Đề kiểm tra Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 có đáp án (Đề 2)

Có $\overrightarrow u = \left( {4; - 2} \right) = 2\left( {2; - 1} \right)$ nên đường thẳng $d$ cũng nhận $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 1} \right)$làm vectơ chỉ phương.

Đường thẳng $d$ đi qua $A\left( {3; - 6} \right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 1} \right)$ có phương trình tham số là

$\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y = - 6 - t\end{array} \right.$. Chọn C.

Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( { - 1;3} \right)$ và $R = \sqrt 5$.

Tiếp tuyến tại $M$ của $\left( C \right)$ nhận $\overrightarrow {IM} = \left( {1; - 2} \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là

$x - 2\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y + 2 = 0$. Chọn C.

a) Thay tọa độ điểm $M$ vào phương trình hypebol ta được $\frac{{{{\left( {\sqrt {20} } \right)}^2}}}{{20}} - \frac{{{4^2}}}{{16}} = 1\;$ (vô lí).

Suy ra $M\left( {\sqrt {20} ;4} \right) \notin \left( H \right)$.

b) Tiêu cự hypebol $2c = 2\sqrt {20 + 16} = 12$.

c) Các tiêu điểm của hypebol là ${F_1}\left( { - 6;0} \right);{F_2}\left( {6;0} \right)$.

d) Thay $x = 8;y = b$ vào phương trình $\left( H \right)$ thì $\frac{{64}}{{20}} - \frac{{{b^2}}}{{16}} = 1 \Rightarrow b = \frac{{4\sqrt {55} }}{5}$ hoặc $b = - \frac{{4\sqrt {55} }}{5}$.

Mà $b < 0$ nên $A\left( {8;\frac{{ - 4\sqrt {55} }}{5}} \right)$.

Vậy $A{F_1} = \sqrt {{{\left( { - 6 - 8} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4\sqrt {55} }}{5}} \right)}^2}} = \frac{{34\sqrt 5 }}{5}$.

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

a) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;3} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0; - 6} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = \left( { - 2} \right) \cdot 0 + 3 \cdot \left( { - 6} \right) = - 18$.

b) $\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{{ - 18}}{{\sqrt {13} \cdot \sqrt {36} }} = - \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}}$.

c) Gọi $D\left( {x;y} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {DC} = \left( {2 - x; - 2 - y} \right),\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;3} \right)$.

Để $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x = - 2\\ - 2 - y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = - 5\end{array} \right.$.

Vậy $D\left( {4; - 5} \right)$.

d) Gọi $H\left( {x;y} \right)$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Ta có $\overrightarrow {AH} = \left( {x - 4;y - 1} \right),\overrightarrow {BH} = \left( {x - 2;y - 4} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0; - 6} \right);\overrightarrow {AC} = \left( { - 2; - 3} \right)$.

Do $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ nên

$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\BH \bot AC\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {BC} = 0\\\overrightarrow {BH} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0\left( {x - 4} \right) - 6\left( {y - 1} \right) = 0\\ - 2\left( {x - 2} \right) - 3\left( {y - 4} \right) = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{13}}{2}\\y = 1\end{array} \right.$$\Rightarrow H\left( {\frac{{13}}{2};1} \right)$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

Gọi $\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$ với $a > b > 0$.

Vì elip $\left( E \right)$ đi qua hai điểm $P\left( {0;8} \right),Q\left( {6; - \frac{{32}}{5}} \right)$ nên $\left\{ \begin{array}{l}\frac{{64}}{{{b^2}}} = 1\\\frac{{36}}{{{a^2}}} + \frac{{1024}}{{25{b^2}}} = 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 64\\{a^2} = 100\end{array} \right.$.

Vậy $\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1$.

Cho $y = 0$ thì $\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{0}{{64}} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 10$.

Vậy hoành độ giao điểm của $\left( E \right)$ với tia $Ox$ là $10$.

Theo đề ta có $\left\{ \begin{array}{l}{F_1}{F_2} = 2c = 6\\M{F_1} + M{F_2} = 2a = 10\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 3\\a = 5\end{array} \right.$$\Rightarrow b = \sqrt {{a^2} - {c^2}} = \sqrt {25 - 9} = 4$.

Vậy phương trình $\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1$.

Gọi hình chữ nhật nội tiếp elip có tọa độ các đỉnh lần lượt là $\left( {x;y} \right);\left( {x; - y} \right);\left( { - x;y} \right);\left( { - x; - y} \right)$ với $x,y > 0$.

Khi đó diện tích hình chữ nhật là $S = 2x \cdot 2y = 4xy$.

Vì $\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1 \Rightarrow y = 4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}}$. Do đó $S = 16x\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}}$$= \frac{{16}}{5}\sqrt {{x^2}\left( {25 - {x^2}} \right)}$.

Ta có $\sqrt {{x^2}\left( {25 - {x^2}} \right)} \le \frac{{{x^2} + 25 - {x^2}}}{2} = \frac{{25}}{2}$ (Áp dụng bất đẳng thức Côsi).

Do đó $S \le \frac{{16}}{5} \cdot \frac{{25}}{2} = 40$.

Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật dùng để trồng hoa là 40 m$^{2}$.

Tam giác $ABC$ vuông tại A, có $AB = \frac{{AC}}{{\tan B}} = \frac{{2{,}5}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{6}$.

Suy ra $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2} + 2,{5^2}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có $P = \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {BC} } \right)$

$= \frac{1}{4}\left( { - \left| {\overrightarrow {BA} } \right|\left| {\overrightarrow {BC} } \right|\cos B + \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos C} \right)$$= \frac{1}{4}\left( { - \frac{{5\sqrt 3 }}{6} \cdot \frac{{5\sqrt 3 }}{3} \cdot \cos 60^\circ + 2{,}5 \cdot \frac{{5\sqrt 3 }}{3} \cdot \cos 30^\circ } \right) = \frac{{25}}{{24}} \approx 1{,}04$.