Đề kiểm tra Bài tập cuối chương III lớp 10 (có lời giải) - Đề 1

Chọn A

Ta có: $P = \sin 30^\circ \cos 60^\circ + sin60^\circ cos30^\circ = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 1$.

Chọn A

Ta có $\sin {0^{\rm{o}}} + \cos {0^{\rm{o}}} = 1$.

Chọn A

$E = \sin {36^{\rm{o}}}\cos {6^{\rm{o}}}\sin \left( {{{90}^{\rm{o}}} + {{36}^{\rm{o}}}} \right)\cos \left( {{{90}^{\rm{o}}} - {6^{\rm{o}}}} \right) = \sin {36^{\rm{o}}}\cos {6^{\rm{o}}} - \cos {36^{\rm{o}}}\sin {6^{\rm{o}}} = \sin {30^{\rm{o}}} = \frac{1}{2}$

Chọn C

$S = {\sin ^2}{2^{\rm{o}}} + {\sin ^2}{4^{\rm{o}}} + {\sin ^2}{6^{\rm{o}}} + ... + {\sin ^2}{84^{\rm{o}}} + {\sin ^2}{86^{\rm{o}}} + {\sin ^2}{88^{\rm{o}}}$

$$= \left( {{{\sin }^2}{2^{\rm{o}}} + {{\sin }^2}{{88}^{\rm{o}}}} \right) + \left( {{{\sin }^2}{4^{\rm{o}}} + {{\sin }^2}{{86}^{\rm{o}}}} \right) + ... + \left( {{{\sin }^2}{{44}^{\rm{o}}} + {{\sin }^2}{{46}^{\rm{o}}}} \right)$$

$= \left( {{{\sin }^2}{2^{\rm{o}}} + {{\cos }^2}{2^{\rm{o}}}} \right) + \left( {{{\sin }^2}{4^{\rm{o}}} + {{\cos }^2}{4^{\rm{o}}}} \right) + ... + \left( {{{\sin }^2}{{44}^{\rm{o}}} + {{\cos }^2}{{44}^{\rm{o}}}} \right) = 22$.

Chọn B

$\tan \alpha - \cot \alpha = 3 \Leftrightarrow {\left( {\tan \alpha - \cot \alpha } \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha - 2\tan \alpha .\cot \alpha = 9$

$\Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha - 2 = 9 \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha = 11$.

Chọn B

${\tan ^2}x{\sin ^2}x - {\tan ^2}x + {\sin ^2}x = {\tan ^2}x\left( {{{\sin }^2}x - 1} \right) + {\sin ^2}x = \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}}\left( { - {{\cos }^2}x} \right) + {\sin ^2}x = 0$.

Chọn B

Ta có $\cos \alpha = - \cos \left( {180^\circ - \alpha } \right)\quad \left( {0^\circ \le \alpha \le 180^\circ } \right)$nên suy ra $\cos \alpha + \cos \left( {180^\circ - \alpha } \right) = 0$.

Do đó: $A = \left( {\cos 20^\circ + \cos 160^\circ } \right) + \left( {\cos 40^\circ + \cos 140^\circ } \right) + \left( {\cos 60^\circ + \cos 120^\circ } \right)$$+ \left( {\cos 80^\circ + \cos 100^\circ } \right) + \cos 180^\circ$ $= \,\,\cos 180^\circ = - 1$.

Chọn A

$f\left( x \right) = {\cos ^2}x\left( {{{\cos }^2}x + {{\sin }^2}x} \right) + {\sin ^2}x = {\cos ^2}x + {\sin ^2}x = 1$.

Chọn B

$\sin x + \cos x = m\,\, \Rightarrow \,{\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}\, = {m^2}\, \Leftrightarrow \,\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) + 2\sin x.\cos x = {m^2}\,$

$\Leftrightarrow \,1 + 2\sin x.\cos x = {m^2} \Leftrightarrow \,\sin x.\cos x = \frac{{{m^2} - 1}}{2}$.

Vậy $M = \frac{{{m^2} - 1}}{2}$.

Chọn A

Ta có $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}$$\Leftrightarrow BC = \frac{{4.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 6$.

Chọn A

Ta có: $p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = \frac{{3 + 5 + 6}}{2} = 7$.

Vậy diện tích tam giác $ABC$ là: $S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} = \sqrt {7\left( {7 - 3} \right)\left( {7 - 6} \right)\left( {7 - 5} \right)} = \sqrt {56}$.

Chọn B

Ta có: Trong tam giác vuông $CDA$: $\tan {72^0}12' = \frac{{CD}}{{AD}} \Rightarrow AD = \frac{{CD}}{{\tan {{72}^0}12'}} = \frac{{80}}{{\tan {{72}^0}12'}} \simeq 25{,}7.$

Trong tam giác vuông $CDB$: $\tan {34^0}26' = \frac{{CD}}{{BD}} \Rightarrow BD = \frac{{CD}}{{\tan {{34}^0}26'}} = \frac{{80}}{{\tan {{34}^0}26'}} \simeq 116{,}7.$

Suy ra: khoảng cách $AB = 116{,}7 - 25{,}7 = 91\,m.$

Ta có: $\widehat C = {90^{\rm{o}}} - \widehat B = {60^{\rm{o}}}$.

