Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều có đáp án - Đề 2

Đáp án đúng là: C

Từ hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) đi lên từ trái sang phải trên khoảng \(\left( {3; + \infty } \right)\)

Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {3; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: A

Giá trị của hàm số \(f\left( x \right)\) tại \(x = 4 \ne 2\) là: \(f\left( 4 \right) = \frac{{3.4 - 1}}{{2 - 4}} = \frac{{11}}{{ - 2}} = \frac{{ - 11}}{2}\).

Đáp án đúng là: C

Hàm số bậc hai có dạng: \[y = a{x^2} + bx + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\]

Do đó, hàm số bậc hai có các hệ số \(a = 5\), \(b = 0\), \(c = 1\) là \[y = 5{x^2} + 0.x + 1 = 5{x^2} + 1\].

Đáp án đúng là: B

Dựa vào hình vẽ đã cho, ta thấy đồ thị hàm số có tọa độ đỉnh là \(\left( {0; - 3} \right)\) và trục đối xứng là \(x = 0\).

Đáp án đúng là: A

Hàm số \(y = - 5{x^2} + 4x + 2\) có: \(a = - 5 < 0\).

Do đó, giá trị nhỏ nhất của hàm số là tung độ của đỉnh của đồ thị hàm số.

Đỉnh của đồ thị hàm số có hoành độ là: \(x = \frac{{ - 4}}{{2.( - 5)}} = \frac{2}{5}\).

Tung độ của đỉnh là: \(y = - 5.{\left( {\frac{2}{5}} \right)^2} + 4.\left( {\frac{2}{5}} \right) + 2 = \frac{{14}}{5}\).

Như vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là: \(\frac{{14}}{5}\).

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 \(f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 1\) là tam thức bậc hai.

Đáp án đúng là: C

Tam thức \[f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\] là tam thức bậc hai, do đó điều kiện để \(f\left( x \right) > 0\) với mọi số thực \(x\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta < 0\end{array} \right.\).

Đáp án đúng là: D

Xét tam thức \[f\left( x \right) = 3{x^2} + 6x - 5\,\] có:

\(a = 3 > 0\);

\(\Delta ' = {3^2} - 3.\left( { - 5} \right) = 24 > 0 \Rightarrow \sqrt {\Delta '} = 2\sqrt 6 \).

Như vậy, \[f\left( x \right) = 3{x^2} + 6x - 5\, = 0\] có 2 nghiệm là: \({x_1} = \frac{{ - 3 - 2\sqrt 6 }}{3}\); \({x_2} = \frac{{ - 3 + 2\sqrt 6 }}{3}\).

Do đó, \(f\left( x \right) \le 0\) (không dương) trên đoạn \(\left[ {\frac{{ - 3 - 2\sqrt 6 }}{3};\frac{{ - 3 + 2\sqrt 6 }}{3}} \right]\).

Đáp án đúng là: D

Thay \(x = 1\) vào từng bất phương trình, ta thấy \(x = 1\) là một nghiệm của bất phương trình \({x^2} - 2x - 1 < 0\).

Vì \({1^2} - 2.1 - 1 = - 2 < 0\).

Đáp án đúng là: A

Xét tam thức bậc hai: \(f\left( x \right) = {x^2} + 2x - 6\) có:

\(a = 1 > 0\);

\(\Delta = {2^2} - 4.1.( - 6) = 28 > 0\).

Có \(f\left( x \right) = {x^2} + 2x - 6 = 0\) có hai nghiệm là:

\({x_1} = \frac{{ - 2 - \sqrt {28} }}{{2.1}} = - 1 - \sqrt 7 \); \({x_1} = \frac{{ - 2 + \sqrt {28} }}{{2.1}} = - 1 + \sqrt 7 \).

Ta có, \(f\left( x \right) = {x^2} + 2x - 6 > 0\) trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1 - \sqrt 7 } \right)\) và \(\left( { - 1 + \sqrt 7 ; + \infty } \right)\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình \({x^2} + 2x - 6 > 0\) là:

\(S = \left( { - \infty ; - 1 - \sqrt 7 } \right) \cup \left( { - 1 + \sqrt 7 ; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: C

Thay \(x = 2\) vào hai vế phương trình \(\sqrt {3{x^2} + 4x + 5} = 2x + 1\) có:

\(\sqrt {{{3.2}^2} + 4.2 + 5} = 5 = 2.2 + 1\)

Như vậy, \(x = 2\) là một nghiệm của phương trình \(\sqrt {3{x^2} + 4x + 5} = 2x + 1\).

Đáp án đúng là: B

\(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} = \sqrt { - {x^2} + 3x - 1} \)

\( \Rightarrow {x^2} - 2x + 1 = - {x^2} + 3x - 1\)

\( \Rightarrow 2{x^2} - 5x + 2 = 0\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

Với \(x = 2\), ta có: \(\sqrt {{2^2} - 2.2 + 1} = 1 = \sqrt { - {2^2} + 3.2 - 1} \), do đó, \(x = 2\) là một nghiệm của phương trình đã cho.

