Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều có đáp án - Đề 5

Đáp án đúng là: C 

Từ hình vẽ trên thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) đi lên từ trái qua phải trên khoảng \(\left( {2;\,\, + \infty } \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {2;\,\, + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: B

Hàm số \[y = \left\{ \begin{array}{l}3x - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x \ge 3\\7 - 2x - {x^2}\,\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 3\end{array} \right.\] xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Hàm số \(y = \frac{{1 + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{x - 3}}\) xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 1 \ge 0\\x - 3 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne 3\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,{x^2} + 1 > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}} \right)\). Vậy tập xác định của hàm số này là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\} = \left( { - \infty ;\,\,3} \right) \cup \left( {3;\,\, + \infty } \right)\).

Hàm số \(y = \frac{{4x - 1}}{{\sqrt {x - 3} }}\) xác định khi \(x - 3 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 3\).

Hàm số \(y = \frac{{x - 3}}{3}\) xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

Đáp án đúng là: D

Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số có bề lõm hướng xuống dưới nên \(a < 0\).

Lại có đồ thị cắt trục tung tại điểm phía dưới trục hoành nên \(c < 0\).

Đỉnh của đồ thị nằm bên phải trục tung nên \( - \frac{b}{{2a}} > 0 \Rightarrow b > 0\).

Đáp án đúng là: A

Đỉnh của \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + x\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) được xác định bởi công thức \(I\left( { - \frac{b}{{2a}};\, - \frac{\Delta }{{4a}}} \right)\).

Đáp án đúng là: C

Vì parabol \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + 2\) đi qua điểm \(A\left( {1;\,\,5} \right)\) và \(B\left( { - 2;\,\,8} \right)\) nên ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}5 = a{.1^2} + b.1 + 2\\8 = a.{\left( { - 2} \right)^2} + b.\left( { - 2} \right) + 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 3\\2a - b = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(\left( P \right):y = 2{x^2} + x + 2\).

Đáp án đúng là: C

Tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có \(\Delta = {b^2} - 4ac\).

Điều kiện để \(f\left( x \right) < 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) là \(a < 0,\,\Delta < 0\).

Đáp án đúng là: A

Quan sát bảng xét dấu ta thấy \(f\left( { - 1} \right) = 0\) và \(f\left( 3 \right) = 0\) nên \(f\left( x \right)\) có hai nghiệm \(x = - 1\) và \(x = 3\), do đó loại đáp án C và D.

Lại có \(f\left( x \right) > 0\) với mọi \(x \in \left( { - 1;\,\,3} \right)\) và \(f\left( x \right) < 0\) với mọi \(x \in \left( { - \infty ;\,\, - 1} \right) \cup \left( {3;\,\, + \infty } \right)\).

Vậy ta chọn đáp án A: \(f\left( x \right) = - {x^2} + 2x + 3\) do có hệ số \(a = - 1 < 0\) (trong trái ngoài cùng).

Đáp án đúng là: C

Xét tam thức \(f\left( x \right) = 2{x^2} - 7x - 9\) có \(\Delta = {\left( { - 7} \right)^2} - 4.2.\left( { - 9} \right) = 121 > 0\) nên tam thức này có hai nghiệm \({x_1} = - 1\) và \({x_2} = \frac{9}{2}\).

Mặt khác có hệ số \(a = 2 > 0\) nên ta có bảng xét dấu sau:

Đáp án đúng là: D

Thay \(x = 0\) vào các bất phương trình đã cho ta thấy bất phương trình ở đáp án D không thỏa mãn do \({4.0^2} - 0 + 1 = 1 > 0\) nên \(x = 0\) không là một nghiệm của bất phương trình \(4{x^2} - x + 1 < 0\).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \( - {x^2} + 6x + 7 \ge 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 7\).

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - 1;\,\,7} \right]\).

Ta thấy \(\left[ { - 7;\,\,1} \right] \not\subset S\).

Đáp án đúng là: B

Bình phương hai vế của phương trình \[\sqrt { - {x^2} + 4x} = 2x - 2\] ta được

\( - {x^2} + 4x = 4{x^2} - 8x + 4\).

Sau khi thu gọn ta được \(5{x^2} - 12x + 4 = 0\). Từ đó tìm được \(x = 2\) hoặc \(x = \frac{2}{5}\).

Thay lần lượt hai giá trị này của x vào phương trình đã cho, ta thấy chỉ có \(x = 2\) thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là \(x = 2\).  

