Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: D

Từ hình vẽ, ta thấy trong khoảng \(\left( {4; + \infty } \right)\), đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) đi lên từ trái sang phải. Do đó, hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {4; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: D

Biếu thức \(\frac{3}{{4x - 2}}\) có nghĩa khi \(4x - 2 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{1}{2}\).

Vậy tập xác định của hàm số \(y = \frac{3}{{4x - 2}}\) là: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{2}} \right\}\).

Đáp án đúng là: B

Hàm số bậc hai được cho bởi công thức: \(y = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\).

Do đó, \(y = {x^2} - 4x + 1\) là hàm số bậc hai.

Đáp án đúng là: A

Đồ thị hàm số bậc hai: \(y = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\) có dạng là một parabol.

Như vậy, hình ảnh (A) là đồ thị của hàm số bậc hai.

Đáp án đúng là: A

Vì parabol \(y = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\) có trục đối xứng \(x = 2\) nên ta có:

\(\frac{{ - b}}{{2a}} = 2 \Rightarrow 4a = - b \Leftrightarrow 4a + b = 0\,\left( 1 \right)\)

Vì parabol đi qua hai điểm \(A\left( {0;6} \right)\) và \(B\left( {1;9} \right)\) nên ta có:

\(6 = a \cdot {0^2} + b \cdot 0 + c \Leftrightarrow c = 6\)

\(9 = a \cdot {1^2} + b \cdot 1 + c \Leftrightarrow a + b + 6 = 9 \Leftrightarrow a + b = 3\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}4a + b = 0\\a + b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 4\end{array} \right.\).

Vậy \(y = - {x^2} + 4x + 6\).

Đáp án đúng là: B

Tam thức bậc hai (đối với \(x\)) là biểu thức dạng \[a{x^2} + bx + c\]. Trong đó \(a\), \(b\), \(c\) là những số cho trước với \(a \ne 0\).

Như vậy \(f\left( x \right) = x + 4\) không phải là tam thức bậc hai.

Đáp án đúng là: C

\(f\left( x \right) = - 2x + {x^2} + 1 = {x^2} - 2x + 1\) có: \(\Delta = {( - 2)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 1 = 0\) .

Xét \(f\left( x \right) = - 2x + {x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Mà \(a = 1 > 0\)

Như vậy tam thức \(f\left( x \right)\) luôn mang dấu dương với mọi giá trị \(x \ne 1\).

Đáp án đúng là: B

Xét \(f\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 1\) có:

\(a = 3 > 0\)

\(\Delta = {\left( { - 6} \right)^2} - 4 \cdot 3 \cdot \left( { - 1} \right) = 48 > 0\)

Do đó, \(f\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt là

\({x_1} = \frac{{ - \left( { - 6} \right) + \sqrt {48} }}{{2 \cdot 3}} = 1 + \frac{2}{{\sqrt 3 }}\);

\({x_2} = \frac{{ - \left( { - 6} \right) - \sqrt {48} }}{{2 \cdot 3}} = 1 - \frac{2}{{\sqrt 3 }}\).

Như vậy, \(f\left( x \right) > 0\) trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1 - \frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right)\) và \(\left( {1 + \frac{2}{{\sqrt 3 }}; + \infty } \right)\)

Mà \(\left( { - 4; - 2} \right) \subset \left( { - \infty ;1 - \frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right)\) nên \(f\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 1\) mang dấu dương trên khoảng \(\left( { - 4; - 2} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: \({x^2} + 2x - 3 \ge 2{x^2} + x \Leftrightarrow {x^2} - x + 3 \le 0\), đây là bất phương trình bậc hai một ẩn.

Đáp án đúng là: D

Xét tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = \;{x^2} - 2x + 4\) có

\(a = 1 > 0\)

\(\Delta = {\left( { - 2} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 4 = - 12 < 0\)

Như vậy \(f\left( x \right) = \;{x^2} - 2x + 4 > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Vậy bất phương trình \({x^2} - 2x + 4 < 0\) vô nghiệm.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

Khi \(x = 1\) thì \(\sqrt {{1^2} - 3 \cdot 1 + 6} = 2 \ne 1 - 2 = - 1\), do đó, \(x = 1\) không là nghiệm của phương trình \(\sqrt {{x^2} - 3x + 6} = x - 2\).

Khi \(x = - 2\) thì \(\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} - 3 \cdot \left( { - 2} \right) + 6} = 4 \ne - 2 - 2 = - 4\), do đó, \(x = - 2\) không là nghiệm của phương trình \(\sqrt {{x^2} - 3x + 6} = x - 2\).

