Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Bài Tự luận

a) Mệnh đề trên sai vì 0$^{2}$ = 0.

Mệnh đề phủ định là: $\exists x \in \mathbb{R}:{x^2} \le 0$. Đây là mệnh đề đúng.

b) Mệnh đề trên đúng vì $\frac{1}{2} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}$.

Mệnh đề phủ định là: $\forall x \in \mathbb{R}:x \le {x^2}$. Mệnh đề phủ định sai.

c) TH1: $n = 3k$

Ta có ${n^2} + 1 = {\left( {3k} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 1$ chia 3 dư 1.

TH2: $n = 3k + 1$

Ta có ${n^2} + 1 = {\left( {3k + 1} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 6k + 2$ chia 3 dư 2.

TH3: $n = 3k + 2$

Ta có ${n^2} + 1 = {\left( {3k + 2} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 12k + 5$ chia cho 3 dư 2.

Vậy $\forall n \in \mathbb{N},{n^2} + 1$ không chia hết cho 3 là mệnh đề đúng.

Mệnh đề phủ định: $\exists n \in \mathbb{N},{n^2} + 1$ chia hết cho 3. Mệnh đề này sai.

a) Ta có $\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {2{x^2} - 3x - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 1 = 0\\2{x^2} - 3x - 2 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = 2\\x = - \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên $x = \pm 1;x = 2$.

Vậy $M = \left\{ { - 1;1;2} \right\}$.

b) Có $A \cap B = \left[ {1;3} \right)$; $A\backslash B = \left( { - 2;1} \right)$.

a) Ta có $A = \left[ { - 3;5} \right)$ và $B = \left[ {1; + \infty } \right)$

Ta có $A \cap B = \left[ {1;5} \right);A \cup B = \left[ { - 3; + \infty } \right);A\backslash B = \left[ { - 3;1} \right)$.

b) Ta có $A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|x \le 3} \right\}$ và $B = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 2 < x < 2} \right\}$.

Ta có: $A = \left( { - \infty ;3} \right]$ và $B = \left( { - 2;2} \right)$.

Do đó $A \cap B = \left( { - 2;2} \right);A \cup B = \left( { - \infty ;3} \right];A\backslash B = \left( { - \infty ; - 2} \right] \cup \left[ {2;3} \right]$.

a) Để $A \cap B = \emptyset$ thì $m \le 3m - 1 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}$.

b) Để $B \subset A$ thì $3m + 3 < m \Leftrightarrow 2m < - 3 \Leftrightarrow m < - \frac{3}{2}$.

a) Vẽ đường thẳng d: $2x - 4y = 6$.

Lấy điểm O(0; 0) không thuộc d.

Ta có: $2.0 - 4.0 < 6$.

Vậy nửa mặt phẳng kể cả d và không chứa điểm O là miền nghiệm của bất phương trình $2x - 4y \ge 6.$(phần không tô màu)

b) Vẽ đường thẳng d: $x - 3y = 0$.

Lấy điểm $M\left( {0;1} \right) \notin d$.

Ta có: $0 - 3.1 < 0$.

Nửa mặt phẳng không kể d chứa điểm M là miền nghiệm của bất phương trình $x - 3y < 0$, tương ứng phần không bị gạch (không kể d).

Vẽ các đường thẳng ${d_1}: - x + 2y = 6;{d_2}:x + y = 4$; $Oy:x = 0$; $Ox:y = 0$.

Điểm M(1; 1) có tọa độ thỏa mãn tất cả các bất phương trình trong hệ nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ ${d_1};{d_2};Ox;Oy$ không chứa điểm M.

Miền không bị tô đậm là hình tứ giác OABC kể cả bốn cạnh OA, AB, BC, CO trong hình vẽ dưới là miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

Gọi $x,y$ lần lượt là số lít nước mắm loại I, II xưởng đó sản xuất.

Theo đề bài ta có $x,y$ thỏa mãn hệ bất phương trình sau: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\3x + 2y \le 230\\2x + 3y \le 220\end{array} \right.$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền không gạch trong hình vẽ

Như vậy chúng ta có bài toán tìm giá trị lớn nhất của hàm $F = 50000x + 40000y$ với $x;y$ thỏa mãn hệ bất phương trình trên.

