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

Bất phương trình đã cho là bất phương trình bậc nhất hai ẩn nên bất phương trình này có vô số nghiệm.

Chọn C

- Xét cặp số $\left( { - 1;12} \right)$, ta thấy không thỏa hệ $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x + y > 2}\\{ - 2x + y \le 7}\end{array}} \right.$.

- Xét cặp số $\left( { - 5; - 2} \right)$, ta thấy không thỏa hệ $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x + y > 2}\\{ - 2x + y \le 7}\end{array}} \right.$.

- Xét cặp số $\left( {2; - 5} \right)$, ta thấy không thỏa hệ $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x + y > 2}\\{ - 2x + y \le 7}\end{array}} \right.$.

- Xét cặp số $\left( {4; - 1} \right)$, ta thấy thỏa hệ $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x + y > 2}\\{ - 2x + y \le 7}\end{array}} \right.$.

Chọn D

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$, ta có:

${c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C = 36 + 100 - 2 \cdot 6 \cdot 10\cos 60^\circ = 76 \Rightarrow c = \sqrt {76} = 2\sqrt {19}$. Chọn B.

Bờ của miền nghiệm là đường thẳng $d:y = ax + b$ đi qua hai điểm $A\left( {1;0} \right),B\left( {0;1} \right)$ nên

$\left\{ \begin{array}{l}0 = a + b\\1 = b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 1\end{array} \right..{\rm{ Suy ra }}d:y = - x + 1{\rm{ hay }}d:x + y = 1.$

Do điểm $O\left( {0;0} \right)$ thuộc miền nghiệm của bất phương trình và $0 + 0 < 1$ là mệnh đề đúng nên bất phương trình có miền nghiệm như hình vẽ là $x + y < 1.$ Chọn A.

Vì $\tan \alpha = 2 \Rightarrow \cos \alpha \ne 0$, chia cả tử và mẫu cho $\cos \alpha$ ta có

$M=\frac{\frac{10\sin α}{\cos α}+\frac{11\cos α}{\cos α}}{\frac{4\sin α}{\cos α}+\frac{7\cos α}{\cos α}}=\frac{10\tan α+11}{4\tan α+7}=\frac{10\cdot 2+11}{4\cdot 2+7}=\frac{31}{15}$ Chọn C

a) Đúng. Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ được phát biểu là: “Nếu tam giác $ABC$ vuông tại $A$ thì tam giác $ABC$ có $AB{}^2 + A{C^2} = B{C^2}$”.

b) Sai. $P$ là điều kiện đủ để có $Q$.

c) Đúng. Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ là mệnh đề đúng (định lý Pythagore).

d) Sai. Mệnh đề đảo của mệnh đề $P \Rightarrow Q$ là mệnh đề: “Nếu tam giác $ABC$ có $AB{}^2 + A{C^2} = B{C^2}$ thì tam giác $ABC$ vuông tại $A$” là mệnh đề đúng (định lý Pythagore đảo).

a) Sai. Ta có $\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}}$.

b) Sai. Ta có $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} \Rightarrow \sin A = \frac{{BC \cdot \sin B}}{{AC}} = \frac{{12 \cdot \sin 45^\circ }}{{10}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{5}$.

c) Đúng. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $\Delta ABC$ là: $R = \frac{{AC}}{{2\sin B}} = \frac{{10}}{{2 \cdot \sin 45^\circ }} = 5\sqrt 2$.

d) Sai. Ta có $2R = \frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow 2R = \frac{{3BC}}{{3\sin A}} = \frac{{2AC}}{{2\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}}$.

Suy ra $R = \frac{{3BC - 2AC - AB}}{{2\left( {3\sin A - 2\sin B - \sin C} \right)}} \Rightarrow \frac{{3BC - 2AC - AB}}{{6\sin A - 4\sin B - 2\sin C}} = R = 5\sqrt 2$.

Khi đó, $A \cap B =$$\left( {1;3} \right] \cup \left[ {5;10} \right) \Rightarrow a = 1;b = 3;c = 5;d = 10 \Rightarrow a + b + c + d = 19$.

Đường thẳng $d:y = ax + b$. Theo hình vẽ, $d$ đi qua hai điểm $\left( {0;2} \right)$ và $\left( {2;0} \right)$ nên ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}a \cdot 0 + b = 2\\a \cdot 2 + b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 2\end{array} \right.$.

Suy ra $d:y = - x + 2 \Leftrightarrow x + y = 2$.

Do gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ không thuộc miền nghiệm của bất phương trình nên bất phương trình cần tìm là $x + y \ge 2$. Suy ra ta có $m = 1,n = 2$. Vậy $S = 3 \cdot 1 + 2 = 5$.

Đáp án: $5$.