Khi \(x = 2\) thì \(\sqrt {{2^2} - 3 \cdot 2 + 6} = 2 \ne 2 - 2 = 0\), do đó, \(x = 2\) không là nghiệm của phương trình \(\sqrt {{x^2} - 3x + 6} = x - 2\).

Vậy không có giá trị nào trong các giá trị trên là nghiệm của phương trình \(\sqrt {{x^2} - 3x + 6} = x - 2\).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\sqrt {2{x^2} + 4} = \sqrt {3{x^2} - 2} \Rightarrow 2{x^2} + 4 = 3{x^2} - 2\)

\( \Rightarrow {x^2} - 6 = 0 \Rightarrow {x^2} = 6 \Rightarrow x = \pm \sqrt 6 \)

Lần lượt thay \(x = \sqrt 6 \) và \(x = - \sqrt 6 \) vào phương trình đã cho ta thấy cả hai giá trị này đều thỏa mãn.

Như vậy, phương trình \(\sqrt {2{x^2} + 4} = \sqrt {3{x^2} - 2} \) có hai nghiệm.

Đáp án đúng là: D

Theo bảng giá trị lượng giác của một số góc đặc biệt, ta có: \(\cos 60^\circ + \sin 30^\circ = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\).

Đáp án đúng là: C

Áp dụng mối quan hệ giữa hai góc bù nhau ta có:

\(\cos 180^\circ = \cos \left( {180^\circ + 0^\circ } \right) = - \cos 0^\circ \);

\(\cos 170^\circ = \cos \left( {170^\circ + 10^\circ } \right) = - \cos 10^\circ \);

...

\(\cos 100^\circ = \cos \left( {100^\circ + 80^\circ } \right) = - \cos 80^\circ \).

Ta có: \(H = \cos 0^\circ + \cos 10^\circ + \cos 20^\circ + ... + \cos 180^\circ \)

                \( = \left( {\cos 0^\circ + \cos 180^\circ } \right) + \left( {\cos 10^\circ + \cos 170^\circ } \right) + ... + \left( {\cos 80^\circ + \cos 100^\circ } \right) + \cos 90^\circ \)

                \( = \left( {\cos 0^\circ - \cos 0^\circ } \right) + \left( {\cos 10^\circ - \cos 10^\circ } \right) + ... + \left( {\cos 80^\circ - \cos 80^\circ } \right) + \cos 90^\circ \)

                \( = \cos 90^\circ = 0\).

Vậy \(H = 0\).

Đáp án đúng là: C

Theo định lí sin trong tam giác \(ABC\), ta có: \[\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\].

Suy ra, \[\sin A = \frac{a}{{2R}}\,\], \[\sin C = \frac{{c\sin A}}{a}\,\]. Vậy công thức ở đáp án C sai.

Đáp án đúng là: A

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AC.BC.\cos \widehat B\)\( = {9^2} + {8^2} - 2.9.8.\cos 60^\circ = 73\).

Suy ra \(AC = \sqrt {73} \).

Đáp án đúng là: A

Diện tích tam giác \(ABC\) là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin A = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin 135^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{4}AB \cdot AC\).

Đáp án đúng là: D

Vectơ có điểm đầu là \(A\), điểm cuối là \(E\) được kí hiệu là \(\overrightarrow {AE} \).

Đáp án đúng là: B

+ Hai vectơ cùng phương thì chúng cùng hướng hoặc ngược hướng nên đáp án A sai.

+ Hai vectơ cùng phương thì giá của chúng song song hoặc trùng nhau, ngược lại hai vectơ có giá song song hoặc trùng nhau thì cùng phương, do đó đáp án B đúng và đáp án C sai.

+ Nếu vectơ thứ ba là vectơ \(\overrightarrow 0 \), thì hai vectơ bất kì luôn cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow 0 \) nên chúng có thể không cùng hướng với nhau, do đó đáp án D sai.

Đáp án đúng là: A

Áp dụng quy tắc hình bình hành trong hình bình hành \(ABCD\), ta có: \(\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CA} \).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\overrightarrow u = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CB} - \overrightarrow {DB} \)

              \( = \overrightarrow {AD} + \left( { - \overrightarrow {CD} } \right) + \overrightarrow {CB} + \left( { - \overrightarrow {DB} } \right)\)

              \( = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} \)

              \( = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DC} } \right) + \left( {\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} } \right)\)

              \( = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} \).

Vậy \(\overrightarrow u = \overrightarrow {AD} \).

Đáp án đúng là: C

Dựa vào định nghĩa và tính chất tích của một vectơ với một số ta thấy đáp án C sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\overrightarrow {DN} = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AN} = - \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AN} \).

Do \(N\) là trung điểm của \(AE\) nên \(\overrightarrow {AN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AE} \).

