Đề kiểm tra Bài tập cuối chương III lớp 10 (có lời giải) - Đề 2

Chọn A

$\tan {30^{\rm{o}}} + \cot {30^{\rm{o}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} + \sqrt 3 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}$.

Chọn B

$\tan {45}^{^{\circ}}+\cot {135}^{^{\circ}}=1-1=0$

Chọn D

$A = \left( {{{\sin }^2}{{51}^{\rm{o}}} + {{\sin }^2}{{39}^{\rm{o}}}} \right) + \left( {{{\sin }^2}{{55}^{\rm{o}}} + {{\sin }^2}{{35}^{\rm{o}}}} \right) = \left( {{{\sin }^2}{{51}^{\rm{o}}} + {{\cos }^2}{{51}^{\rm{o}}}} \right) + \left( {{{\sin }^2}{{55}^{\rm{o}}} + {{\cos }^2}{{55}^{\rm{o}}}} \right) = 2$

Chọn B

$B = \left( {{{\cos }^2}{{73}^{\rm{o}}} + {{\cos }^2}{{17}^{\rm{o}}}} \right) + \left( {{{\cos }^2}{{87}^{\rm{o}}} + {{\cos }^2}{3^{\rm{o}}}} \right) = \left( {{{\cos }^2}{{73}^{\rm{o}}} + {{\sin }^2}{{73}^{\rm{o}}}} \right) + \left( {{{\cos }^2}{{87}^{\rm{o}}} + {{\sin }^2}{{87}^{\rm{o}}}} \right) = 2$

Chọn A

Theo định lý cosin có:

$A{C^2} = B{A^2} + B{C^2} - 2BA.BC.\cos \widehat {ABC} = 73$ $\Rightarrow AC = \sqrt {73}$.

Vậy $AC = \sqrt {73}$.

Chọn A

Áp dụng định lí cosin cho tam giác $ABC$ta có:

${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A = {7^2} + {5^2} - 2.7.5.\frac{4}{5} = 18$.

Suy ra:$a = \sqrt {18} = 3\sqrt 2$.

Chọn B

Ta có: $\sin a + \cos a = \sqrt 2$$\Rightarrow 2 = {\left( {\sin a + \cos a} \right)^2}$$\Rightarrow \sin a.\cos a = \frac{1}{2}$.

${\sin ^4}a + {\cos ^4}a = \left( {{{\sin }^2}a + {{\cos }^2}a} \right) - 2{\sin ^2}a{\cos ^2}a = 1 - 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}$.

Chọn A

${\sin ^4}x + {\cos ^4}x = 1 - 2{\sin ^2}x{\cos ^2}x$.

${\sin ^6}x + {\cos ^6}x = 1 - 3{\sin ^2}x{\cos ^2}x$.

$f\left( x \right) = 3\left( {1 - 2{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x} \right) - 2\left( {1 - 3{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x} \right) = 1$.

Chọn B

$\widehat {\rm{C}} = 180^\circ - \widehat {\rm{A}} - \widehat {\rm{B}} = 180^\circ - 40^\circ - 60^\circ = 80^\circ$

Áp dụng định lý sin: $\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\sin C}}.\sin A = \frac{5}{{\sin 80^\circ }}\sin 40^\circ \approx 3{,}3$.

Chọn A

Ta có: $p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{13 + 14 + 15}}{2} = 21$.

Suy ra: $S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} = \sqrt {21(21 - 13)(21 - 14)(21 - 15)} = 84$.

Chọn B

Ta có: $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.c{\rm{os}}\widehat {ABC} = 4 + 9 - 2.2.3.c{\rm{os60}}^\circ = 13 - 6 = 7$.

Suy ra $AC = \sqrt 7$.

Chu vi tam giác $ABC$ là $AB + AC + BC = 2 + 3 + \sqrt 7$.

Diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC.\sin \widehat {ABC} = \frac{1}{2}.2.3.\sin 60^\circ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$ (đvdt).

Chọn A

Bán kính $R$ của chiếc đĩa bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác$ABC$.

Nửa chu vi của tam giác $ABC$ là: $p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{4{,}3 + 3{,}7 + 7{,}5}}{2} = \frac{{31}}{4}$cm.

Diện tích tam giác $ABC$ là: $S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - CA} \right)} \approx 5{,}2$cm2.

Mà $S = \frac{{AB.BC.CA}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{AB.BC.CA}}{{4S}} \approx 5{,}73$cm.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

Với $\Delta ABC$ bất kì, ta có công thức tính diện tích: $S = \frac{{abc}}{{4R}}$. Câu B sai

a) Sai

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

a) $D = a.1 + b.0 + c.0 = a$.

b) $E = {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + 2 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} - 5.1 = - \frac{{11}}{4}$.

c) $F = {\cos ^2}{24^0} + {\sin ^2}{24^0} + {\cos ^2}{1^0} + {\sin ^2}{1^0} = 1 + 1 = 2$.

d) $G={\cos }^{2}{45}^{^{\circ}}+{\sin }^{2}{45}^{^{\circ}}+{\sin }^{2}{45}^{^{\circ}}-2({\cos }^{2}{50}^{^{\circ}}+{\cos }^{2}{40}^{^{\circ}})-5\tan {55}^{^{\circ}}\cot {55}^{^{\circ}}$

$={\cos }^{2}{45}^{^{\circ}}+{\sin }^{2}{45}^{^{\circ}}+{\sin }^{2}{45}^{^{\circ}}-2({\cos }^{2}{50}^{^{\circ}}+{\sin }^{2}{50}^{^{\circ}})-5\tan {55}^{^{\circ}}\cot {55}^{^{\circ}}=\frac{-11}{2}$

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Áp dụng định lí cosin trong tam giác, ta có: ${c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}-2ab\cos C$ hay ${c}^{2}={3}^{2}+{4}^{2}-2\cdot 3\cdot 4\cdot \cos {30}^{^{\circ}}=25-12\sqrt{3}$. Do đó, $c \approx 2{,}05(\;cm)$.

