0$

Đường thẳng $\Delta$ là trung trực của đoạn thẳng $BC$ nhận $\overrightarrow {CB} = \left( {3;2} \right)$ làm véc tơ pháp tuyến nên véc tơ chỉ phương của $\Delta$ là $\overrightarrow u = \left( {2; - 3} \right)$. Mà $\Delta$ đi qua trung điểm $I\left( { - \frac{3}{2};2} \right)$ của $BC$ nên $\Delta$ có phương trình là $\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.$ với $t \in \mathbb{R}$.

Đường thẳng $AB$ có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,3} \right)$ nên $AB$ có véc tơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {3;2} \right)$ và đi qua điểm $A\left( {2\,;\,0} \right)$ nên $AB$ có phương trình là

$3\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 2y - 6 = 0$

Đường cao ứng với đỉnh $C$ của tam giác $ABC$ đi qua điểm $C\left( {--3\,;\,1} \right)$ và nhận $\overrightarrow {BA} = \left( {2; - 3} \right)$ làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là

$2\left( {x + 3} \right) - 3\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 3y + 9 = 0$.

Từ đó dễ thấy đường thẳng này không đi qua điểm $M\left( {2;3} \right)$.

a) Đúng: Phương trình của đường thẳng $d$ đi qua $B$ và song song với $AC$ là $x + 5y - 15 = 0$.

b) Đúng: Phương trình của đường trung trực đoạn thẳng $BC$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.$ với $t \in \mathbb{R}$.

c) Sai: Đường thẳng $AB$ có phương trình là $3x + 2y + 6 = 0$.

d) Sai: Đường cao ứng với đỉnh $C$ của tam giác $ABC$ đi qua điểm $M\left( {2;3} \right)$.

a) Đúng: Theo qui tắc nhân có $5.5 = 25$ số có hai chữ số.

b) Sai: Gọi số có 3 chữ số khác nhau là $\overline {abc}$.

Chọn $a$ có 5 cách.

Chọn $b$ có 4 cách.

Chọn $c$ có 3 cách.

Suy ra có $5.4.3 = 60$ số có ba chữ số khác nhau.

c) Đúng: Gọi số chẵn có ba chữ số khác nhau là $\overline {abc}$.

Chọn $c$ có 2 cách.

Chọn $a$ có 4 cách.

Chọn $b$ có 3 cách.

Suy ra có $2.4.3 = 24$ số chẵn có ba chữ số khác nhau.

d) Sai: Gọi số lẻ có ba chữ số khác nhau là $\overline {abc}$.

Chọn $c$ có 3 cách.

Chọn $a$ có 4 cách.

Chọn $b$ có 3 cách.

Suy ra có $3.4.3 = 36$ số lẻ có ba chữ số khác nhau.

a) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: $C_{52}^4 = 270725$.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = 270725$.

Vì bộ bài chỉ có 1 tứ quý Át nên số phần tử của biến cố $A$ là: $n\left( A \right) = 1$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{270725}}$.

b) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: $C_{52}^4 = 270725$.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = 270725$.

Có $C_4^2$ cách rút được hai quân Át, Có $C_4^2$ cách rút được hai quân $K$ nên số phần tử của biến cố $B$ là: $n\left( B \right) = C_4^2.C_4^2 = 36$.

Vậy xác suất của biến cố $B$ là $P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{36}}{{270725}}$.

c) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: $C_{52}^4 = 270725$.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = 270725$.

Biến cố $\overline C$: “ Rút không được quân Át nào”.

Có $C_{48}^4$ cách rút bốn quân không cố quân Át nào nên số phần tử của biến cố $\overline C$ là: $n\left( {\overline C } \right) = C_{48}^4 = 194580$.

Vậy xác suất của biến cố $C$ là $P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline C } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{194580}}{{270725}} = 1 - \frac{{38916}}{{54145}} = \frac{{15229}}{{54145}}$.

d) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: $C_{52}^4 = 270725$.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: $n\left( \Omega \right) = 270725$.

Có $C_{13}^1$ cách chọn ra 1 tứ quý. Ứng với tứ quý này có $C_4^2$ cách chọn ra 2 quân bài.

Có $C_{12}^2$ cách chọn ra 2 tứ quý từ 12 tứ quý còn lại. Mỗi tứ quý này có $C_4^1$ cách chọn ra 1 quân bài nên số phần tử của biến cố $D$ là: $n\left( D \right) = C_{13}^1.C_4^2.C_{12}^2.{\left( {C_4^1} \right)^2} = 82368$.

Vậy xác suất của biến cố $D$ là $P\left( D \right) = P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{82368}}{{270725}}$.

