Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 07
38 câu hỏi
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM
Trong các biểu thức dưới đây, đâu là tam thức bậc hai?
\({x^2} - \frac{1}{x}\);
\(\sqrt {{x^2} - 5x + 7} \);
\(9{x^3} - 7{x^2} - 12x\);
\(5x - 4 - {x^2}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Tam thức bậc hai là \(5x - 4 - {x^2}\).
Cho hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} - 3x - 9\). Với \(x \in \left( {0;2} \right)\) thì
(f\left( x \right) < 0\) với \(x \in \left( {0;2} \right)\);
\(f\left( x \right) > 0\);
\(f\left( x \right) \ge 0\);
\(f\left( x \right) \le 0\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(f\left( x \right) = 2{x^2} - 3x - 9\) là tam thức bậc hai có \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - 9} \right) = 81 > 0\) nên \(f\left( x \right)\) có hai nghiệm là \(x = - \frac{3}{2}\), \(x = 3\)và \(a = 2 > 0\) suy ra theo định lí về dấu tam thức bậc hai ta có:
\(f\left( x \right) > 0\) với \(x \in \left( { - \infty ; - \frac{3}{2}} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\);
\(f\left( x \right) < 0\) với \(x \in \left( { - \frac{3}{2};3} \right)\);
\(f\left( x \right) = 0\) với \(x = - \frac{3}{2}\) hoặc \(x = 3\).
Ta có \(\left( {0;2} \right) \subset \left( { - \frac{3}{2};3} \right)\) nên \(f\left( x \right) < 0\) với \(x \in \left( {0;2} \right)\).
Tìm tập nghiệm \(S\) của bất phương trình \({x^2} - 4x + 4 < 0\).
\(S = \left( { - \infty ;2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\);
\(S = \mathbb{R}\);
\[S = \emptyset \];
\(S = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( { - 2; + \infty } \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 4\) có nghiệm kép \(x = 2\) và \(a = 1 > 0\).
Ta có bảng xét dấu:
\(x\) | \( - \infty \) | \(2\) | \( + \infty \) |
\({x^2} - 4x + 4\) | \( + \) | \(0\) | \( + \) |
Tập nghiệm của bất phương trình là \[S = \emptyset \].
Một chú cá heo nhảy lên khỏi mặt nước. Độ cao \(h\) (mét) của cá heo so với mặt nước biển sau \(t\) giây được cho bởi hàm số \[h\left( t \right) = - 4,9{t^2} + 9,6t\]. Khoảng thời gian cá heo ở trên mặt nước
\(0\);
\(1\);
\(2\);
\(4\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Khoảng thời gian cá heo trên mặt nước tương ứng với \[h\left( t \right) > 0\].
Ta có \[h\left( t \right) = - 4,9{t^2} + 9,6t\] là tam thức bậc hai có \(\Delta = {9,6^2} - 4\left( { - 4,9} \right).0 = 92,16 > 0\) nên \(h\left( t \right)\) có hai nghiệm \({t_1} = 0,{t_2} \approx 2\) và \(a = - 4,9 < 0\) suy ra theo định lí về dấu ta có:
\[h\left( t \right) > 0\] với \(t \in \left( {0;2} \right)\).
Vậy khoảng thời gian cé heo ở trên mặt nước là \(2\) giây.
Góc giữa hai đường thẳng có thể là góc
nhọn;
vuông;
A và B đúng;
A và C sai.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Góc giữa hai đường thẳng là số đo của góc không tù. Do đó A và B đều đúng.
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai điểm \(M\left( {9;6} \right)\) và \(N\left( { - 1; - 2} \right)\). Tọa độ trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(MN\) là
\(I\left( { - 5; - 4} \right)\);
\(I\left( {8;4} \right)\);
\(I\left( { - 10; - 8} \right)\);
\(I\left( {4;2} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Tọa độ trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(MN\) thỏa mãn:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{9 + \left( { - 1} \right)}}{2} = 4\\{y_I} = \frac{{6 + \left( { - 2} \right)}}{2} = 2\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {4;2} \right)\).
Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng \[d:3x - y - 2 = 0\] và \(d':x - y - 9 = 0\) là
\[\left( { - \frac{7}{2}; - \frac{{25}}{2}} \right)\];
\[\left( {\frac{{11}}{4}; - \frac{{25}}{4}} \right)\];
\[\left( {\frac{7}{2};\frac{{25}}{2}} \right)\];
\[\left( {\frac{{11}}{4};\frac{{25}}{4}} \right)\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và đường thẳng \(d'\) là nghiệm của hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}3x - y - 2 = 0\\x - y - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{7}{2}\\y = - \frac{{25}}{2}\end{array} \right.\].
Phương trình đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {3;2} \right)\) nhận vectơ \(\overrightarrow u \left( {1; - 4} \right)\) là vectơ chỉ phương là
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = - 4 + 2t\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y = 1 - 4t\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 2 - 4t\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 4t\\y = 3 + 2t\end{array} \right.\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {3;2} \right)\) nhận vectơ \(\overrightarrow u \left( {1; - 4} \right)\) là vectơ chỉ phương có dạng: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y = 2 - 4t\end{array} \right.\).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - 5t\\y = 1 + 4t\end{array} \right.\,\,(t \in \mathbb{R})\). Phương trình tổng quát của đường thẳng \(d\) là
\(4x - 5y - 7 = 0\);
\(4x + 5y - 17 = 0\);
\(4x - 5y - 17 = 0\);
\(4x + 5y + 17 = 0\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {3;1} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u \left( { - 5;4} \right)\) suy ra đường thẳng \(d\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n \left( {4;5} \right)\). Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng \(d\) là: \(4\left( {x - 3} \right) + 5\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y - 17 = 0\).
Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua hai điểm \(A\left( { - 2;4} \right)\) và \(B\left( {1;0} \right)\) là
\(4x + 3y + 4 = 0\);
\(4x + 3y - 4 = 0\);
\(4x - 3y + 4 = 0\);
\(4x - 3y - 4 = 0\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \(\overrightarrow {AB} \left( {3; - 4} \right)\)
Khi đó đường thẳng \(AB\) nhận \(\left( {4;3} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là:
\(4\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 3y - 4 = 0\).
Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:2x - y + 2 = 0\) và \(A\left( {6;\,\,0} \right),\,B\left( {5;\,\,2} \right)\). Tọa độ điểm \(M\)thuộc đường thẳng \(d\) sao cho tam giác \(MAB\) vuông tại \(A\)là
\(\left( { - 2; - 2} \right)\);
\(\left( { - \frac{{10}}{3}; - \frac{{14}}{3}} \right)\);
\(\left( {\frac{2}{5};\frac{{14}}{5}} \right)\);
\(\left( { - \frac{2}{3}; - \frac{{10}}{3}} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \(\overrightarrow {AB} \left( { - 1;\,\,2} \right)\)
Gọi \(d'\) là đường thẳng vuông góc với đường thẳng \(AB\) tại \(A\).
Khi đó phương trình đường thẳng \(d'\) là:
\( - \left( {x - 6} \right) + 2\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - 6 = 0\).
Điểm \(M\) là giao điểm của \(d\) và \(d'\) nên toạ độ điểm \(M\)là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y + 2 = 0\\x - 2y - 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{{10}}{3}\\y = - \frac{{14}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - \frac{{10}}{3}; - \frac{{14}}{3}} \right)\).
Trong hệ trục tọa độ \[Oxy\], vectơ nào là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng \[d:\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 - t\\y = - 1 + 2t\end{array} \right.\]?
\[\overrightarrow n \left( { - 2; - 1} \right)\];
\[\overrightarrow n \left( {2; - 1} \right)\];
\[\overrightarrow n \left( { - 1;2} \right)\];
\[\overrightarrow n \left( {1;2} \right)\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \[d\] là \[\overrightarrow u \left( { - 1;2} \right)\] suy ra một vectơ pháp tuyến của \[d\] là \[\overrightarrow n \left( { - 2; - 1} \right)\].
