30 câu Trắc nghiệm Toán 10 chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương IX có đáp án

Đáp án đúng là: B

Ta có I là trọng tâm của ∆ABC.

Do đó {xI=xA+xB+xC3=−4+2+23=0yI=yA+yB+yC3=1+4−23=1

Suy ra I(0; 1).

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: B

Ta có u→⊥v→⇔u→.v→=0

⇔ 4.3 + 5.a = 0    

⇔ 12 + 5a = 0

⇔ 5a = –12

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

Với A(–1; 1), B(1; 3), C(5; 2) và D(x_D; y_D) ta có:

AB→=(xB−xA;yB−yA)=(1−(−1);3−1)=(2;2)DC→=(xC−xD;yC−yD)=(5−xD;2−yD)

Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔AB→=DC→

⇔{2=5−xD2=2−yD⇔{xD=3yD=0

Ta suy ra tọa độ D(3; 0).

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Ta có AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2Suy ra AB=(x−6)2+(9+1)2=(x−6)2+102

Theo đề, ta có AB = 55

⇔(x−6)2+102=55

⇔ x² – 12x + 36 + 100 = 125

⇔ x² – 12x + 11 = 0

⇔ x = 11 hoặc x = 1.

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: D

Với a→=(1;2), b→=(−2;3) ta có:

+) 3a→=(3.1;3.2)=(3;6), 2b→=(2.(−2);2.3)=(−4;6)

Suy ra u→=3a→+2b→=(3−4;6+6)=(−1;12)

a→=(3;4), 5b→=(5.(−2);5.3)=(−10;15)Suy ra v→=a→−5b→=(3−(−10);4−15)=(13;−11)

 

+ Với A(–3; 0), B(3; 0), C(2; 6) và H(a; b) ta có:

BC→=(−1;6),  AC→=(5;6)AH→=(a+3;b),  BH→=(a−3;b)

+ Vì H là trực tâm của ∆ABC nên AH ⊥ BC.

Suy ra AH→⊥BC→

Do đó AH→.BC→=0

Khi đó ta có (a + 3).(–1) + 6b = 0

Vì vậy –a + 6b – 3 = 0     (1).

+ Vì H là trực tâm của ∆ABC nên BH ⊥ AC.

Suy ra BH→⊥AC→

Do đó BH→.AC→=0

Khi đó ta có (a – 3).5 + 6b = 0

Vì vậy 5a + 6b – 15 = 0   (2).

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

{−a+6b−3=05a+6b−15=0⇔{a=2b=56

Vậy ta chọn phương án C.

Vì M là trung điểm AB nên {xM=xA+xB2=3+92=6yM=yA+yB2=5+72=6

Suy ra M(6; 6).

Vì N là trung điểm AC nên {xN=xA+xC2=3+112=7yN=yA+yC2=5−12=2

Suy ra N(7; 2).

Do đó ta có MN→=(xN−xM;yN−yM)=(7−6;2−6)=(1;−4)

Vậy ta chọn phương án B.

Vì ∆ABC có AM là đường trung tuyến nên M là trung điểm BC.

Ta suy ra {xM=xB+xC2=4−32=12yM=yB+yC2=5+22=72

Khi đó ta có M(12;72)

Với A(2; –1) và M(12;72) ta có: AM→=(−32;92)⇒23AM→=(−1;3)

Đường thẳng AM có vectơ chỉ phương u→=23AM→=(−1;3) nên đường thẳng AM nhận n→=(3;1) làm vectơ pháp tuyến.

Đường thẳng AM đi qua A(2; –1), có vectơ pháp tuyến n→=(3;1)

Suy ra phương trình tổng quát của đường thẳng AM là:

3.(x – 2) + 1.(y + 1) = 0

⇔ 3x + y – 5 = 0.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng (d): {x=1−2ty=−3+5t

(d) có vectơ chỉ phương u→=(−2;5)

Suy ra (d) có vectơ pháp tuyến n→=(5;2)

(d) đi qua A(1; –3), có vectơ pháp tuyến n→=(5;2) nên có phương trình tổng quát là:

5(x – 1) + 2(y + 3) = 0

⇔ 5x + 2y + 1 = 0.