Đáp án đúng là: C

Ta có:

\(\sqrt { - {x^2} + 4x - 3} = \sqrt {2m + 3x - {x^2}} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - {x^2} + 4x - 3 \ge 0\\ - {x^2} + 4x - 3 = 2m + 3x - {x^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 \le x \le 3\\x = 2m + 3\end{array} \right.\)

Để phương trình (1) có nghiệm thì \(1 \le 2m + 3 \le 3 \Leftrightarrow - 1 \le m \le 0 \Rightarrow m \in \left[ { - 1;\,\,0} \right]\).

Suy ra \(a = - 1,\,\,b = 0\), do đó \({a^2} + {b^2} = {\left( { - 1} \right)^2} + {0^2} = 1\).

Đáp án đúng là: D

Cho góc \(\alpha \) với \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \).

Đối với hai góc bù nhau ta có: \(\sin (180^\circ - \alpha ) = \sin \alpha \).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{3}{4}\).

Mà \(0^\circ \le \alpha \le 90^\circ \) nên $\cos \alpha \ge 0$, do đó, \(\cos \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{1}{2}}} = \sqrt 3 \).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(S = \frac{1}{2}a{h_a} = \frac{1}{2}b{h_b} = \frac{1}{2}ab.\sin \varphi = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \).

Vậy \(S = \frac{1}{2}b{h_a}\) là sai.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \(ABC\)

Áp dụng định lí côsin ta có:

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

Thay số \(AB = 3\,cm\), \(BC = 4\,cm\), \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) ta có:

\(A{C^2} = {3^2} + {4^2} - 2.3.4.\cos 60^\circ = 13\)

Do \(AC\) > 0 nên \(AC = \sqrt {13} \)cm.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \(MNP\)

Áp dụng định lí sin ta có:

\(\,\frac{{MN}}{{\sin \widehat {MPN}}} = \frac{{MP}}{{\sin \widehat {MNP}}} \Rightarrow \frac{4}{{\sin 45^\circ }} = \frac{5}{{\sin \widehat {MNP}}} \Rightarrow \sin \widehat {MNP} = \frac{{5 \cdot \sin 45^\circ }}{4} = \frac{{5\sqrt 2 }}{8}\).

Mà \(0^\circ < \widehat {MNP} < 180^\circ \Rightarrow \widehat {MNP} \approx 62^\circ \).

Đáp án đúng là: C

Hai vectơ được gọi là cùng phương khi giá của 2 vectơ đó song song hoặc trùng với nhau.

Đáp án đúng là: C

Từ hình vẽ, ta thấy \(AB\,{\rm{//}}\,EF\).

Do đó, \(\overrightarrow {EF} \) và \(\overrightarrow {AB} \) cùng phương.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng quy tắc hình bình hành cho hình bình hành \(ABCD\), ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \), \(\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CA} \), \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {DB} \).

Lại có: \(\overrightarrow {AC} \ne \overrightarrow {BD} \), do đó \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \ne \overrightarrow {BD} \).

Vậy khẳng định \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BD} \) là sai.

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\)

Áp dụng định lí Pythagore ta có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {3^2} + {5^2} = 34\).

Mà \(AC > 0\)nên \(AC = \sqrt {34} \).

Ta có: \(\overrightarrow u = \overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} \) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = \sqrt {34} \).

Đáp án đúng là: C

Do tam giác \(ABC\) có trọng tâm \(G\) nên \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \).

Với điểm \(M\) bất kì, ta có:

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

\( = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} \)

\( = \overrightarrow {3MG} + \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right)\)

\( = \overrightarrow {3MG} + \overrightarrow 0 = \overrightarrow {3MG} \)

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

Đáp án đúng là: D

Do \(BM\) là trung tuyến nên ta có:

\(\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = 2\overrightarrow {BM} \Rightarrow \overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} } \right)\)

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

\(\overrightarrow {BG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BM} \Rightarrow \overrightarrow {BG} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} } \right) = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} } \right)\).

Đáp án đúng là: A

Cho hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) khác vectơ \(\overrightarrow 0 \). Tích vô hướng của \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) là một số, được ký hiệu là \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b \) và xác định bởi công thức: \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\).

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \(ABC\) đều có: \(\widehat {BAC} = 60^\circ \)

Mà \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 60^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \(ABC\) cân tại \(C\) cạnh \(AC = 5\,\,{\rm{cm}}\), \(\widehat {ACB} = 45^\circ \).

