Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều có đáp án - Đề 6

Đáp án đúng là: B

Xét hàm số \(f(x) = {x^2} - 8x + 7\) có \(a = 1 > 0\) và \(\Delta = {\left( { - 8} \right)^2} - 4.1.7 = 36 > 0\) nên \(f\left( x \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\) và \({x_2} = 7\). Khi đó ta có bảng xét dấu sau:

Vậy hàm số không âm khi \(x \in \left( { - \infty ;1} \right] \cup \left[ {7; + \infty } \right)\). Mà \(\left[ {7;\,\,9} \right) \subset \left[ {7; + \infty } \right)\).

Vậy \(x \in \left[ {7;\,\,9} \right)\) thì thỏa mãn bài toán.

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(x\left( {x + 5} \right) \le 2\left( {{x^2} + 2} \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 5x \le 2{x^2} + 4 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 \ge 0\).

Xét tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = {x^2} - 5x + 4\) có hai nghiệm là \({x_1} = 1\), \({x_2} = 4\).

Mặt khác có hệ số \(a = 1 > 0\), do đó ta có bảng xét dấu sau:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy \(f\left( x \right) = {x^2} - 5x + 4 \ge 0\)\( \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;\,\,1} \right] \cup \left[ {4;\,\, + \infty } \right)\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left( { - \infty ;\,\,1} \right] \cup \left[ {4;\,\, + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: A

Bình phương hai vế của phương trình \(\sqrt {4 - 3{x^2}} = 2x - 1\) ta được:

\(4 - 3{x^2} = 4{x^2} - 4x + 1\).

Thu gọn phương trình trên ta được: \(7{x^2} - 4x - 3 = 0\). Từ đó suy ra \(x = 1\) hoặc \(x = - \frac{3}{7}\).

Lần lượt thay các giá trị này vào phương trình đã cho ta thấy chỉ có \(x = 1\) thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ 1 \right\}\).

Đáp án đúng là: B

Bình phương hai vế của phương trình \(\sqrt {2{x^2} - 3x - 5} = \sqrt {{x^2} + 5x - 17} \) ta được:

\(2{x^2} - 3x - 5 = {x^2} + 5x - 17\).

Thu gọn phương trình trên ta được: \({x^2} - 8x + 12 = 0\). Từ đó suy ra \(x = 2\) hoặc \(x = 6\).

Lần lượt thay các giá trị này vào phương trình đã cho ta thấy chỉ có \(x = 6\) thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Đáp án đúng là: B

Diện tích mảnh đất hình tam giác là

\(S = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 20 \cdot \sin 150^\circ = 100 \cdot \frac{1}{2} = 50\) (m²).2

Đáp án đúng là: B

Tam giác \(ABC\) có \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \).

Suy ra \(\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {35^\circ + 80^\circ } \right) = 65^\circ \).

Áp dụng định lí sin trong \(\Delta ABC\) ta có: \[\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\].

Suy ra \(AC = \frac{{AB\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{5 \cdot \sin 80^\circ }}{{\sin 65^\circ }} \approx 5,4\).

Đáp án đúng là: C

Vì \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\), do đó \(MN\,{\rm{//}}\,BC\).

Hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {BC} \) có giá song song với nhau nên chúng cùng phương.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \[\left| {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CH} } \right| = \left| {2\overrightarrow {CE} } \right| = 2CE\] (với \[E\] là trung điểm của \[AH\]).

Ta lại có: \[AH = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}\] (\[\Delta ABC\] đều, \[AH\] là đường cao), suy ra \(HE = \frac{1}{2}AH = \frac{{5\sqrt 3 }}{4}\).

\(CH = \frac{1}{2}BC = \frac{5}{2}\).

Trong tam giác \[HEC\] vuông tại \[H\], từ định lí Pythagore suy ra

\[EC = \sqrt {C{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt 7 }}{4}\]

\[ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {HC} } \right| = 2CE = \frac{{5\sqrt 7 }}{2}\].

Đáp án đúng là: C

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \[ABC\] nên ta có \[GA = \frac{2}{3}AM\].

Mặt khác hai vectơ \[\overrightarrow {GA} \] và \[\overrightarrow {AM} \] ngược hướng nên \[\overrightarrow {GA} = - \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} \].

Đáp án đúng là: B

Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \) (1).

Vì \(N\) là trung điểm của \(CD\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AN} \) (2).

Lấy (1) + (2), ta được \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + 2\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} + 2\overrightarrow {AN} \).