Khi đó $\cos C = \cos {60^{\rm{o}}} = \frac{1}{2} \ne \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Ta có $p = (6 + 8 + 10):2 = 12(\;cm)$.

Áp dụng công thức Heron trong tam giác, ta có:

$S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)}$ hay $S = \sqrt {12 \cdot (12 - 6) \cdot (12 - 8) \cdot (12 - 10)} = 24\left( {\;c{m^2}} \right)$.

Mà $S = p \cdot r$ nên $r = S:p = 24:12 = 2(\;cm)$.

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Theo định lí cosin, ta có: ${c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C$

$= {(49{,}4)^2} + {(26{,}4)^2} - 2.49{,}4.26{,}4 \cdot \cos \left( {{{47}^0}{{20}^\prime }} \right) \approx 1369{,}66.{\rm{ }}$

Suy ra: $c \approx 37\;cm$.

Ta có: $\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} \approx \frac{{{{\left( {26{,}4} \right)}^2} + 1369{,}66 - {{\left( {49{,}4} \right)}^2}}}{{2.26{,}4.37}} \approx - 0{,}191 \Rightarrow \widehat A \approx 101^\circ$

Ta có: $\widehat B = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat C} \right) \approx 31^\circ 40'$

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

$\cos A=\frac{{b}^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{A}={60}^{^{\circ}};\cos B=\frac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{B}={45}^{^{\circ}}$

$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{2};S = \frac{1}{2}BC \cdot AH \Rightarrow AH = \frac{{2S}}{{BC}};S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \sqrt 2 .$

$E={\sin }^{2}{5}^{^{\circ}}+{\sin }^{2}{13}^{^{\circ}}+{\sin }^{2}({90}^{^{\circ}}-{13}^{^{\circ}})+{\sin }^{2}({90}^{^{\circ}}-{5}^{^{\circ}})$

$={\sin }^{2}{5}^{^{\circ}}+{\sin }^{2}{13}^{0}+{\cos }^{2}{13}^{0}+{\cos }^{2}{5}^{0}$

$= \left( {{{\sin }^2}{5^0} + {{\cos }^2}{5^0}} \right) + \left( {{{\sin }^2}{{13}^0} + {{\cos }^2}{{13}^0}} \right) = 1 + 1 = 2$

Lời giải

${\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = \frac{{144}}{{169}} \Rightarrow \cos \alpha = \pm \frac{{12}}{{13}}$

Do $\alpha$ là góc tù nên $\cos \alpha < 0$, từ đó $\cos \alpha = - \frac{{12}}{{13}}$

Như vậy $3\sin \alpha + 2\cos \alpha = 3 \cdot \frac{5}{{13}} + 2\left( { - \frac{{12}}{{13}}} \right) = - \frac{9}{{13}}$

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $ABC$, ta có: $\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB \cdot AC}} = \frac{{{4^2} + {5^2} - {6^2}}}{{2.4.5}} = \frac{1}{8}$. Mà $\widehat{A}<{180}^{^{\circ}}$ nên $\sin A = \sqrt {1 - {{\cos }^2}A} = \sqrt {1 - \frac{1}{{64}}} = \frac{{3\sqrt 7 }}{8}$

Áp dụng định lí sin, ta có: $\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{6}{{2 \cdot \frac{{3\sqrt 7 }}{8}}} \approx 3(\;cm)$.

Xét tam giác $ABC$, ta có: $\widehat{ABC}={180}^{^{\circ}}-{70}^{^{\circ}}-{50}^{^{\circ}}={60}^{^{\circ}}$

Áp dụng định lí sin, ta có: $\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}\Rightarrow AB=\frac{AC\sin C}{\sin B}=\frac{50\sin {50}^{^{\circ}}}{\sin {60}^{^{\circ}}}\approx 44(m)$

Kẻ $AK \bot BN;{A^\prime }H \bot BN$.

Gọi ${A^\prime }$ đối xứng với $A$ qua $MN,D$ là trung của $NB$.

$T = CA + CB = C{A^\prime } + CB \ge {A^\prime }B$ (không đổi). Đẳng thức xảy ra khi $\{ C\} = MN \cap {A^\prime }B$.

$MN = AK = {A^\prime }H = \sqrt {A{B^2} - K{B^2}} = \sqrt {{{(3\sqrt {37} )}^2} - {3^2}} = 18\;km.$

Vậy ${A^\prime }B = \sqrt {{A^\prime }{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{{18}^2} + {9^2}} = 9\sqrt 5 \simeq 20{,}12\;km$.