Với \(x = \frac{1}{2}\), ta có: \(\sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} - 2.\left( {\frac{1}{2}} \right) + 1} = \frac{1}{2} = \sqrt { - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + 3.\left( {\frac{1}{2}} \right) - 1} \) , do đó, \(x = \frac{1}{2}\) là một nghiệm của phương trình đã cho.

Vậy phương trình \(\sqrt {{x^2} - 2x + 1} = \sqrt { - {x^2} + 3x - 1} \) có hai nghiệm.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\cos 150^\circ = - \cos 30^\circ = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\), đây là một số thực âm (không phải số hữu tỉ do \(\sqrt 3 \) là số vô tỉ).

Đáp án đúng là: D

Áp dụng định lí côsin ta có: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc \cdot \cos \alpha \).

Vậy khẳng định \({a^2} = {b^2} - {c^2} + 2bc \cdot \cos \alpha \) là sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(A = {\sin ^2}52^\circ + {\sin ^2}47^\circ + {\sin ^2}38^\circ + {\sin ^2}43^\circ \)

\( = {\left( {\sin 52^\circ } \right)^2} + {\left( {\sin 47^\circ } \right)^2} + {\sin ^2}38^\circ + {\sin ^2}43^\circ \)

\( = {\left( {\cos 38^\circ } \right)^2} + {\left( {\cos 43^\circ } \right)^2} + {\sin ^2}38^\circ + {\sin ^2}43^\circ \)

\( = \left( {{{\cos }^2}38 + {{\sin }^2}38^\circ } \right) + \left( {{{\cos }^2}43 + {{\sin }^2}43^\circ } \right)\)\( = 1 + 1 = 2\).

Đáp án đúng là: D

Công thức Hê – rông tính diện tích tam giác: \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \).

Vậy khẳng định \(S = \sqrt {p\left( {p + a} \right)\left( {p + b} \right)\left( {p + c} \right)} \) là sai.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng hệ quả của định lí côsin trong tam giác \(ABC\), ta có:

 \(\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot AC}} = \frac{{{3^2} + {5^2} - {7^2}}}{{2 \cdot 3 \cdot 5}} = - \frac{1}{2}\).

Do đó, \(\widehat A = 120^\circ \).

Đáp án đúng là: D

Các vectơ khác vectơ-không có điểm đầu và điểm cuối là đỉnh của tứ giác là

\(\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {AD} ,\,\overrightarrow {BA} ,\,\overrightarrow {BC} ,\,\overrightarrow {BD} ,\,\overrightarrow {CA} ,\,\overrightarrow {CB} ,\,\overrightarrow {CD} ,\,\overrightarrow {DA} ,\,\overrightarrow {DB} ,\,\overrightarrow {DC} \).

Vậy có tất cả 12 vectơ thỏa mãn.

Đáp án đúng là: B

Từ hình vẽ ta thấy hai vectơ \(\overrightarrow {HI} \) và \(\overrightarrow {IK} \) cùng phương và cùng chiều đi từ trái qua phải nên hai vectơ này cùng hướng.

Đáp án đúng là: D

Theo quy tắc ba điểm, ta có: \[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} \], \[\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AB} \] nên đáp án A, B đúng.

Theo tính chất giao hoán và quy tắc ba điểm, ta có: \(\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {BA} \) nên đáp án C đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AB} \ne \overrightarrow {BA} \) (do ba điểm phân biệt\[A,B,C\]) nên đáp án D sai.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\overrightarrow {AO} - \overrightarrow {DO} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \) (do \(ABCD\) là hình bình hành).

Đáp án đúng là: C

Theo quy tắc hiệu, ta có: \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OM} = - 4\overrightarrow a - 3\overrightarrow a = - 7\overrightarrow a \).

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(\overrightarrow {MN} = - 3\overrightarrow {MP} \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {MP} \) ngược hướng nhau và \(MN = 3MP\).

Vậy điểm \(M\) nằm giữa hai điểm \(N\) và \(P\) thỏa mãn \(MN = 3MP\).

Khi đó điểm \(P\) được xác định đúng ở hình 3.

Đáp án đúng là: D

Vì \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) là hai vectơ ngược hướng và đều khác vectơ \(\overrightarrow 0 \) nên \(\left( {\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow b } \right) = 180^\circ \).

Do đó, \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\,\overrightarrow b } \right) = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos 180^\circ = - \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right|\).

Đáp án đúng là: D

+ Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {ABC} = 50^\circ \)nên \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {ACB} = 40^\circ \).

Khi đó ta có, \(\left( {\overrightarrow {BA} ,\,\overrightarrow {BC} } \right) = \widehat {ABC} = 50^\circ \) và \(\left( {\overrightarrow {CA} ,\,\overrightarrow {CB} } \right) = \widehat {ACB} = 40^\circ \), nên đáp án A, B đúng.