Lại có \(E\) là trung điểm của \(BC\) nên với điểm \(A\) ta có: \(\overrightarrow {AE} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\).

Do đó, \(\overrightarrow {AN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AE} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} \).

Lại có: \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \) (do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \)).

Khi đó ta có: \(\overrightarrow {DN} = - \left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right) + \left( {\frac{1}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AC} \).

Vậy \(p = \frac{5}{4};\,q = - \frac{3}{4}\).

Đáp án đúng là: A

Vì \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) là hai vectơ cùng hướng và đều khác vectơ \(\overrightarrow 0 \) nên \(\left( {\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow b } \right) = 0^\circ \).

Do đó, \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\,\overrightarrow b } \right) = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos 0^\circ = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right|\).

Đáp án đúng là: C

Do \(ABCD\) là hình vuông nên đường chéo \(AC\) là phân giác của \(\widehat {BAD}\).

Suy ra \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BAD} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ \).

Áp dụng định lí Pythagore ta tính được: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).

Ta có: \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} } \right) = AB \cdot AC.\cos \widehat {BAC} = a \cdot a\sqrt 2 \cdot \cos 45^\circ = {a^2}\).

Đáp án đúng là: D

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC} = {1^2} + {2^2} - 2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot \cos 60^\circ = 3\).

Suy ra \(AC = \sqrt 3 \).

Theo hệ quả của định lí côsin ta có:

\(\cos \widehat {ACB} = \frac{{A{C^2} + B{C^2} - A{B^2}}}{{2 \cdot AC \cdot BC}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {2^2} - {1^2}}}{{2 \cdot \sqrt 3 \cdot 2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(\overrightarrow {BC} \cdot \overrightarrow {CA} = - \overrightarrow {CB} \cdot \overrightarrow {CA} = - \left( {\left| {\overrightarrow {CB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CA} } \right| \cdot \cos \widehat {ACB}} \right) = - \left( {2 \cdot \sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = - 3\).

Diện tích hình chữ nhật bên trong khung ảnh (không bao gồm viền) là 7 . 13 = 91 (cm²).

Vì độ rộng viền xung quanh là \(x\) cm nên \(x > 0\) và kích thước của khung ảnh là

\(\left( {7 + 2x} \right)\,{\rm{cm}}\,\, \times \,\,\left( {13 + 2x} \right)\)cm.

Diện tích viền khung ảnh là: \(\left( {7 + 2x} \right)\left( {13 + 2x} \right) - 91 = 4{x^2} + 40x\) (cm²).

Theo bài ra ta có: \(4{x^2} + 40x \le 44\).

Giải bất phương trình trên ta được \(x \in \left[ { - 11;\,\,1} \right]\). Do \(x > 0\) nên \(x \in \left( {0;\,\,1} \right]\).

Vậy độ rộng viền khung ảnh lớn nhất là 1 cm.

Theo tính chất góc ngoài của tam giác \(ABT\) tại đỉnh \(B\) ta có: \(\widehat {TBN} = \widehat {ATB} + \widehat {TAB}\).

Suy ra \(\widehat {ATB} = \widehat {TBN} - \widehat {TAB} = 39,6^\circ - 27,4^\circ = 12,2^\circ \).

Áp dụng định lí sin cho tam giác \(TAB\) ta có: \(\frac{{TB}}{{\sin \widehat {TAB}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ATB}}} \Rightarrow TB = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {TAB}}}{{\sin \widehat {ATB}}}\).

Xét tam giác vuông \(TBN\) ta có:

\(TN = TB \cdot \sin \widehat {TBN} = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {TAB} \cdot \sin \widehat {TBN}}}{{\sin \widehat {ATB}}} = \frac{{1\,\,536 \cdot \sin 27,4^\circ \cdot \sin 39,6^\circ }}{{\sin 12,2^\circ }} \approx 2\,\,132,14\).

Vậy chiều cao của ngọn núi xấp xỉ 2 132,14 m.

Ta có biểu diễn

\[\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AN} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {NA} } \right) + \overrightarrow {AN} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AN} \]

\[ = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CN} } \right) + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} } \right) = \frac{2}{3}\overrightarrow {BC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} \]

Vậy \[\overrightarrow {MN} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} \].

Do đó, \[MN \bot BD \Leftrightarrow \left( {2\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} } \right) \cdot \overrightarrow {BD} = 0 \Leftrightarrow 2BC \cdot \cos \widehat {DBC} + AD \cdot \cos \widehat {ADB} = 0\]

Suy ra \[\frac{{\cos \widehat {DBC}}}{{\cos \widehat {ADB}}} = - \frac{{AD}}{{2BC}} = - \frac{x}{2}\].