Đường tròn tâm \(I\left( {1;\,\,4} \right)\) và đi qua điểm \(B\left( {2;\,\,6} \right)\) có phương trình là:
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = 5\);
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = \sqrt 5 \);
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = \sqrt 5 \);
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 5\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Đường tròn tâm \(I\) và đi qua điểm \(B\left( {2;6} \right)\) có bán kính \(R = IB\)
Ta có \(\overrightarrow {IB} \left( {1;2} \right)\) suy ra \(R = IB = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \sqrt {{1^2} + {2^2}} = \sqrt 5 \)
Vậy đường tròn có phương trình là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 5\).
Phương trình nào sau đây là phương trình của đường tròn tâm \(I\left( { - 1;2} \right)\), bán kính bằng \(3\)?
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9\);
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9\);
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\);
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Phương trình đường tròn tâm \(I\left( { - 1;2} \right)\) và bán kính \(R = 3\) là: \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\).
Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có phương trình \({\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 25\). Đường tròn \(\left( C \right)\) còn được viết dưới dạng nào trong các dạng dưới đây
\({x^2} + {y^2} + 10x + 4y + 4 = 0\);
\({x^2} + {y^2} + 10x + 4y - 4 = 0\);
\({x^2} + {y^2} + 10x - 4y - 4 = 0\);
\({x^2} + {y^2} + 10x - 4y + 4 = 0\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Ta có: \({\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 25\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 10x - 4y + 4 = 0\).
Trong hệ trục tọa độ \(Oxy\), cho điểm \(I\left( {1;1} \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):3x + 4y - 2 = 0\). Đường tròn tâm \(I\) và tiếp xúc với đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 5\);
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 25\);
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 1\);
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = \frac{1}{5}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Đường tròn tâm \(I\) và tiếp xúc với đường thẳng \(\left( d \right)\) có bán kính
\(R = d\left( {I,d} \right) = \frac{{\left| {3.1 + 4.1 - 2} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = 1\)
Vậy đường tròn có phương trình là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 1\).
Trong các phương trình sau phương trình nào biểu diễn một Hypebol?
\(\frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\);
\(\frac{{{x^2}}}{{ - 9}} - \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\);
\(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{{\left( { - y} \right)}^2}}}{9} = 1\);
\(\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Phương trình chính tắc của Hypebol có dạng: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 & ;\,\left( {a,b > 0} \right)\).
Vậy đáp án đúng là A.
Cho Elip \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{225}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\). Chu vi hình chữ nhật có chiều dài bằng trục lớn của Elip và chiều rộng bằng trục nhỏ của Elip là
\[23\];
\[46\];
\[92\];
\(\frac{{23}}{2}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Xet \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{225}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\) có \(a = 15,b = 8\).
Khi đó:
- Độ dài trục lớn là: \(2a = 2.15 = 30\);
- Độ dài trục nhỏ là: \(2b = 2.8 = 16\).
Do đó chu vi hình chữ nhật cần tìm là: \(2\left( {30 + 16} \right) = 92\).
Parabol \(\left( P \right):{y^2} = 9x\). Đường chuẩn của Parabol \(\left( P \right)\) là
\(x = 9\);
\(x + \frac{9}{2} = 0\);
\(y + 9 = 0\);
\(x = - \frac{9}{4}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Từ phương trình \(\left( P \right):{y^2} = 9x\) \( \Rightarrow p = \frac{9}{2}\).
Do đó \(\left( P \right)\) có đường chuẩn là \(x + \frac{{\frac{9}{2}}}{2} = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{9}{4}\).