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

Do đó \(3\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} + 2\overrightarrow {AN} \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AN} \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} = \frac{2}{3}\overrightarrow a + \frac{2}{3}\overrightarrow b \).

Đáp án đúng là: C

Tam giác \[ABC\] vuông tại \(A\) và có \(\widehat B = 35^\circ \), suy ra \(\widehat C = 90^\circ - \widehat B = 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ \).

Ta có: \(\left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BA} } \right) = \widehat {ABC} = 35^\circ \); \(\left( {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} } \right) = \widehat {ACB} = 55^\circ \); \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 90^\circ \).

Vập đáp án C sai.

Đáp án đúng là: A

Vì \(E\) là điểm đối xứng của \(D\) qua \(C\) nên \(C\) là trung điểm của \(DE\), do đó \(DE = 2DC = 2 \cdot 3 = 6\).

Ta có: \(\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DE} } \right) \cdot \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DE} \cdot \overrightarrow {AB} \)

Do \(AB \bot AD\) nên \(\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AB} = 0\).

Hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {DE} \) cùng hướng nên \(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {DE} } \right) = 0^\circ \).

Do đó, $\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{AB}=\left|\overrightarrow{DE}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AB}\right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DE}\right)=DE\cdot AB\cdot \cos 0°=6\cdot 3\cdot 1=18$

Vậy \(\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {AB} = 0 + 18 = 18\).

Tại \(t = 0\), ta có: \(y = h = 1,2\); tại \(t = 1\), ta có\(h = 8,5\); tại \(t = 2\), ta có \(y = h = 6\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oth\) như hình vẽ.

Parabol \(\left( P \right)\) có phương trình: \(y = a{t^2} + bt + c\), với \(a \ne 0\).

Theo bài ra ta có: \(A\left( {0;\,\,1,2} \right) \in \left( P \right),\,\,B\left( {1;\,\,8,5} \right) \in \left( P \right),\,\,C\left( {2;\,\,6} \right) \in \left( P \right)\).

Vậy ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}c = 1,2\\a + b + c = 8,5\\4a + 2b + c = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1,2\\a = - 4,9\\b = 12,2\end{array} \right.\).

Vậy hàm số cần tìm có dạng: \(y = - 4,9{t^2} + 12,2t + 1,2\).

Gọi \(O,\,\,A,\,\,B\) lần lượt là vị trí sân bay và hai máy bay sau 2 tiếng.

Hướng \({\rm{N25^\circ E}}\) là hướng tạo với hướng bắc một góc \(25^\circ \) và tạo với hướng đông một góc \(90^\circ - 25^\circ = 65^\circ \). Ta mô phỏng bài toán đã cho như sau:

Quãng đường máy bay bay theo hướng đông sau 2 tiếng là

\(OA = 540 \cdot 2 = 1\,\,080\) (km).

Quãng đường máy bay bay theo hướng \({\rm{N25^\circ E}}\) sau 2 tiếng là

\(OB = 670 \cdot 2 = 1\,\,340\) (km).

Ta có: \(\widehat {AOB} = 65^\circ \), \(OA = 1\,\,080,\,\,OB = 1\,\,340\).

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

\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos \widehat {AOB}\)

\( = 1\,\,{080^2} + 1\,\,{340^2} - 2 \cdot 1\,\,080 \cdot \,1\,\,340 \cdot \cos 65^\circ \approx 1\,\,738\,\,774\).

Suy ra \(AB \approx \sqrt {1\,\,738\,\,774} \approx 1\,\,319\) (km).

Vậy sau 2 tiếng, hai máy bay cách nhau khoảng 1 319 km.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(BC\).

Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn điều kiện: \[4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \].

Khi đó, ta có: \[4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \]\[ \Leftrightarrow 4\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IN} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IN} = \overrightarrow 0 \], do đó điểm \(I\) thuộc đoạn \(AN\) sao cho \(IN = 2IA\).

Lại có tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Suy ra: \[IA = \frac{1}{2}AN = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]; \(IN = \frac{2}{3}AN = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) ;

\[IB = IC = \sqrt {I{N^2} + B{N^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\].

Ta lại có: \[4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\]

\[ \Leftrightarrow 4{\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\]

\[ \Leftrightarrow 4{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\]

\[ \Leftrightarrow 6M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {4\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right) + 4I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\]

\( \Leftrightarrow 6M{I^2} + 4 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{6}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{2}\)

\[ \Leftrightarrow MI = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\].

Vậy tập hợp điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\) bán kính \[R = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\].