Do đó chúng ta xét giá trị của $F = 50000x + 40000y$ tại các đỉnh của tứ giác OABC với O(0; 0), A(50; 40), $B\left( {\frac{{230}}{3};0} \right)$, $C\left( {0;\frac{{220}}{3}} \right)$.

Ta có $F\left( {0;0} \right) = 50000.0 + 40000.0 = 0$; $F\left( {50;40} \right) = 50000.50 + 40000.40 = 4100000$;

$F\left( {\frac{{230}}{3};0} \right) = 50000.\frac{{230}}{3} + 40000.0 \approx 3833333{,}333$; $F\left( {0;\frac{{220}}{3}} \right) = 50000.0 + 40000.\frac{{220}}{3} \approx 2933333{,}333$.

Vậy giá trị lớn nhất của F là 4100000.

Do đó để mức lãi cao nhất thì xưởng cần sản xuất 50 lít nước mắm loại I và 40 lít nước mắm loại II.

Gọi $x$ là số ghe lớn được chủ khách sạn thuê và y là số ghe nhỏ được chủ khách sạn thuê.

Theo đề ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 8\\0 \le y \le 8\\10x + 5y \ge 40\\4x + 4y \ge 24\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}0\le x\le 8 \\ 0\le y\le 8 \\ 2x+y\ge 8 \\ x+y\ge 6\end{matrix}$

và chi phí $F\left( {x;y} \right) = 250x + 130y$ (đơn vị nghìn đồng).

Vẽ được miền nghiệm của hệ bất phương trình là đa giác ABCDE với $A\left( {6;0} \right),B\left( {2;4} \right),C\left( {0;8} \right),D\left( {8;8} \right),E\left( {8;0} \right)$.

Ta có $F\left( {6;0} \right) = 1500;F\left( {2;4} \right) = 1020;F\left( {0;8} \right) = 1040;F\left( {8;8} \right) = 3040;F\left( {8;0} \right) = 2000$.

Vậy chi phí thấp nhất là 1 020 000 đồng khi thuê 2 ghe lớn và 4 ghe nhỏ.

a) $M = \sin 45^\circ .\cos 45^\circ + \sin 30^\circ$$= \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} = 1$.

b) $Q = \frac{1}{{{{\sin }^2}120^\circ }} - {\cot ^2}120^\circ$$= \frac{4}{3} - \frac{1}{3} = 1$.

Ta có ${\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}$.

Mà $0^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\cos \alpha = \frac{4}{5}$.

Suy ra $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{3}{5}:\frac{4}{5} = \frac{3}{4}$; $\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{4}{3}$.

Có $\sin \left( {180^\circ - \alpha } \right) = \sin \alpha = \frac{3}{5};\cos \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \cos \alpha = - \frac{4}{5}$.

a) Áp dụng định lí côsin, ta có:

${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A$

$\Leftrightarrow {a^2} = {8^2} + {5^2} - 2.8.5\cos 120^\circ = 129 \Rightarrow a = \sqrt {129}$.

Áp dụng định lí sin, ta có:

$\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}$$\Rightarrow \frac{{\sqrt {129} }}{{\sin 120^\circ }} = \frac{8}{{\sin B}} = \frac{5}{{\sin C}}$

$\Rightarrow \{\begin{matrix}\sin B=\frac{8.\sin 120^{\circ}}{\sqrt{129}} \\ \sin C=\frac{5.\sin 120^{\circ}}{\sqrt{129}}\end{matrix}$ $\Rightarrow \{\begin{matrix}\widehat{B}\approx 37{,}59^{\circ} \\ \widehat{C}\approx 22{,}41^{\circ}\end{matrix}$

b) Diện tích tam giác ABC là: $S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}.8.5\sin 120^\circ = 10\sqrt 3$.

c) Theo định lí sin ta có $R = \frac{a}{{2\sin A}} = \frac{{\sqrt {129} }}{{2\sin 120^\circ }} = \sqrt {43}$.

Đường cao AH của tam giác bằng $\frac{{2S}}{a} = \frac{{2.10\sqrt 3 }}{{\sqrt {129} }} = \frac{{20\sqrt {43} }}{{43}}$.

a) Ta có $p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{15 + 20 + 25}}{2} = 30$.

Áp dụng công thức heron, ta có: $S = \sqrt {30.\left( {30 - 15} \right).\left( {30 - 20} \right).\left( {30 - 25} \right)} = 150$.

b) Ta có $S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{15.20.25}}{{4.150}} = 12{,}5$.