+ Để xác định góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CB} \), ta dựng hình bình hành \(ABDC\):

Ta có: \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} \), do đó \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {CB} } \right) = \left( {\overrightarrow {CD} ,\,\overrightarrow {CB} } \right) = \widehat {DCB}\).

Vì \(AB\,{\rm{//}}\,{\rm{CD}}\) nên \(\widehat {DCB} = \widehat {ABC} = 50^\circ \) (hai góc so le trong).

Vậy \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {CB} } \right) = \widehat {DCB} = 50^\circ \), nên đáp án C đúng.

+ Để xác định góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {CB} \), ta dựng vectơ \(\overrightarrow {CE} \) sao cho \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CE} \).

Khi đó, \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {CB} } \right) = \left( {\overrightarrow {CE} ,\,\overrightarrow {CB} } \right) = \widehat {ECB} = 180^\circ - \widehat {ACB} = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ \), vậy đáp án D sai.

Đáp án đúng là: B

Xét tam giác đều \(ABC\) cạnh bằng 4.

Ta có: \(AB = AC = 4\, \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = 4\,\)

\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 60^\circ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}\).

Vậy \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 4 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 8\).

a) Nếu có thêm \(x\) người khách thì số khách là \(20 + x\) (người). Vì cứ có thêm 1 người, giá vé sẽ giảm 10 000 đồng/người cho toàn bộ hành khách, khi đó giá vé của mỗi người là:

\(300\,\,000 - \,x\,.\,\,10\,\,000 = 300\,\,000 - 10\,\,000x\) (đồng).

Theo đó, doanh thu của công ty là:

\(\left( {20 + x} \right)\left( {300\,\,000 - 10\,\,000x} \right) = - 10\,\,000{x^2} + 100\,\,000x + 6\,\,000\,\,000\).

b) Lợi nhuận của công ty là:

\(\left( { - 10\,\,000{x^2} + 100\,\,000x + 6\,\,000\,\,000} \right) - 4\,\,000\,\,000 = - 10\,\,000{x^2} + 100\,\,000x + 2\,\,000\,\,000\)

Xét tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = - 10\,\,000{x^2} + 100\,\,000x + 2\,\,000\,\,000\), ta thấy \(f\left( x \right)\) có hai nghiệm là \({x_1} = - 10,\,\,{x_2} = 20\).

Áp dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có bảng xét dấu sau:

Công ty lãi khi \(f\left( x \right) > 0\), tức là \( - 10 < x < 20\). Vì x ≥ 0 nên ta có \(0 \le x < 20\).

Vậy số khách từ người thứ 21 trở lên có ít hơn 20 người thì công ty có lãi.

Ta mô phỏng bài toán như hình vẽ sau:

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

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC}\)

\( \Leftrightarrow 144 = A{B^2} + 64 - 16 \cdot AB \cdot \cos 65^\circ \)

 \[ \Leftrightarrow A{B^2} - 16 \cdot AB \cdot \cos 65^\circ - 80 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}AB \approx 13\\AB \approx - 6,18\,\,(L)\end{array} \right.\]

Do đó: \(AB = 13\)km.

Ta có:\(AC + BC - AB = 12 + 8 - 13 = 7\) (km).

Vậy số tiền phải tốn thêm là \(7 \cdot 150\,\,000 = 1\,\,050\,\,000\) (đồng).

Do \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên ta có:

\(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 3\overrightarrow {MG} \)

\( \Rightarrow {\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right)^2} = {\left( {3\overrightarrow {MG} } \right)^2}\)

\( \Rightarrow {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9M{G^2}\).

Mà:

\({\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}\)

\( = {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\)

\( = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} + 2 \cdot \overrightarrow {MG} \cdot \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right)\)

\( = 3M{G^2} + 3G{A^2} + 2 \cdot \overrightarrow {MG} \cdot \overrightarrow 0 \)

\( = 3M{G^2} + 3G{A^2}\)

Do đó, \(3M{G^2} + 3G{A^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9M{G^2}\)

Ta có:

Gọi \(AH\) là đường cao cũng là đường trung tuyến của tam giác đều \(ABC\).

Khi đó, \(HB = HC = \frac{a}{2}\).

Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\)

Áp dụng định lí Pythagore, ta có:

\(A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} \Rightarrow A{H^2} = A{B^2} - H{B^2} = {a^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\).

Do điểm \(M\) là điểm bất kì thuộc đường tròn tâm \(G\) có bán kính bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{3}\) nên \(MG = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên độ dài đường cao bằng độ dài đường trung tuyến và bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(G\) là trọng tâm nên \(GA = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Thay số ta có:

\(3 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)^2} + 3 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 3 \cdot \frac{{2{a^2}}}{9} + 3 \cdot \frac{{3{a^2}}}{9} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9 \cdot \frac{{2{a^2}}}{9}\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = \frac{{18{a^2}}}{9} - \frac{{6{a^2}}}{9} - \frac{{9{a^2}}}{9}\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = \frac{{3{a^2}}}{9}\)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} = \frac{{{a^2}}}{6}\,\,\,\,\) (đpcm).