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

Ta có: $3{x^2} - 7x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{4}{3}\end{array} \right.$.

Vì $x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x = 1$ thỏa mãn $\Rightarrow X = \left\{ 1 \right\}$. Chọn B.

$A\backslash B = \left\{ {0\,;1\,} \right\}$; $B\backslash A = \left\{ {5;6} \right\}$.

$\Rightarrow \left( {A\backslash B} \right) \cup \left( {B\backslash A} \right) = \left\{ {0\,;1\,;5\,;6} \right\}$. Chọn B.

Lần lượt thay các cặp số vào bất phương trình đã cho, ta thấy:

- Vì $\left( { - 2} \right) + 2 \cdot 1 = 0 < 3$ nên cặp số $\left( { - 2\,;1} \right)$ không phải là một nghiệm của bất phương trình.

- Vì $1 + 2 \cdot 2 = 5 > 3$ nên cặp số $\left( {1\,;2} \right)$ là một nghiệm của bất phương trình.

- Vì $1 + 2 \cdot \left( { - 2} \right) = - 3 < 3$ nên cặp số $\left( {1\,; - 2} \right)$ không phải là một nghiệm của bất phương trình.

- Vì $2 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) = 0 < 3$ nên cặp số $\left( {2\,; - 1} \right)$ không phải là một nghiệm của bất phương trình.

Chọn B.

Thay $x = 1,\,\,y = - 4$ vào hệ bất phương trình $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x \ge 0}\\{x + y \le - 2}\end{array}} \right.$, ta được: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{1 \ge 0}\\{ - 3 \le - 2}\end{array}} \right.$ (thỏa).

Khi đó điểm $\left( {1; - 4} \right)$ thuộc miền nghiệm của hệ đã cho. Chọn D.

Gọi phương trình đường thẳng $d$ có dạng $y = ax + b$. Hình vẽ cho thấy đường thẳng $d$ đi qua hai điểm có tọa độ $\left( {4;0} \right),\left( {0;2} \right)$ nên ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}4 \cdot a + b = 0\\0 \cdot a + b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 2.\end{array} \right.$

Phương trình đường thẳng $d$ là $y = - \frac{1}{2}x + 2$ hay $x + 2y = 4$.

Thay tọa độ điểm $O\left( {0;0} \right)$ vào biểu thức $x + 2y$ ta thấy $x + 2y = 0 + 2 \cdot 0 = 0 < 4$ nên miền không gạch chéo (không kể bờ $d$) là miền nghiệm của bất phương trình $x + 2y > 4$. Chọn D.

Ta có ${\sin ^2}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = 1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{8}{9}$.

Vậy $P = \frac{8}{9} + 3 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{{11}}{9}$. Chọn D.

Ta có ${S}_{ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC\cdot \sin C=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4\sin C=3\sqrt{3}\Rightarrow \sin C=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{C}=60^{\circ}$ (Do góc $\widehat{C}$ nhọn).

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

$A{B}^{2}=B{C}^{2}+A{C}^{2}-2\cdot BC\cdot AC\cdot \cos C$$={3}^{2}+{4}^{2}-2\cdot 3\cdot 4\cdot \cos 60^{\circ}={3}^{2}+{4}^{2}-2\cdot 3\cdot 4\cdot \frac{1}{2}=13$

Suy ra $AB = \sqrt {13}$. Chọn D

a) Đúng. Số tiền phải trả cho cuộc gọi nội mạng mỗi tháng là $x$ (nghìn đồng), số tiền phải trả cho cuộc gọi ngoại mạng mỗi tháng là $2y$ (nghìn đồng) với điều kiện: $x \in \mathbb{N},y \in \mathbb{N}$.

b) Đúng. Ta có bất phương trình: $x + 2y < 100\,\,\,\left( * \right)$.

c) Đúng. Xét $x = 50,y = 20$ thay vào $\left( * \right):50 + 2 \cdot 20 < 100$ (đúng) suy ra $\left( {50\,;\,20} \right)$ là một nghiệm của $\left( * \right)$.

d) Sai. Biểu diễn miền nghiệm của $\left( * \right)$ trên mặt phẳng tọa độ: Vẽ đường thẳng $x + 2y = 100$.

Ta thấy điểm $O\left( {0\,;\,0} \right)$ thuộc miền nghiệm của $\left( * \right)$ do thay tọa độ $O$ vào $\left( * \right)$: $0 < 100$ (đúng).

Vậy miền nghiệm của bất phương trình $\left( * \right):x + 2y < 100$ là nửa mặt phẳng (không kể d) có chứa điểm $O$ (phần không gạch chéo trên hình).

Trong thực tế, vì $x \in \mathbb{N},y \in \mathbb{N}$ nên ta chỉ xét miền nghiệm bất phương trình ứng với miền tam giác $OAB$.

a) Sai. Vì $90^{\circ}<α<180^{\circ}$ nên $\cos α<0$.

b) Đúng. Ta có ${\sin }^{2}α+{\cos }^{2}α=1\Rightarrow {\cos }^{2}α=1-{\sin }^{2}α=1-{(\frac{3}{5})}^{2}=\frac{16}{25}$.

Do đó $\cos α=-\sqrt{\frac{16}{25}}=-\frac{4}{5}$.

c) Sai. Ta có $\tan α=\frac{\sin α}{\cos α}=-\frac{3}{4}\Rightarrow \ \tan (180^{\circ}-α)=-\tan α=\frac{3}{4}$.

d) Đúng. Ta có $\cot α=\frac{1}{\tan α}=-\frac{4}{3}$.

Vậy $A=\frac{\tan α-\cot (180^{\circ}-α)}{\sin (90^{\circ}-α)}=\frac{\tan α+\cot α}{\cos α}=\frac{(-\frac{3}{4})+(-\frac{4}{3})}{-\frac{4}{5}}=\frac{125}{48}$.