Do đó,\(BC = AC = 5\,\,\,{\rm{cm}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {CB} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = 5\,\,{\rm{cm}}\).

Ta có: \(\left( {\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow {CA} } \right) = \widehat {ACB} = 45^\circ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow {CA} } \right) = \cos 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy \(\overrightarrow {CA} \cdot \overrightarrow {CB} = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CB} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right) = 5 \cdot 5 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{25\sqrt 2 }}{2}\).

Lợi nhuận của công ty trong một tháng khi bán hết \(q\) sản phẩm là:

\(L\left( q \right) = q.R\left( q \right) - C\left( q \right) = q\left( {120 - 2q} \right) - \left( {4{q^2} + 36q - 1\,\,234} \right)\)\( = - 6{q^2} + 84q + 1\,234\).

Để lợi nhuận công ty thu về là cao nhất, tức cần tìm \(q\) để \(L\left( q \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

Lại có \(L\left( q \right) = - 6{q^2} + 84q + 1\,234\) là hàm số bậc hai có hệ số \(a = - 6 < 0\), nên nó đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh.

Ta có: \(q = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{84}}{{2.\left( { - 6} \right)}} = 7\). Do đó, \(L\left( q \right)\)đạt giá trị lớn nhất tại \(q = 7\).

Vậy công ty A cần sản xuất 7 sản phẩm trong một tháng để thu về lợi nhuận cao nhất.

Kí hiệu như hình vẽ trên.

Sau 2 giờ, tàu \(B\) chạy được 48 hải lí, tàu \(C\) chạy được 36 hải lí.

Hay \(AB = 48\) hải lí, \(AC = 36\) hải lí.

Xét tam giác \(ABC\), áp dụng định lí côsin ta có:

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

\( = {36^2} + {48^2} - 2 \cdot 36 \cdot 48 \cdot \cos 45^\circ \approx 1156,24\)

Do \(BC > 0\) nên \(BC = \sqrt {1156,24} \approx 34\) hải lí.

Vậy sau hai giờ, hai tàu cách nhau khoảng 34 hải lí.

Gọi \(AN\) là đường trung tuyến của tam giác \(ABC\).

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

\(A{N^2} = B{A^2} + B{N^2} - 2BA \cdot BN \cdot \cos B\)

\( = A{B^2} + B{N^2} - 2AB \cdot BN \cdot \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB \cdot BC}}\)

\( = A{B^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{2}\)

\( = \frac{{2A{B^2} + 2A{C^2} - B{C^2}}}{4}\).

Gọi độ dài của \(AN = {m_a}\).

Khi đó ta có:\(4{m_a}^2 = 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2} \Rightarrow 2\left( {{b^2} + {c^2} + {a^2}} \right) = 4{m_a}^2 + 3{a^2} \ge 4\sqrt 3 a{m_a}\) (bất đẳng thức Cô-si)

\( \Rightarrow a{m_a} \le \frac{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}{{2\sqrt 3 }}\).

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\), khi đó:

\(\frac{{MA}}{a} = \frac{{MA \cdot GA}}{{a \cdot GA}} \ge \frac{{\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {GA} }}{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}{{2\sqrt 3 }}}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right) \cdot \overrightarrow {GA} \)

\( = \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left( {\overrightarrow {MG} \cdot \overrightarrow {GA} + G{A^2}} \right)\).

Tương tự ta có:

\(\frac{{MB}}{b} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left( {\overrightarrow {MG} \cdot \overrightarrow {GB} + G{B^2}} \right)\);

\(\frac{{MC}}{c} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left( {\overrightarrow {MG} \cdot \overrightarrow {GC} + G{C^2}} \right)\).

Từ đó, suy ra:

\(\frac{{MA}}{a} + \frac{{MB}}{b} + \frac{{MC}}{c} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left[ {\overrightarrow {MG} \cdot \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right]\).

Lại có, \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \) và \(G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} = \frac{1}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\).

Do đó, \(\frac{{MA}}{a} + \frac{{MB}}{b} + \frac{{MC}}{c} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{{{b^2} + {c^2} + {a^2}}}\left[ {0 + \frac{1}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \right] = \sqrt 3 \).

Dấu “=” xảy ra khi tam giác \(ABC\) đều đồng thời \(M\) trùng với trọng tâm của tam giác \(ABC\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(T = \frac{{MA}}{a} + \frac{{MB}}{b} + \frac{{MC}}{c}\) là \(\sqrt 3 \).