Vì $\cot \alpha = - \sqrt 2 \Rightarrow \sin \alpha \ne 0$. Chia cả tử và mẫu của biểu thức $P$ cho $\sin \alpha$ ta được:

$P=\frac{\frac{2\sin α-\sqrt{2}\cos α}{\sin α}}{\frac{4\sin α+3\sqrt{2}\cos α}{\sin α}}=\frac{2-\sqrt{2}\cot α}{4+3\sqrt{2}\cot α}=\frac{2-\sqrt{2}\cdot (-\sqrt{2})}{4+3\sqrt{2}\cdot (-\sqrt{2})}=-2=\frac{m}{n}\Rightarrow \{\begin{matrix}m=-2 \\ n=1\end{matrix}$.

Khi đó $A = {\left( { - 2} \right)^2} - {1^2} = 3$.

Đáp án: 3.

Tính được $\widehat{BAC}=180^{\circ}-30^{\circ}-45^{\circ}=105^{\circ}$.

Áp dụng định lý sin vào tam giác ABC, ta có:

$\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}\Leftrightarrow \frac{200}{\sin 105^{\circ}}=\frac{BC}{\sin 30^{\circ}}=\frac{AC}{\sin 45^{\circ}}$$\Rightarrow \{\begin{matrix}AC=\frac{200\sin 45^{\circ}}{\sin 105^{\circ}} \\ BC=\frac{200\sin 30^{\circ}}{\sin 105^{\circ}}\end{matrix}$.

Thời gian tàu 1 chạy từ thành phố A đến đảo C là ${t}_{A}=\frac{AC}{80}=\frac{200\sin 45^{\circ}}{80\sin 105^{\circ}}$(giờ).

Thời gian tàu 2 chạy từ thành phố B đến đảo C là ${t}_{B}=\frac{BC}{80}=\frac{200\sin 30^{\circ}}{80\sin 105^{\circ}}$(giờ).

Ta có ${t}_{A}-{t}_{B}\approx 0{,}536$ (giờ) $\approx 32$ (phút).

Khi đó, thời điểm xuất phát của tàu 2 là: 8 giờ 32 phút.

Vậy $a=8,\ b=32.$ Suy ra $a+b=8+32=40$.

Gọi x là số học sinh giải được cả 3 bài toán.

a là số học sinh chỉ làm được bài toán thứ nhất và thứ ba.

b là số học sinh chỉ làm được bài toán thứ nhất và thứ hai.

Khi đó:

Số học sinh chỉ làm được bài toán thứ ba là: 15 – a – x – 3 = 12 – x – a (học sinh).

Số học sinh chỉ làm được bài toán thứ hai là: 14 – b – x – 3 = 11 – x – b (học sinh).

Theo đề ta có phương trình: x + a + b + 3 + 12 + 12 – x – a + 11 – x – b = 35. Do đó x = 3.

Vậy có 3 học sinh giải được cả 3 bài toán.

Gọi số bộ sản phẩm loại $I$ sản xuất trong một ngày là $x\,\,,\,\,\,\left( {x \ge 0,x \in \mathbb{N}} \right)$.

Số bộ sản phẩm loại $II$ sản xuất trong một ngày là $y\,\,,\,\,\,\left( {y \ge 0,y \in \mathbb{N}} \right)$.

Số lãi thu được là $L = 5x + 4y$ (triệu đồng).

Số giờ làm việc của máy là $3x + 3y$ (giờ).

Số giờ làm việc của công nhân là $2x + y$ (giờ).

Theo giả thiết: Một ngày máy làm việc không quá $15$ giờ, nhân công làm việc không quá $8$ giờ nên ta có hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}3x + 3y \le 15\\2x + y \le 8\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là

Tính các giá trị của biểu thức $L = 5x + 4y$ tại các đỉnh của tứ giác là miền nghiệm của hệ bất phương trình trên ta được

$\left( {x;y} \right) = \left( {0;0} \right) \Rightarrow L = 0$;

$\left( {x;y} \right) = \left( {4;0} \right) \Rightarrow L = 20$;

$\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right) \Rightarrow L = 23$;

$\left( {x;y} \right) = \left( {0;5} \right) \Rightarrow L = 20$.

Vậy số tiền lãi lớn nhất xưởng đó đạt được trong một ngày là $23$ triệu đồng.

Dùng công thức Heron ta tính được diện tích của tam giác là ${S_1} = \frac{{3\sqrt {91} }}{4}$ (m2).

Ta có ${S_1} = pr$ nên ta tính được bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là $r = \frac{{3\sqrt {91} }}{{26}}$ (m).

Tính được diện tích hình tròn là ${S_2} = \pi {r^2} = \frac{{63\pi }}{{52}}$ (m2).

Diện tích cần sơn là $S = {S_1} - {S_2} = \frac{{3\sqrt {91} }}{4} - \frac{{63}}{{52}}\pi \approx 3{,}348$ (m2).

Số tiền cần bỏ ra bằng $S \cdot 250 \approx 837$ nghìn đồng.