Đề thi giữa kì 1 Toán 10 THPT Kim Sơn A (Ninh Bình) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn B

Câu phát biểu: “Số 2 là số chẵn” là mệnh đề toán học.

Chọn C

Phủ định của $P:"\forall x\in ℝ,\ {x}^{2}-x+7\ne 0"$ là $\overline{P}:"\exists x\in ℝ,\ {x}^{2}-x+7=0"$.

Chọn B

Mệnh đề $P \Rightarrow Q$: “Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối bằng $180^\circ$thì nó nội tiếp đường tròn”. Đây là một mệnh đề đúng. Khi đó, $P \Rightarrow Q$ còn được phát biểu ở trong trong hai cách sau đây:

Tứ giác có tổng số đo hai góc đối bằng $180^\circ$ là điều kiện đủ để nó nội tiếp đường tròn.

Tứ giác nội tiếp đường tròn là điều kiện cần để nó có tổng số đo hai góc đối bằng $180^\circ$.

Chọn A

Xét mệnh đề “$\exists x \in \mathbb{R},\;2x < x$”: Với $x = - 1$, ta được: $2 \cdot \left( { - 1} \right) < - 1$ (đúng).

Suy ra mệnh đề “$\exists x \in \mathbb{R},\;2x < x$” là mệnh đề đúng.

Chọn B

“2 là một số tự nhiên” nghĩa là số 2 là một phần tử thuộc tập $\mathbb{N}$. Vậy ta viết $2 \in \mathbb{N}$.

Chọn D

Minh họa hình vẽ

Suy ra: $M \cap N = [ - 1;3)$

Chọn B

Theo hình vẽ trên thì điểm $O\left( {0;0} \right)$ không thuộc miền nghiệm. Thử với 4 phương án, ta loại phương án $2x - y < 3$ và $x - 2y < 3.$

Đường thẳng trên hình vẽ qua điểm $\left( {0; - 3} \right)$nên phương án $2x - y > 3$thỏa mãn.

Chọn A

Ta có $X = B\backslash A = \left\{ {1;3} \right\}$. Suy ra số phần tử của tập này là 2 phần tử.

Chọn D

Thay lần lượt tọa độ các điểm đã cho vào $2x + y > 3$, ta thấy $2 \cdot 5 + 3 > 3$ (thỏa). Vậy cặp số $\left( {5;3} \right)$ thỏa mãn bất phương trình đã cho.

Chọn B

Mỗi bất phương trình trong hệ phải là bất phương trình bậc nhất 2 ẩn nên phương án

$\left\{ \begin{array}{l}x + 2y \ge 6\\x - 3y < 2\end{array} \right.$ thỏa mãn.

Chọn C

Thử lần lượt 4 phương án vào hệ đã cho, ta thấy tọa độ điểm $N\left( { - 1;1} \right)$ không thỏa mãn.

Chọn C

Thử lần lượt 4 phương án vào hệ đã cho, ta thấy tọa độ $\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)$ thỏa mãn hệ. Vậy $\left( {1; - \frac{1}{2}} \right) \in S$.

Chọn C

Miền nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 4\end{array} \right.$được biểu diễn như hình vẽ bên dưới.

Miền nghiệm là miền tam giác $OAB$, với $O\left( {0;0} \right),\;A(0;4),\;B(4;0)$. Ta có

$F(0;0) = 0 + 3 \cdot 0 = 0$; $F(0;4) = 0 + 3 \cdot 4 = 12$; $F(4;0) = 4 + 3 \cdot 0 = 4$.

Suy ra ${F_{\max }} = 12.$

Chọn D

Với $90^\circ < \alpha < 180^\circ$thì $\sin \alpha > 0$ và $\cos \alpha < 0$. Suy ra $\tan \alpha < 0$ và $\cot \alpha < 0$. Vậy khẳng định $\sin \alpha > 0$ là khẳng định đúng.

Chọn A

Áp dụng định lý cô-sin, ta có ${a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A$.

