Đề thi KSCL đầu năm Toán 10 (có đáp án) - Đề 3

Ta có các mệnh đề là

b) Số $15$ là số nguyên tố.

c) Tổng các góc của một tam giác là $180^\circ$.

d) $3$ là số nguyên dương.

Vậy có 3 mệnh đề. Chọn A.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A,$ ta có: $\tan B = \cot C = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{4}{3};\,\,\tan C = \cot B = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4}.$Chọn A.

Đường sinh của hình nón là: $l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {9^2}} = 15{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Diện tích xung quanh của hình nón là: ${S_{xq}} = \pi Rl = \pi \cdot 9 \cdot 15 = 135\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$ Chọn C.

Tổng số các quả cầu trong hộp là: $5 + 3 + 7 = 15$ (quả cầu).

Trong hộp có $3$ quả cầu màu đỏ.

Khi đó, xác suất của biến cố “Quả cầu được chọn ra màu đỏ” là: $\frac{3}{{15}} = \frac{1}{5} \cdot$ Chọn A.

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn nên $\widehat A + \widehat C = 180^\circ$ (vì $\widehat A,\,\,\widehat C$ là hai góc đối diện của tứ giác $ABCD$).

Mà $\widehat A = 3\widehat C$ nên $3\widehat C + \widehat C = 180^\circ$ hay $4\widehat C = 180^\circ$ nên $\widehat C = 45^\circ .$ Chọn B.

Phủ định $\forall$ là $\exists,\ <\text{ là }\ge.$ Vậy mệnh đề phủ định của mệnh đề $P(x):"\forall x\in\mathbb{R},\,x^2-x+7<0"$ là $\overline{P}(x):"\exists x\in\mathbb{R},\,x^2-x+7\ge0".$

Chọn A.

Ta có $4x - 2 > 2 + 2x$

$$4x - 2x > 2 + 2$$

$$2x > 4$$

$$x > 2.$$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x > 2.$ Chọn A.

a) Đúng. Ta có $x + 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge - 2$. Do đó $A = \left[ { - 2; + \infty } \right)$.

Ta có $2x - 1 < 0 \Leftrightarrow x < \frac{1}{2}$. Do đó $B = \left( { - \infty ;\frac{1}{2}} \right)$.

b) Đúng.

c) Sai. Vì $A \cap B = \left[ { - 2;\frac{1}{2}} \right)$.

d) Sai. Ta có $A \cap B = \left[ { - 2;\frac{1}{2}} \right)$ nên $A \cap B$ có các phần tử nguyên là $- 2; - 1;0$. Do đó số phần tử nguyên của tập hợp$A \cap B$ là 3.

a) Đúng. Ta có $\tan \alpha = 3$ nên $\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{1}{3}$.

b) Đúng. Ta có $\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 1 + {\tan ^2}\alpha = 1 + {3^2} = 10$ $\Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{1}{{10}}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{cos}}\alpha = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\\{\rm{cos}}\alpha = - \frac{1}{{\sqrt {10} }}\end{array} \right.$.

Vì ${\rm{0}}^\circ < \alpha < 90^\circ$ nên $\cos \alpha > 0$$\Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}$.

c) Sai. Vì ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$$\Rightarrow {\sin ^2}\alpha = {\rm{1}} - {\cos ^2}\alpha = 1 - \frac{1}{{10}} = \frac{9}{{10}}$;

$\cot \left( {90^\circ - \alpha } \right) = \tan \alpha = 3$.

Suy ra $5{\sin ^2}\alpha - 3{\cos ^2}\alpha + \cot \left( {90^\circ - \alpha } \right) = 5 \cdot \frac{9}{{10}} - 3 \cdot \frac{1}{{10}} + 3 = \frac{{36}}{5}$.

d) Đúng. Vì ${\rm{tan}}\alpha = 3$ nên $\cos \alpha \ne 0$.

Chia tử và mẫu của $E$ cho ${\cos ^2}\alpha \ne 0$, ta được:

$E = \frac{{\frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} - \frac{{5{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}}}{{\frac{{2{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} + \frac{{3\sin \alpha \cos \alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} + \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}}} = \frac{{{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha - 5}}{{2{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha + 3{\rm{tan}}\alpha + 1}}\,$

$E = \frac{{9 - 5}}{{18 + 9 + 1}} = \frac{4}{{28}} = \frac{1}{7} = \frac{a}{b} \Rightarrow a = 1,b = 7 \Rightarrow a + b = 8$.

Tần số tương đối của vải thiều, nho xanh lần lượt là $50\% ,\,\,15\% .$

Tổng khối lượng của các loại quả bán được là: $\frac{{24}}{{15\% }} \cdot 100\% = 160{\rm{\;(kg)}}{\rm{.}}$

Khối lượng của Vải thiều là: $160 \cdot 50\% = 80{\rm{\;(kg)}}{\rm{.}}$

Đáp án: 80.

Bán kính của của bóng rổ size 7 là: $\frac{{24}}{2} = 12{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Thể tích của quả bóng rổ size 7 là: $\frac{4}{3}\pi \cdot {12^3} = 2304\pi \approx 7\,\,238{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Đáp án: 7238.