Ta có M là giao điểm của (d) và (d’) nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:

{5xM+2yM+1=03xM−2yM−1=0⇔{xM=0yM=−12

Khi đó ta có M(0;−12)

Đáp án đúng là: B

•Ta xét phương án A:

d₁ có vectơ chỉ phương u→1=(1;−2)

Suy ra d₁ có vectơ pháp tuyến n→1=(2;1)

d₂ có vectơ pháp tuyến n→2=(2;1)

Do đó n→1.n→2=2.2+1.1=5≠0

Khi đó ta có d₁ không vuông góc với d₂.

Vậy ta loại phương án A.

•Ta xét phương án B:

d₁ có vectơ pháp tuyến n→1=(1;0)

d₂ có vectơ chỉ phương u→2=(1;0)

Suy ra d₂ có vectơ pháp tuyến n→2=(0;1)

Khi đó ta có n→1.n→2=1.0+0.1=0

Do đó n→1⊥n→2

Vì vậy d₁ ⊥ d₂.

Đến đây ta có thể chọn phương án B.

• Ta thực hiện tương tự như trên, ta loại phương án C, D.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

•(d): x – 2y + 5 = 0 ⇔ 2y = x + 5 ⇔ y=12x+52

Do đó (d) có hệ số góc k=12

Vì vậy phương án A đúng.

•(d) và (d’) có vectơ pháp tuyến lần lượt là n→=(1;−2) và n'→=(1;−2).

Ta có n→=n'→

Do đó (d) và (d’) song song hoặc trùng nhau.

Vì vậy phương án B sai.

•Thay tọa độ A(1; –2) vào phương trình (d), ta được:

1 – 2.(–2) + 5 = 10 ≠ 0.

Suy ra A(1; –2) không thuộc (d) hay (d) không đi qua A(1; –2).

Do đó phương án C sai.

•(d) có vectơ pháp tuyến n→=(1;−2).

Suy ra (d) có vectơ chỉ phương u→=(2;1) .

Ở phương án D, ta có vectơ chỉ phương a→=(1;−2).

Ta có: 2.(–2) – 1.1 = –5 ≠ 0.

Suy ra  không cùng phương với .

Do đó phương trình tham số ở đáp án D không phải là phương trình tham số của (d).

Vì vậy phương án D sai.

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: A

Đường cao BH: x – y + 2 = 0 có vectơ pháp tuyến là n→BH=(1;−1) .

Vì BH là đường cao của ∆ABC nên BH ⊥ AC.

Suy ra vectơ pháp tuyến của BH là vectơ chỉ phương của AC.

Do đó vectơ chỉ phương của AC là u→AC=n→BH=(1;−1).

Vì vậy AC có vectơ pháp tuyến là n→AC=(1;1).

Đường thẳng AC đi qua C(–1; 2), có vectơ pháp tuyến n→AC=(1;1)

Suy ra phương trình AC: 1(x + 1) + 1(y – 2) = 0.

⇔ x + y – 1 = 0.

Ta có A là giao điểm của AC và AN.

Do đó tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

{x+y−1=02x−y+5=0⇔{x=−43y=73

Khi đó ta có A(−43;73)

Vậy ta chọn phương án A.

Đáp án đúng là: C

Ta có

 2c→+a→−3b→=0→⇔2c→=3b→−a→⇔c→=32b→−12a→Với a→=(1;2) và b→=(−1;3) ta có:

32b→=(32.(−1);32.3)=(−32;92)12a→=(12.1;12.2)=(12;1)Suy ra c→=32b→−12a→=(−32−12;92−1)=(−2;72)

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: D

Với A(2; 4), B(–2; 10) và D(k; k + 1)  ta có:

AB→=(xB−xA; yB−yA)=(−2−2;10−4)=(−4;6)AD→=(xD−xA; yD−yA)=(k−2;k+1−4)=(k−2;k−3)

Theo đề, ta có điểm D(k; k + 1) thuộc đường thẳng AB.