Một người vào cửa hàng ăn, người đó chọn thực đơn gồm một món chính trong năm món chính, một loại quả tráng miệng trong năm loại quả tráng miệng và một loại nước uống trong ba loại nước uống. Số cách chọn thực đơn là
\(25\);
\(75\);
\(100\);
\(15\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Việc chọn thực đơn gồm ba công đoạn:
Công đoạn 1: Chọn một món chính, có \(5\) cách chọn.
Công đoạn 2: Chọn một loại quả tráng miệng, có \(5\) cách chọn.
Công đoạn 3: chọn một loại nước uống, có \(3\) cách chọn.
Theo quy tắc nhân, ta có tất cả \(5.5.3 = 75\) cách chọn thực đơn.
Vậy ta chọn phương án B.
Có bao nhiêu cách sắp xếp \(10\) học sinh thành một hàng dọc?
\(10.10\);
\(10!\);
\(C_{10}^1\);
\(A_{10}^1\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Mỗi cách sắp xếp \(10\) học sinh thành một hàng dọc là một hoán vị của \(10\) phần tử. Vậy có \(10!\) cách xếp.
Cho tập hợp \(M = \left\{ {a;\,\,b;\,\,c} \right\}\). Số hoán vị của ba phần tử của \(M\) là
\(4\);
\(5\);
\(6\);
\(7\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Số hoán vị của ba phần tử của tập \(M\) là: \({P_3} = 3! = 6\).
Vậy ta chọn phương án C.
Trên bàn có \(8\) cây bút chì khác nhau, \(6\) cây bút bi khác nhau và \(10\) cuốn tập khác nhau. Số cách khác nhau để chọn được đồng thời một cây bút chì, một cây bút bi và một cuốn tập.
\[24\];
\[48\];
\[480\];
\[60\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Để chọn \(''\)một cây bút chì - một cây bút bi - một cuốn tập\(''\), ta có ba giai đoạn sau:
- Giai đoạn 1: Có \(8\) cách chọn bút chì.
- Giai đoạn 2: Có \(6\) cách chọn bút bi.
- Giai đoạn 3: Có \(10\) cách chọn cuốn tập.
Vậy theo qui tắc nhân ta có \[8.6.10 = 480\] cách.
Một tổ có \(24\) học sinh nam và \(18\) học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn \(5\) học sinh làm ban cán sự lớp, trong đó có đúng \(2\) học sinh nam?
\(C_{24}^2.C_{18}^3\);
\(A_{24}^2A_{18}^3\);
\(A_{42}^5\);
\(C_{24}^2C_{18}^3.5!\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Việc chọn \(5\) học sinh làm ban cán sự lớp như sau:
Chọn \(2\) học sinh nam, có \(C_{24}^2\) cách.
Chọn \(3\) học sinh nữ, có \(C_{18}^3\) cách.
Ứng với \(5\) bạn học sinh được chọn có \(5!\) cách xếp các vị trí ban cán sự lớp.
Vậy có \(C_{24}^2C_{18}^3.5!\) cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Hệ số của đơn thức \({a^3}{b^2}\) trong khai triển nhị thức \({\left( {a + 2b} \right)^5}\).
\[160\];
\[80\];
\[20\];
\[40\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Ta có
\[{\left( {a + 2b} \right)^5}\, = \,C_5^0{a^5}{\left( {2b} \right)^0} + C_5^1{a^4}\left( {2b} \right) + C_5^2{a^3}{\left( {2b} \right)^2} + C_5^3{a^2}{\left( {2b} \right)^3} + C_5^4a{\left( {2b} \right)^4} + C_5^5{\left( {2b} \right)^5}\]
\( = {a^5} + 10{a^4}b + 40{a^3}{b^2} + 80{a^2}{b^3} + 80a{b^4} + 32{b^5}\)
Suy ra hệ số của \({a^3}{b^2}\) trong khai triển trên là: \(40\).