Giả sử các điểm $C,\,\,D$ có vị trí như hình vẽ.

Xét $\Delta ACD$ vuông tại $D,$ ta có: $AD = CD \cdot \cot A = CD \cdot \cot 40^\circ .$

Xét $\Delta BCD$ vuông tại $D,$ ta có: $BD = CD \cdot \cot B = CD \cdot \cot 30^\circ .$

Ta có: $AB = BD - AD = CD \cdot \cot 30^\circ - CD \cdot \cot 40^\circ$.

Suy ra $600 = CD\left( {\cot 30^\circ - \cot 40^\circ } \right)$.

Do đó, $CD = \frac{{600}}{{\cot 30^\circ - \cot 40^\circ }} \approx 1\,\,110{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Đáp án: 1110.

Gọi $x$ là số tờ tiền mệnh giá 5 000 đồng Bắc có $\left( {x > 0} \right).$

Khi đó số tờ tiền mệnh giá 2 000 đồng Bắc có là $15 - x$ (tờ).

Tổng số tiền Bắc có là: $5\,\,000x + 2\,\,000\left( {15 - x} \right)$ (đồng).

Theo bài, Bắc có số tiền không vượt quá 60 000 đồng nên ta có bất phương trình:

$5\,\,000x + 2\,\,000\left( {15 - x} \right) \le 60\,\,000$

$$5\,\,000x + 30\,\,000 - 2\,\,000x \le 60\,\,000$$

$$3\,\,000x \le 30\,\,000$$

$x \le 10.$

Vậy Bắc có nhiều nhất 10 tờ tiền mệnh giá 5 000 đồng.

Đáp án: 10.

1) Khi $m = - 2,$ phương trình (1) trở thành ${x^2} + 2x - 3 = 0.$

Phương trình trên có $a = 1,\,\,b = 2,\,\,c = - 3$ nên $a + b + c = 1 + 2 + \left( { - 3} \right) = 0.$

Như vậy, phương trình này có hai nghiệm là ${x_1} = 1;\,\,{x_2} = - 3.$

Vậy khi $m = - 2,$ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = 1;\,\,{x_2} = - 3.$

2) Xét phương trình ${x^2} + 2x + m - 1 = 0\,\,\,(1)$.

Có $\Delta ' = {1^2} - 1 \cdot \left( {m - 1} \right) = 1 - m + 1 = 2 - m.$

Để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ thì $\Delta ' > 0,$ tức là $2 - m > 0,$ hay $m < 2.$

Khi đó, theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\\{x_1}{x_2} = m - 1.\end{array} \right.$

Ta có: $x_1^2 + x_2^2 = 3$

$x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} = 3$

${\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 3$

${\left( { - 2} \right)^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 3$

$4 - 2m + 2 = 3$

$- 2m = - 3$

$m = \frac{3}{2}$ (thỏa mãn $m < 2).$

Vậy $m = \frac{3}{2}.$

Gọi $x,\,\,y$ (nghìn đồng) lần lượt là giá vé cho người lớn và trẻ em $\left( {x,\,\,y > 0} \right).$

Bốn người lớn và ba trẻ em mua vé xem xiếc hết 370 000 đồng nên ta có phương trình:

$4x + 3y = 370.$ (1)

Hai người lớn và hai trẻ em mua vé xem xiếc hết 200 000 đồng nên ta có phương trình:

$2x + 2y = 200$ hay $x + y = 100.$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y = 370\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x + y = 100\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Nhân hai vế của phương trình (2) với 3, ta được hệ phương trình mới $\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y = 370\\3x + 3y = 300.\end{array} \right.$

Trừ từng vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ trên, ta được:

$x = 70$ (thỏa mãn).

Thay $x = 70$ vào phương trình $\left( 2 \right),$ ta được: $70 + y = 100,$ suy ra $y = 30$ (thỏa mãn).

Vậy giá vé của người lớn là $70\,\,000$ đồng và giá vé của trẻ em là $30\,\,000$ đồng.

1) Dựa vào biểu đồ cột kép, ta có biên độ nhiệt của các ngày trong tuần là:

Thứ 2: $36 - 26 = 10,$ thứ 3: $35 - 24 = 11,$ thứ 4: $36 - 27 = 9;$ thứ 5: $35 - 25 = 10;$

Thứ 6: $37 - 25 = 12;$ thứ 7: $36 - 22 = 14;$ chủ nhật: $34 - 23 = 11.$

Vậy ngày có biên độ nhiệt lớn nhất trong tuần của thành phố Hồ Chí Minh là thứ 7.

2) Ta có số ngày có nhiệt độ cao không quá 35 độ C là 3 (ngày).

Suy ra số phần tử của biến cố A là 3.

Xác suất để ngày được chọn có nhiệt độ cao nhất không quá 35 độ C là $\frac{3}{7}$.

Có số ngày có biên độ nhiệt nhỏ hơn 12 độ C là 5 (ngày).

Suy ra số phần tử của biến cố B là 5.

Xác suất để ngày được chọn có biên độ nhiệt nhỏ hơn 12 độ C là $\frac{5}{7}.$