Tức là  cùng phương

⇔ –4.(k – 3) – 6.(k – 2) = 0

⇔ –4k + 12 – 6k + 12 = 0

⇔ 10k = 24

⇔ k = 12/5

Vậy ta chọn phương án D.

Với A(–1; 2). B(2; 1) ta có:

AB→=(3;−1)⇒AB=32+(−1)2=10

Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương AB→=(3;−1) nên đường thẳng AB nhận n→=(1;3) làm vectơ pháp tuyến.

Đường thẳng AB đi qua B(2; 1), có vectơ pháp tuyến n→=(1;3) nên có phương trình tổng quát là:

1.(x – 2) + 3.(y – 1) = 0 ⇔ x + 3y – 5 = 0.

Vì C ∈ d nên ta có x_C + 2y_C – 3 = 0.

Suy ra x_C = 3 – 2y_C

Khi đó ta có C(3 – 2y_C; y_C)

Gọi CH là đường cao của ∆ABC.

Ta suy ra CH = d(C, AB) = |3−2yC+3yC−5|12+32=|yC−2|10

Ta có S_∆ABC = 2.

⇔ |y_C – 2| = 4

⇔ y_C – 2 = 4 hoặc y_C – 2 = –4.

⇔ y_C = 6 hoặc y_C = –2.

•Với y_C = 6, ta có: x_C = 3 – 2y_C = 3 – 2.6 = –9.

Suy ra C(–9; 6).

•Với y_C = –2, ta có: x_C = 3 – 2y_C = 3 – 2.( –2) = 7.

Suy ra C(7; –2).

Vậy có hai điểm C thỏa mãn yêu cầu bài toán là C(–9; 6), C(7; –2).

Do đó ta chọn phương án D.

Gọi A(x; y) là giao điểm của hai đường thẳng d₁ và d₂.

Khi đó tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

{2x+y−3=0x−2y+1=0⇔x=y=1

Suy ra A(1; 1).

Gọi n→=(a;b) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng ∆.

d₃ có vectơ pháp tuyến n→3=(0;1).

Theo đề, ta có (∆, d₃) = π4.

Suy ra |cos(n→,n→3)|=cosπ4=12

⇔|0.a+1.b|a2+b2.02+12=12⇔2.|b|=a2+b2

⇔ 2b² = a² + b²

⇔ a² = b²

⇔ a = b hoặc a = –b.

• Với a = b: Chọn a = b = 1, ta được .

Đường thẳng ∆ đi qua A(1; 1), có vectơ pháp tuyến  nên có phương trình tổng quát là:

1(x – 1) + 1(y – 1) = 0 ⇔ x + y – 2 = 0.

• Với a = –b: Chọn b = –1, ta suy ra a = 1.

Khi đó ta có n→=(1;−1).

Đường thẳng ∆ đi qua A(1; 1), có vectơ pháp tuyến n→=(1;−1) nên có phương trình tổng quát là:

1(x – 1) – 1(y – 1) = 0 ⇔ x – y = 0.

Vậy có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là:

x + y – 2 = 0; x – y = 0.

Do đó ta chọn phương án C.

Đường tròn (C) có tâm I(–1; 0), bán kính R = 8=22.

Vậy ta chọn phương án C.

Ta có 2x² + 2y² – 8x + 4y – 1 = 0.

Suy ra x² + y² – 4x + 2y – 1/2 = 0.

Phương trình (C) có dạng: x² + y² – 2ax – 2by + c = 0, với a = 2, b = –1, c = -1/2.

Suy ra tâm I(2; –1).

Ta có R² = a² + b² – c = 4+1+12=112.

Suy ra R=112=222

Do đó ta chọn phương án B.

Với I(–2; 3) và M(2; –3)  ta có IM→=(4;−6).