Tổng \(T = C_5^0 + 2C_5^1 + 4C_5^2 + 8C_5^3 + 16C_5^4 + 32C_5^5\) bằng
\({3^5}\);
\({2^5}\);
\(63\);
\(1\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Ta có: \(T = C_5^0 + 2C_5^1 + 4C_5^2 + 8C_5^3 + 16C_5^4 + 32C_5^5\)
\( = C_5^0 + C_5^1{.2^1} + C_5^2{.2^2} + C_5^3{.2^3} + C_5^4{.2^4} + C_5^5{.2^5}\)
\( = {\left( {1 + 2} \right)^5} = {3^5}\).
Viết khai triển theo công thức nhị thức Newton \[{\left( {x - y} \right)^5}\].
\[{x^5} - 5{x^4}y + 10{x^3}{y^2} - 10{x^2}{y^3} + 5x{y^4} - {y^5}\];
\[{x^5} + 5{x^4}y + 10{x^3}{y^2} + 10{x^2}{y^3} + 5x{y^4} + {y^5}\];\(d\)
\[{x^5} - 5{x^4}y - 10{x^3}{y^2} - 10{x^2}{y^3} - 5x{y^4} + {y^5}\];
\[{x^5} + 5{x^4}y - 10{x^3}{y^2} + 10{x^2}{y^3} - 5x{y^4} + {y^5}\].\(f\left( x \right) < 0\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
\[{\left( {x - y} \right)^5} = C_5^0{x^5} + C_5^1{x^4}\left( { - y} \right) + C_5^2{x^3}{\left( { - y} \right)^2} + C_5^3{x^2}{\left( { - y} \right)^3} + C_5^4x{\left( { - y} \right)^4} + C_5^5{\left( { - y} \right)^5}\]
\[ = {x^5} - 5{x^4}y + 10{x^3}{y^2} - 10{x^2}{y^3} + 5x{y^4} - {y^5}\].
Gọi \(P\left( A \right)\) là xác suất của biến cố \(A\). Khẳng định nào sau đây sai?
\(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right)\);
\(P\left( {\overline A } \right) > 1\);
\(0 \le P\left( {\overline A } \right) \le 1\);
\(P\left( A \right) + P\left( {\overline A } \right) = 1\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Với mỗi biến cố \(A\) thì \(0 \le P\left( A \right) \le 1\)
\(\overline A \) là biến cố đối của biến cố \(A\), khi đó:
\(P\left( A \right) + P\left( {\overline A } \right) = 1\) hay \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right)\).
\( \Rightarrow 0 \le P\left( {\overline A } \right) \le 1\).
Vậy đáp án B đúng.
Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần. Gọi \(A\) là biến cố: “Tổng số chấm trong hai lần gieo bằng 10”. Xác định biến cố \(A\).
\(A = \left\{ {\left( {4,6} \right),\left( {6,4} \right),\left( {3,5} \right),\left( {5,3} \right),\left( {5,5} \right)} \right\}\);
\(A = \left\{ {\left( {4,6} \right),\left( {6,4} \right),\left( {5,5} \right)} \right\}\);
\(A = \left\{ {\left( {4,6} \right),\left( {5,5} \right)} \right\}\);
\(A = \left\{ {\left( {4,6} \right),\left( {5,3} \right),\left( {5,5} \right)} \right\}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Xét đáp án A: Ở lần gieo thứ ba \(\left( {3;5} \right)\) thì lần đầu tiên xất hiện mặt \(3\) và lần thứ hai xuất hiện mặt \(5\) có tổng bằng \(8\) . Vậy đáp án A sai.
Xét đáp án B: Các trường hợp đều có tổng số chấm hai lần gieo bằng \(10\). Vậy đáp án B đúng.
Xét đáp án C: Các trường hợp đều có tổng số chấm hai lần gieo bằng \(10\) nhưng thiếu trường hợp \(\left( {6;4} \right)\). Vậy đáp án C sai.
Xét đáp án D: Ở lần giao thứ hai \(\left( {3;5} \right)\) thì lần đầu tiên xất hiện mặt \(3\) và lần thứ hai xuất hiện mặt \(5\) có tổng bằng \(8\) . Vậy đáp án D sai.