Ta có ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A \Rightarrow \cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{{4^2} + {{(25 - 12\sqrt 3 )}^2} - {3^2}}}{{2 \cdot 4 \cdot \sqrt {25 - 12\sqrt 3 } }} \approx 0{,}68$.

Suy ra $\widehat{A}\approx 47,{2}^{^{\circ}}$. Do đó, $\widehat{B}={180}^{^{\circ}}-\widehat{A}-\widehat{C}={180}^{^{\circ}}-47,{2}^{^{\circ}}-{30}^{^{\circ}}=102,{8}^{^{\circ}}$

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

a) Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ABC$, ta có: $\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}$.

b) Góc $A$ vuông khi và chỉ khi ${a^2} = {b^2} + {c^2}$;

c) Góc $A$ nhọn khi và chỉ khi $\cos A > 0$ hay ${b^2} + {c^2} - {a^2} > 0 \Leftrightarrow {a^2} < {b^2} + {c^2}$.

d) Góc $A$ tù khi và chỉ khi $\cos A < 0$ hay ${b^2} + {c^2} - {a^2} < 0 \Leftrightarrow {a^2} > {b^2} + {c^2}$.

$\sin A\cdot \cos (B+C)+\cos A\cdot \sin (B+C)=\sin A\cdot \cos ({180}^{^{\circ}}-A)+\cos A\cdot \sin ({180}^{^{\circ}}-A)$

= - \sin A \cdot \cos A + \cos A \cdot \sin A = 0\).

Vì $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{3}$ nên $\cos \alpha \ne 0$.

Chia cả tử và mẫu của $P$ cho $\cos \alpha$, ta được: $A = \frac{{3\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} + 4}}{{2\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} - 5}} = \frac{{3\tan \alpha + 4}}{{2\tan \alpha - 5}} = \frac{{3 \cdot \frac{1}{3} + 4}}{{2 \cdot \frac{1}{3} - 5}} = - \frac{{15}}{{13}}{\rm{. }}$

$1 + {\tan ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} \Rightarrow {\tan ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} - 1 = \frac{1}{{\frac{4}{{25}}}} - 1 = \frac{{21}}{4}$.

$\Rightarrow \tan \alpha = - \frac{{\sqrt {21} }}{2}$ (Do ${90}^{^{\circ}}<α<{180}^{^{\circ}})$

Ta có: $\widehat{{C}_{1}D{A}_{1}}={90}^{^{\circ}}-{49}^{^{\circ}}={41}^{^{\circ}};\widehat{{C}_{1}D{B}_{1}}={90}^{^{\circ}}-{35}^{^{\circ}}={55}^{^{\circ}}$, nên $\widehat{{A}_{1}D{B}_{1}}={14}^{^{\circ}}$.

Xét tam giác ${A_1}D{B_1}$, có: $\frac{{A}_{1}{B}_{1}}{\sin \widehat{{A}_{1}D{B}_{1}}}=\frac{{A}_{1}D}{\sin \widehat{{A}_{1}{B}_{1}D}}\Rightarrow {A}_{1}D=\frac{12\cdot \sin {35}^{^{\circ}}}{\sin {14}^{^{\circ}}}\approx 28{,}45m$

Xét tam giác ${C_1}{A_1}D$ vuông tại ${C_1}$, có:

$\begin{matrix}\sin \widehat{{C}_{1}{A}_{1}D}=\frac{{C}_{1}D}{{A}_{1}D}\Rightarrow {C}_{1}D={A}_{1}D\cdot \sin {C}_{1}{A}_{1}D=28{,}45\cdot \sin {49}^{^{\circ}}\approx 21{,}47m \\ \Rightarrow CD={C}_{1}D+C{C}_{1}\approx 22{,}77m.\end{matrix}$

$\widehat{ACB}={120}^{^{\circ}};\widehat{ABC}={30}^{^{\circ}}\Rightarrow \widehat{BAC}={30}^{^{\circ}}$. Nên $\Delta ABC$ cân tại $C \Rightarrow AC = BC = 100$

Trong tam giác vuông $AHC:\sin \widehat{ACH}=\frac{AH}{AC}\Leftrightarrow AH=AC\cdot \sin {30}^{^{\circ}}=50m$

Ta có: $\widehat{C}={180}^{^{\circ}}-\widehat{A}-\widehat{B}={65}^{^{\circ}}$

Áp dụng định lí sin vào tam giác $ABC$ ta có

$\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}\Rightarrow AC=\frac{AB\cdot \sin B}{\sin C}=\frac{40\cdot \sin {70}^{^{\circ}}}{\sin {65}^{^{\circ}}}\approx 41{,}47m\text{.}$

Vậy khoảng cách giữa $A$ và $C$ khoảng $41{,}47m$.