Tổng trọng lượng cá thu được sau một vụ là: $T\left( n \right) = n\left( {360 - 10n} \right) = 360n - 10{n^2}$.

Đây là một tam thức bậc hai với ẩn là $n$ có hệ số $a = - 10 < 0$ và $b = 360$ $\Rightarrow \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 360}}{{2.\left( { - 10} \right)}} = 18$

Khi đó $T\left( {18} \right) = 3240$.

Vậy người nuôi cần thả $18$ con cá trên một đơn vị diện tích để đạt tổng trọng lượng cá lớn nhất là $3240$ (đơn vị khối lượng).

Điều kiện: $\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 2;\,4} \right]$.

${x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt {\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right)}$$\Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} \left( 1 \right)$.

Đặt $t = \sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)}$, $t \ge 0$ $\Leftrightarrow {t^2} = - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)$$\Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = - {t^2}$.

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow - {t^2} = 4t$$\Leftrightarrow {t^2} + 4t = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\left( n \right)\\t = - 4\left( l \right)\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} = 0$$\Leftrightarrow - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\left( n \right)\\x = 4\left( n \right)\end{array} \right.$.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.

Phương trình parabol có dạng ${y^2} = {\rm{2}}px$, với $p > 0$.

Ta có $\left( P \right):{y^2} = 2x$$\Rightarrow p = 1$. Suy ra đường chuẩn $\Delta :x = - \frac{p}{2} = - \frac{1}{2} \Rightarrow x + \frac{1}{2} = 0$.

Ta lại có $\left\{ \begin{array}{l}M\left( {a;\,b} \right) \in \left( P \right)\\d\left( {M,\Delta } \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 2a\\\left| {a + \frac{1}{2}} \right| = 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 2a\\a + \frac{1}{2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{2}\\{b^2} = 3\end{array} \right.$

Suy ra $T = {a^2} + {b^2} = \frac{{21}}{4}$.

Trục lớn: $2a = 60 \Rightarrow a = 30$.

Trục bé: $2b = 30 \Rightarrow b = 15$.

Diện tích hình tròn: ${S_T} = \pi {.15^2}$, diện tích elip là ${S_E} = \pi .15.30$.

Tỉ số diện tích $T = \frac{{{S_T}}}{{{S_E} - {S_T}}} = \frac{{\pi {{.15}^2}}}{{\pi .15.30 - \pi {{.15}^2}}} = \frac{{15}}{{30 - 15}} = 1$.

Trường hợp 1: Lấy $1$ quả màu vàng và $2$ quả màu đỏ có: $C_8^2 = 28$ cách.

Trường hợp 2: Lấy $1$ quả màu vàng và $2$ quả màu xanh có: $C_3^2 = 3$ cách.

Trường hợp 3: Lấy $1$ quả màu đỏ và $2$ quả màu xanh có: $C_8^1.C_3^2 = 24$ cách.

Trường hợp 4: Lấy $1$ quả màu xanh và $2$ quả màu đỏ có: $C_3^1.C_8^2 = 84$ cách.

Số cách để lấy được $3$ quả cầu có đúng hai màu là: $28 + 3 + 24 + 84 = 139$ cách.

Cách khác:

Số cách lấy $3$ quả bất kì: $C_{12}^3 = 220$.

Số cách lấy $3$ quả có đủ $3$ màu: $C_8^1.C_3^1.C_1^1 = 24$.

Số cách lấy $3$ quả chỉ có $1$ màu: $C_8^3 + C_3^3 = 57$.

Vậy số cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán là $220 - 24 - 57 = 139$.

Gọi số học sinh nữ của lớp là $n\,\,\left( {n \in {{\rm N}^*},n \le 28} \right)$. Suy ra số học sinh nam là $30 - n$.

Không gian mẫu là chọn bất kì $3$học sinh từ $30$ học sinh.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = C_{30}^3$.

Gọi $A$ là biến cố Chọn được $2$ học sinh nam và $1$ học sinh nữ .

Chọn $2$ nam trong $30 - n$ nam, có$C_{30 - n}^2$ cách.

Chọn $1$ nữ trong $n$ nữ, có $C_n^1$ cách.

Suy ra số phần tử của biến cố $A$ là $n\left( A \right) = C_{30 - n}^2.C_n^1$.

Do đó xác suất của biến cố$A$ là $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}}$.

Theo giả thiết, ta có $P\left( A \right) = \frac{{12}}{{29}} \Leftrightarrow \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}} = \frac{{12}}{{29}} \Rightarrow n = 14$.

Vậy số học sinh nữ của lớp là $14$ học sinh.