Cho biến cố \(A\): “Trong \(3\) quả bóng lấy ra có ít nhất một quả bóng đỏ”. Khi đó biến cố \(\overline A \) là
\(\overline A \): “Trong \(3\) quả bóng lấy ra có tối đa một quả bóng đỏ”;
\(\overline A \): “Trong \(3\) quả bóng lấy ra có nhiều nhất một quả bóng đỏ”;
\(\overline A \): “Trong \(3\) quả bóng lấy ra không có bóng đỏ”;
\(\overline A \): “Trong \(3\) quả bóng lấy ra có cả ba quả bóng đỏ”.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Ta có \(\overline A \): “Trong \(3\) quả bóng lấy ra không có bóng đỏ”.
Gieo ngẫu nhiên \[2\] đồng tiền thì không gian mẫu của phép thử có bao nhiêu phần tử?
\[4\];
\[8\];
\[12\];
\[16\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Gieo mỗi đồng xu có \(2\) trường hợp có thể xảy ra
Vậy số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = 2.2 = 4\)
Gieo hai con súc sắc. Xác suất để tổng số chấm trên hai mặt bằng \[7\] là
\[\frac{1}{2}\];
\[\frac{7}{{12}}\];
\[\frac{1}{6}\];
\[\frac{1}{3}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Số phần tử không gian mẫu:\[n\left( \Omega \right) = 6.6 = 36\]
Biến cố tổng hai mặt bằng \[7\] là: \[A = \left\{ {\left( {1;6} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;4} \right);\left( {4;3} \right);\left( {5;2} \right);\left( {6;1} \right)} \right\}\]
nên \[n\left( A \right) = 6\].
Suy ra \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\].
Trên giá sách có \(4\) quyển sách Toán, \(3\) quyển sách Vật lý, \(2\) quyển sách Hoá học. Lấy ngẫu nhiên \(3\) quyển sách trên kệ sách ấy. Tính xác suất để \(3\) quyển được lấy ra đều là sách Toán.
\(\frac{2}{7}\);
\(\frac{1}{{21}}\);
\(\frac{{37}}{{42}}\);
\(\frac{5}{{42}}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_9^3 = 84\).
Goi \(A\) là biến cố “lấy được \(3\) quyển sách Toán”
Số phần tử của biến cố \(A\) là: \(n\left( A \right) = C_4^3 = 4\)
Xác suất biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{4}{{84}} = \frac{1}{{21}}\).
Gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất hai lần. Cho biến cố \(A = \left\{ {\left( {2;6} \right);\left( {6;2} \right);\left( {3;5} \right);\left( {5;3} \right);\left( {4;4} \right)} \right\}\). Phát biểu của biến cố \(A\) là
“ Tổng số chấm trong hai lần gieo là tám”.
“ Lần gieo đầu tiên được mặt hai chấm”.
“ Số chấm trong hai lần gieo là như nhau”.
“ Hai lần gieo đều xuất hiện mặt chấm chẵn”.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Xét đáp án A: Từ biến cố \(A\) ta thấy số chấm trên con xúc xắc khi giao lần thứ nhất và lần thứ hai có tổng bằng \(8\). Vậy đáp án A đúng
Xét đáp án B: Từ biến cố \(A\) ta thấy ở trường hợp thứ hai \(\left( {6;2} \right)\) thì lần đầu tiên xất hiện mặt \(6\) chấm. Vậy đáp án B sai.
Xét đáp án C: Từ biến cố \(A\) ta thấy ở trường hợp thứ nhất \(\left( {2;6} \right)\) thì lần đầu tiên xất hiện mặt \(2\) và lần thứ hai xuất hiện mặt \(6\) chấm nên kết quả hai lần gieo không như nhau. Vậy đáp án C sai.