Chọn B

Diện tích tam giác ABC là

$S=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin A=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 6\cdot \sin {60}^{^{\circ}}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$

Chọn A

Áp dụng định lý sin, ta được $\frac{{NP}}{{\sin M}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{NP}}{{\sin 150^\circ \cdot 2}} = 3$.

Chọn C

Vectơ có điểm đầu là $C$, điểm cuối là $D$ được kí hiệu là $\overrightarrow {CD}$.

Chọn D

$\overrightarrow a$ và $\overrightarrow b$ cùng phương khi giá của chúng song song hoặc trùng nhau.

Chọn A

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow {AA} = \overrightarrow 0$.

Chọn B

Do $\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AM}$ và $\overrightarrow {NC} = \overrightarrow {AN}$ nên

$\overrightarrow u = \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {NC} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {NM}$.

Chọn A

Ta có $\left| {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} } \right| = CB = a$.

Chọn C

Xét $\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {BA} \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {MD} - \overrightarrow {MC} \Leftrightarrow \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {CD}$

Suy ra, $DBMC$là hình bình hành.

Chọn B

“Số $x$ nhỏ hơn $1$” là mệnh đề chứa biến.

Chọn D

Minh họa hình vẽ

Suy ra: $M \cap N = [ - 1;3)$

Chọn B

Xét mệnh đề “Trong một tam giác cân hai đường cao bằng nhau ”. Mệnh đề này có mệnh đề đảo là “Nếu tam giác có hai đường cao bằng nhau thì tam giác đó là tam giác cân”.

Ta chứng minh mệnh đề đảo này là mệnh đề đúng.

Giả sử tam giác ABC có hai đường cao BE và CF bằng nhau.

Xét hai tam giác vuông $\Delta BCE$ và $\Delta BCF$ có

w BC là cạnh chung;

w $BE = CF$ (giả thiết).

Suy ra $\Delta BCE = \Delta BCF \Rightarrow \widehat {FBC} = \widehat {ECB}$ hay tam giác ABC cân tại A.

Chọn A

Theo cách viết tập con của tập số thực, ta có $B = \left( {1;3} \right]$.

Chọn A

Gọi A là tập hợp các học sinh đạt học lực giỏi

B là tập hợp các học sinh đạt hạnh kiểm tốt

Ta có $n\left( A \right) = 15$; $n\left( B \right) = 20$; $n\left( {A \cap B} \right) = 10$

Số học sinh đạt học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt là

$n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right) = 15 + 20 - 10 = 25.$

Suy ra, số học sinh không đạt danh hiệu (không được khen thưởng) là

$45 - 25 = 20$ (học sinh).

Chọn A

Số điểm phần trắc nghiệm bạn An nhận được khi làm đúng x câu là $0{,}2x$.

Số điểm phần tự luận bạn An nhận được khi làm đúng y câu là $0{,}5y$.

Do tổng điểm 2 phần (trắc nghiệm và tự luận) ít nhất 9 điểm nên ta có bất phương trình

$0{,}2x + 0{,}5y \ge 9$.

Chọn D

Miền nghiệm không chứa biên (không lấy dấu “=”) nên ta loại phương án $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\x + 3y \ge - 2\end{array} \right.$ và phương án $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\x + 3y \le - 2\end{array} \right.$ (phương án A và phương án C).

Theo hình vẽ, điểm $\left( {0;1} \right)$thuộc miền nghiệm. Thay toạ độ này vào hai phương án còn lại, chỉ có phương án $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y < 0\\x + 3y > - 2\end{array} \right.$ thoả mãn.

Chọn A

Công thức lượng giác cơ bản ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$.

Chọn D

Áp dụng định lý cô-sin, ta được

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos A = {2^2} + {1^2} - 2.2.1.\cos {60^{\rm{O}}} = 3 \Rightarrow BC = \sqrt 3$.

Chọn C

Ta mô hình hóa bài toán như hình vẽ trên. Khoảng cách từ vị trí mới đến vị trị ban đầu chính bằng độ dài đoạn AC. Áp dụng định lý cô-sin trong tam giác ABC, ta được

$AC = \sqrt {B{A^2} + B{C^2} - 2BA.BC.\cos {{135}^{\rm{o}}}} \approx 8{,}39{\rm{ km}}{\rm{.}}$

Chọn A

Theo hình vẽ, đẳng thức đúng là $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$ (cùng hướng và cùng độ dài).