Ta có $2{n^3} + {n^2} + 7n + 1 = \left( {{n^2} + n + 4} \right)\left( {2n - 1} \right) + 5$.

$2{n^3} + {n^2} + 7n + 1$ chia hết cho $2n - 1$ $\Leftrightarrow$$5$ chia hết cho $2n - 1$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2n - 1 = 1\\2n - 1 = - 1\\2n - 1 = 5\\2n - 1 = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 1\\n = 0\\n = 3\\n = - 2\end{array} \right.$.

Vậy có 4 giá trị nguyên của $n$.

Đáp án: $4$.

Ta có $X = \left( {X\backslash Y} \right) \cup \left( {X \cap Y} \right) = \left\{ {7;\,15} \right\} \cup \left( { - 1;2} \right)$.

Khi đó, các số nguyên thuộc tập $X$ là $0;1;7;15$.

Vậy số phần tử là số nguyên của $X$ là 4.

Đáp án: 4.

Do $\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = 2 \Rightarrow \sin \alpha \ne 0$.

Chia cả tử và mẫu của biểu thức P cho $\sin α$, ta có:

$P=\frac{3+4\frac{\cos α}{\sin α}}{\sqrt{2}-\frac{\cos α}{\sin α}}=\frac{3+4\cot α}{\sqrt{2}-\cot α}=\frac{-22-11\sqrt{2}}{2}\overset{}{\rightarrow }a=-22;\ b=11.$

Vậy $a+2b=-22+2\cdot 11=0$.

Đáp án: 0.

Ta có $\frac{a}{\sin A}=2R\Rightarrow R=\frac{a}{2\sin A}=\frac{BC}{2\sin \widehat{BAC}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sin 60^{\circ}}=1.$

Đáp án: 1.

Kí hiệu $A$ là tập hợp học sinh tham gia tiết mục nhảy Flashmob, $B$ là tập hợp học sinh tham gia tiết mục hát, $E$ là tập hợp học sinh trong lớp. Ta có thể biểu diễn ba tập hợp đó bằng biểu đồ Ven như hình sau:

Khi đó, $A \cap B$ là tập hợp học sinh tham gia cả hai tiêt mục. Số phần tử của tập hợp $A$ là 35 , số phần tử của tập hợp $A \cap B$ là 10 , số phần tử của tập hợp $E$ là 45 .

Số học sinh tham gia ít nhất một trong hai tiết mục là $45 - 4 = 41$ (học sinh).

Số học sinh tham gia tiết mục hát mà không tham gia tiết mục nhảy Flashmob là $41 - 35 = 6$ (học sinh).

Số học sinh tham gia tiết mục hát là $6 + 10 = 16$ (học sinh).

Gọi $x$ là số mét vải loại A, $y$ là số mét vải loại B mà người thợ sản suất.

Theo đề ta suy ra hệ bất phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 6\\x + 2y \le 8\end{array} \right.$ (1).

Số tiền lợi nhuận là: $L\left( {x;y} \right) = 0{,}8x + y$ (triệu đồng).

+ Biểu diễn miền nghiệm của hệ (1) lên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ là miền tứ giác $OABC$ (kể cả biên) với $O\left( {0;0} \right),A\left( {0;4} \right),B\left( {4;2} \right),C\left( {6;0} \right).$

+ Xét $L\left( {x;y} \right)$ tại các đỉnh của tứ giác $OABC$, ta có:

$L\left( {0;0} \right) = 0$ (triệu đồng)

$L\left( {0;4} \right) = 4$ (triệu đồng)

$L\left( {4;2} \right) = 5{,}2$ (triệu đồng)

$L\left( {6;0} \right) = 4{,}8$ (triệu đồng).

+ Ta thấy $L$ đạt giá trị lớn nhất là $5{,}2$ (triệu đồng) tại $x = 4$ và $y = 2.$

Vậy người thợ cần sản xuất 4 mét loại A và 2 mét loại B thì thu lại lợi cao nhất.

Ta có $\widehat{BAD}=54^{\circ}+22^{\circ}=76^{\circ}\Rightarrow \widehat{ABC}=180^{\circ}-76^{\circ}=104^{\circ}$, $\widehat{ACB}=\widehat{DAC}=22^{\circ}.$

Áp dụng định lý sin cho tam giác ABC, ta có $\frac{AC}{\sin 104^{\circ}}=\frac{AB}{\sin 22^{\circ}}\Rightarrow AC=\frac{70\cdot \sin 104^{\circ}}{\sin 22^{\circ}}.$

Suy ra diện tích tam giác ABC là ${S}_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin 54^{\circ}=\frac{{70}^{2}\cdot \sin 104^{\circ}\cdot \sin 54^{\circ}}{2\cdot \sin 22^{\circ}}.$

Lại có $\widehat{ADB}=180^{\circ}-76^{\circ}-73^{\circ}=31^{\circ}.$

Áp dụng định lý sin cho tam giác ABD, ta có $\frac{AD}{\sin 73^{\circ}}=\frac{AB}{\sin 31^{\circ}}\Rightarrow AD=\frac{70\cdot \sin 73^{\circ}}{\sin 31^{\circ}}.$

Suy ra diện tích tam giác ACD là ${S}_{ACD}=\frac{1}{2}AC\cdot AD\cdot \sin 22^{\circ}=\frac{{70}^{2}\cdot \sin 104^{\circ}\cdot \sin 73^{\circ}}{2\cdot \sin 31^{\circ}}.$

Vậy diện tích mảnh đất là ${S}_{ABCD}={S}_{ABC}+{S}_{ACD}\approx 9548{\text{(m}}^{\text{2}}\text{)}.$