Đường tròn (C) có tâm I(–2; 3) và đi qua điểm M(2; –3) nên bán kính là:

R=IM=42+(−6)2=213

Phương trình đường tròn (C) là: (x + 2)² + (y – 3)² = 52.

Ûx² + y² + 4x – 6y – 39 = 0.

Vậy ta chọn phương án D.

Phương trình đã cho có dạng x² + y² – 2ax – 2by + c = 0, với a = m, b = 2(m – 2), c = 6 – m.

Ta có a² + b² – c = m² + 4(m² – 4m + 4) – 6 + m = 5m² – 15m + 10.

Để phương trình đã cho là phương trình đường tròn thì a² + b² – c > 0.

Nghĩa là 5m² – 15m + 10 > 0

⇔ m < 1 hoặc m > 2.

Vậy m ∈ (–∞; 1) ∪ (2; +∞) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án B.

Gọi I(a; b) là tâm của đường tròn (C).

Ta có I ∈ d.

Suy ra a + 3b + 8 = 0 ⇔ a = –3b – 8.

Ta có đường tròn (C) đi qua điểm A(–2; 1) nên AI = R (1).

Lại có đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng ∆ nên d(I, ∆) = R (2).

Từ (1), (2), ta suy ra IA = d(I, ∆).

⇔(a+2)2+(b−1)2=|3a−4b+10|32+(−4)2⇔(−3b−8+2)2+(b−1)2=|3(−3b−8)−4b+10|32+(−4)2⇔5(−3b−6)2+(b−1)2=|−13b−14|

⇔ 25(9b² + 36b + 36 + b² – 2b + 1) = 169b² + 364b + 196

⇔ 81b² + 486b + 729 = 0

⇔ b = –3.

Với b = –3, ta có a = –3b – 8 = –3.(–3) – 8 = 1.

Khi đó ta có I(1; –3).

R = AI = (1+2)2+(−3−1)2=5

Vậy phương trình đường tròn (C) là: (x – 1)² + (y + 3)² = 25.

Vậy ta chọn phương án D.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC.

Vì M là trung điểm AB nên ta có {xM=xA+xB2=0+22=1yM=yA+yB2=4+42=4

Suy ra M(1; 4).

Tương tự, ta có N(3; 2).

Đường trung trực ∆₁ của đoạn thẳng AB đi qua điểm M(1; 4) và có vectơ pháp tuyến AB→=(2;0)

Suy ra phương trình ∆₁ là: 2(x – 1) + 0(y – 4) = 0 ⇔ x – 1 = 0.

Tương tự, ta có phương trình đường trung trực ∆₂ của đoạn thẳng BC đi qua điểm N(3; 2) và có vectơ pháp tuyến BC→=(2;−4) là:

2(x – 3) – 4(y – 2) = 0 Ûx – 2y + 1 = 0.

Vì IA = IB = IC = R nên I cách đều ba điểm A, B, C.

Do đó I nằm trên đường trung trực ∆₁ và I cũng nằm trên đường trung trực ∆₂.

Hay I là giao điểm của ∆₁ và ∆₂.

Khi đó tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:

{x−1=0x−2y+1=0⇔{x=1y=1

Suy ra tọa độ tâm I(1; 1).

Vậy ta chọn phương án D.

Gọi ∆ là tiếp tuyến cần tìm.

Phương trình đường tròn (C) có dạng: x² + y² – 2ax – 2by + c = 0, với a = –2, b = –2, c = –17.

Suy ra tâm I(–2; –2), bán kính R = a2+b2−c=(−2)2+(−2)2+17=5

Vì ∆ // d nên phương trình ∆ có dạng: 3x – 4y + d = 0 (d ≠ –2023).

Ta có ∆ là tiếp tuyến của (C).

Suy ra d(I, ∆) = R.

⇔|3.(−2)−4.(−2)+d|32+(−4)2=5

⇔ |d + 2| = 25

⇔ d + 2 = 25 hoặc d + 2 = –25

⇔ d = 23 (nhận) hoặc d = –27 (nhận).