Chọn C

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AD}$, với D là đỉnh của hình vuông ABDC.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD} } \right| = AD = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 .$

Ta có $\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DC}$,

mà tứ giác $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$ $\Rightarrow \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow 0 .$

Vậy $\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow 0$.

Để $A \cup X = B$ thì $\left\{ {3;4;5} \right\} \subset X$. Suy ra tất cả có 8 tập $X$là

$\left\{ {3;4;5} \right\}$; $\left\{ {3;4;5;0} \right\}$; $\left\{ {3;4;5;1} \right\}$; $\left\{ {3;4;5;2} \right\}$;

$\left\{ {3;4;5;0;1} \right\}$; $\left\{ {3;4;5;0;2} \right\}$ ; $\left\{ {3;4;5;1;2} \right\}$;$\left\{ {3;4;5;0;1;2} \right\}$.

a) Vẽ đường thẳng $\Delta :x + 2y - 3 = 0$ đi qua 2 điểm $A\left( {3;0} \right),B\left( {0;\frac{3}{2}} \right)$.

Lấy điểm $O\left( {0;0} \right)$ có $0 + 2.0 - 3 < 0$ đúng.

Suy ra miền nghiệm của BPT đã cho là nửa mặt phẳng bờ $\Delta$ (kể cả $\Delta$) chứa điểm $O$ như hình vẽ

b) Giả sử trong mỗi tháng cửa hàng cần làm $x$ kệ sách và $y$ bàn làm việc. $(x,y \in N)$

Từ giả thiết, ta được hệ bất phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\5x + 10y \le 600\\4x + 3y \le 240\end{array} \right.$

Mỗi tháng khi bán $x$ kệ sách và $y$ bàn làm việc lợi nhuận thu được là

$F\left( {x;y} \right) = 400x + 750y$. (nghìn đồng)

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của $F\left( {x;y} \right)$ khi $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn hệ bất phương trình trên.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác $OABC$ với tọa độ các đỉnh $O\left( {0;0} \right),A\left( {0;60} \right),B\left( {24;48} \right),C\left( {60;0} \right)$.

Tính giá trị của biểu thức $F$ tại các đỉnh của tứ giác này

$$F\left( {0;0} \right) = 0,\quad F\left( {0;60} \right) = 45000,\quad F\left( {24;48} \right) = 45600,\quad F\left( {60;0} \right) = 24000.$$

So sánh các giá trị thu được của $F$ ta được giá trị lớn nhất cần tìm là $F\left( {24;48} \right) = 45600.$

Vậy trong mỗi tháng cửa hàng cần làm $24$ kệ sách và $48$ bàn làm việc để lợi nhuận thu được là lớn nhất.

a)

Trong tam giác ABC, tính được

$\cos B = \frac{{B{A^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2BA.BC}} = \frac{9}{{16}} \Rightarrow B \approx 55{,}77^\circ$

Trong tam giác ABM, có $BM = \frac{1}{3}BC = \frac{1}{3}.6 = 2$. Áp dụng định lý cô-sin:

$AM = \sqrt {B{A^2} + B{M^2} - 2BA.BM.\cos B} = \sqrt {11} .$

b) Ta có

$S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{{a + b + c}}{2}r \Rightarrow bc = 2(a + b + c)$;

$\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{1}{2}$.

Kết hợp với giả thiết, ta được hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}b + c = 13\\bc = 2(a + b + c)\\\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{1}{2}\end{array} \right.$

Giải hệ phương trình này, ta được 2 nghiệm $\left\{ \begin{array}{l}a = 7\\b = 8\\c = 5\end{array} \right.;\quad \left\{ \begin{array}{l}a = 7\\b = 5\\c = 8\end{array} \right.$.

Đối chiếu điều kiện $c > b$, ta được kết quả $a = 7,\;b = 5,\;c = 8.$