Ba vị trí O, M, N tạo thành 3 đỉnh của tam giác

Tam giác OMN có OM = 200m, ON = 500m, $\widehat {MON} = 135^\circ$.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác OMN ta có:

$M{N^2} = O{M^2} + O{N^2} - 2.OM.ON.\cos \widehat {MON}$

$\Leftrightarrow M{N^2} = {200^2} + {500^2} - 2.200.500.\cos 135^\circ \approx 431421$.

Suy ra $MN \approx 657$m.

Vì tam giác $AHB$ vuông tại $H$ nên ta có $AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = 4\sqrt {26}$.

Kẻ $AM//\;HB,$ $M \in BC$. Khi đó $AM = 20{\rm{m}}$, $BM = 4{\rm{m}}$ và tam giác $ABM$ vuông tại $M$.

Suy ra $\sin \widehat {ABM} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{5}{{\sqrt {26} }}$.

Áp dụng định lý sin cho tam giác $ABC$, ta có $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}$.

Đặt $MC = x$, khi đó ta được

$\frac{{4 + x}}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{\sqrt {{{20}^2} + {x^2}} }}{{\frac{{AM}}{{AB}}}} \Leftrightarrow \sqrt 2 \left( {4 + x} \right) = \frac{{\sqrt {26\left( {400 + {x^2}} \right)} }}{5}$

$\Leftrightarrow 24{x^2} + 400x - 9600 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 30\\x = \frac{{40}}{3}\end{array} \right.\;$. Suy ra $MC = x = \frac{{40}}{3}.$

Vậy chiều cao của cây bằng $BC = x + 4 = \frac{{52}}{3} \Rightarrow BC \approx 17{,}3{\rm{m}}{\rm{.}}$

a) $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED}$

$\Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {CB} } \right) + \overrightarrow {CD} + \left( {\overrightarrow {EA} - \overrightarrow {ED} } \right) = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow 0$ (luôn đúng).

b) $\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {ED}$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {EA} - \overrightarrow {ED} = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow 0$ (luôn đúng).

a) Vì K là trung điểm của BI nên $\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AI} } \right).$ (1)

b) Vì I là trung điểm của BC nên $\overrightarrow {AI} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\,.$ (2)

Thay (2) và (1) ta có: $\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)} \right] = \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} .$

a) $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)$ = 90° nên $\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 0$.

$\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)$ = 180° – $\widehat {ABC}$ nên cos$\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)$ = –cos$\widehat {ABC}$ = –$\frac{{AB}}{{BC}}$ = –$\frac{7}{{\sqrt {149} }}$.

$\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CB} } \right)$ = $\widehat {ABC}$ nên cos$\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CB} } \right)$= $\frac{7}{{\sqrt {149} }}$.

b) $\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {HC}$ = HB.HC.cos180° = –HB.HC = –AH$^{2}$.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}$= $\frac{{149}}{{4900}}$

Suy ra AH$^{2}$ = $\frac{{4900}}{{149}}$. Vậy $\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {HC}$ = –$\frac{{4900}}{{149}}$.

a) Vật đứng yên là do $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow 0 \,.$

Vẽ hình thoi MAEB ta có: $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {ME} \,.$

Tam giác MAB là tam giác đều có đường cao $MH = \frac{{100\sqrt 3 }}{2}.$ Suy ra $ME = 100\sqrt 3 .$

b) Lực $\overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {ME}$ có cường độ là $100\sqrt 3$N.

Ta có $\overrightarrow {{F_4}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow 0$, do đó $\overrightarrow {{F_3}}$ là vectơ đối của $\overrightarrow {{F_4}} \,.$ Như vậy $\overrightarrow {{F_3}}$ có cường độ là $100\sqrt 3 \,{\rm{N}}$ và ngược hướng với vectơ $\overrightarrow {ME} \,.$

Cường độ lực tổng hợp của $\left| {\vec F} \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}} + {{\vec F}_2}} \right|$ $= \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right|$ $= 2\left| {\overrightarrow {MI} } \right| = AB$ ($I$ là trung điểm của $AB$).

Ta có $AB = \sqrt {M{A^2} + M{B^2}} = 500$ suy ra $\left| {\vec F} \right| = 500\;\left( N \right)$.