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán có phương trình là: 3x – 4y + 23 = 0 và 3x – 4y – 27 = 0.

Do đó ta chọn phương án A.

Gọi ∆ là tiếp tuyến cần tìm.

Đường tròn (C) có tâm I(2; –4), bán kính R = 5.

Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến n→d=(3;−4)

Theo đề, ta có ∆ ⊥ d nên ∆ nhận vectơ pháp tuyến của d làm vectơ chỉ phương.

Do đó ∆ có vectơ chỉ phương u→=n→d=(3;−4)

Khi đó ∆ có vectơ pháp tuyến n→Δ=(4;3)

Vì vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng ∆: 4x + 3y + c = 0.

Vì ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (C) nên d(I, ∆) = R.

⇔|4.2+3.(−4)+c|42+32=5

⇔ |c – 4| = 25

⇔ c – 4 = 25 hoặc c – 4 = –25

⇔ c = 29 hoặc c = –21.

Vậy ∆: 4x + 3y + 29 = 0 hoặc ∆: 4x + 3y – 21 = 0.

Do đó ta chọn phương án D.

Ta viết phương trình d₁:

Ta có 3² + 2² – 2.3 – 4.2 + 1 = 0 (đúng).

Do đó điểm M ∈ (C).

Phương trình đường tròn (C) có dạng: x² + y² – 2ax – 2by + c = 0, với a = 1, b = 2, c = 1.

Suy ra tâm I(1; 2), bán kính R = a2+b2−c=1+4−1=2.

Phương trình d₁ là: (1 – 3)(x – 3) + (2 – 2)(y – 2) = 0

⇔ –2(x – 3) = 0 ⇔ x – 3 = 0.

Tương tự, ta viết phương trình d₂:

Ta có 1² + 0² – 2.1 – 4.0 + 1 = 0 (đúng).

Do đó N ∈ (C).

Phương trình d₂ là: (1 – 1)(x – 1) + (2 – 0)(y –0) = 0

⇔ y = 0.

Gọi A là giao điểm của d₁ và d₂.

Suy ra tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: 

{x−3=0y=0⇔{x=3y=0

Khi đó ta có tọa độ A(3; 0).

Vậy ta chọn phương án A.

Khoảng cách ngắn nhất giữa người đó và trạm viễn thông A chính là khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆. Khi đó ta có:

d(A,Δ)=|2−5.3+6|12+(−5)2=72626≈1,37(km).

Vậy ta chọn phương án C.

(E): x2121+y281=1 nên ta có a = 11, b = 9.

Suy ra c=a2−b2=121−81=210

Ta có tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn là: 2c2a=ca=21011

Vậy ta chọn phương án C.

Hypebol x2144−y216=1 nên ta có a = 12, b = 4.

Suy ra c=a2+b2=144+16=410

Quan sát hình vẽ, ta thấy đỉnh gương là vị trí A₂.

Suy ra A₂(12; 0).

Vì c=410 nên ta có tọa độ các tiêu điểm F1(−410;0) và F2(410;0) và .

Khoảng cách từ ống kính tới đỉnh gương là:

F₁A₂ = F₁O + OA₂ = |−410|+|12|=410+12≈24,6 (inch).

Do đó ta chọn phương án A.

Gọi r là bán kính đáy của tháp (r > 0).

Do tính đối xứng của hypebol nên ta có hai bán kính của nóc và đáy tháp đều bằng nhau.

Chọn điểm M(r; –25) nằm trên hypebol.

Ta suy ra

 r236−(−25)249=1⇔r236=1+(−25)249=67449⇔r2=67449.36=2426449Suy ra r=66747≈22,25

Vậy bán kính đáy của tháp bằng khoảng 22,25 m.

Do đó ta chọn phương án B.

Phương trình parabol có dạng y² = 2px, với p = 10.

Suy ra p2=102=5

Khi đó tọa độ tiêu điểm F(5; 0).

Vậy ta sẽ đặt ống thu tại điểm có tọa độ (5; 0).

Do đó ta chọn phương án D.