Xét đáp án D: Từ biến cố \(A\) ta thấy ở trường hợp thứ ba \(\left( {3;5} \right)\) thì lần đầu tiên xất hiện mặt \(3\) và lần thứ hai xuất hiện mặt \(5\) đều là số lẻ. Vậy đáp án D sai.
Phương trình chính tắc của Parabol \(\left( P \right)\) có đường chuẩn \(\Delta :2x + 5 = 0\) là
\({y^2} = \frac{5}{2}x\);
\(y = 5{x^2}\);
\({y^2} = 10x\);
\({y^2} = 5x\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Xét phương trình đường chuẩn \(\Delta :2x + 5 = 0 \Leftrightarrow x + \frac{5}{2} = 0\)
\( \Rightarrow \frac{p}{2} = \frac{5}{2} \Rightarrow p = 5\).
Khi đó phương trình chính tắc của Parabol \(\left( P \right)\) là \({y^2} = 10x\).
II. PHẦN TỰ LUẬN
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 2;3} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {6;0} \right)\). Viết phương trình đường tròn \(\left( C \right)\).
b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(d:3x - 4y - 1 = 0\) và điểm \(I\left( {1; - 2} \right)\). Gọi \(\left( C \right)\) là đường tròn tâm \(I\) và cắt đường thẳng tại hai điểm \(A\) và \(B\) sao cho tam giác \(IAB\) có diện tích bằng \(4\). Viết phương trình đường tròn \(\left( C \right)\).
Hướng dẫn giải
a) Ta có: \(\overrightarrow {IA} \left( {8;\,\, - 3} \right) \Rightarrow IA = \sqrt {{8^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} = \sqrt {73} \).
Suy ra bán kính đường tròn \(\left( C \right)\) là \(R = \sqrt {73} \).
Khi đó phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) cần tìm là: \({\left( {x - 8} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 73\).
b)
Từ điểm \(I\) kẻ \(IH\) vuông góc với đường thẳng \(d\left( {H \in d} \right)\).
Khi đó \(H\) là trung điểm của \(AB\).
Khoảng cách từ điểm \(I\) đến đường thẳng \(d\) là: \(d\left( {I;d} \right) = \frac{{\left| {3.1 - 4.\left( { - 2} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \frac{{10}}{5} = 2\).
Diện tích tam giác \(IAB\) bằng \(4\) nên độ dài cạnh \(AB\) bằng: \(2.4:2 = 4\).
\( \Rightarrow AH = HB = \frac{1}{2}AB = 2\).
Xét tam giác \(AIH\), vuông tại \(H\) có: \(IA = \sqrt {I{H^2} + A{H^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 \).
Khi đó phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2} \right)\) và bán kính \(IA = 2\sqrt 2 \) là:
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 8\).
a) Từ các số \(1,2,3,4,5,6,7,8,9\) có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có \(6\) chữ số khác nhau và tổng các chữ số ở hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn bằng \(8\).
b) Cho \[n\] là số nguyên dương thỏa mãn \[C_n^1 + C_n^2 = 15\]. Tìm số hạng không chứa \[x\] trong khai triển \[{\left( {x + \frac{2}{{{x^4}}}} \right)^n}.\]
Hướng dẫn giải
Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) là số thỏa yêu cầu bài toán thì \({a_3} + {a_4} + {a_5} = 8\).
Có hai bộ \(3\) số có tổng bằng \(8\) trong các số \(1;2;3;...;9\) là: \(\left\{ {1;2;5} \right\}\)và \(\left\{ {1;3;4} \right\}\)
Nếu \({a_3};{a_4};{a_5} \in \left\{ {1;2;5} \right\}\) thì \({a_3},{a_4},{a_5}\) có \(3!\) cách chọn và \({a_1},{a_2},{a_6}\) có \(A_6^3\) cách chọn suy ra có \(3!A_6^3 = 720\) số thỏa mãn yêu cầu.
Nếu \({a_3};{a_4};{a_5} \in \left\{ {1;2;5} \right\}\) tương tự ta cũng có \(720\) số thỏa yêu cầu.
Vậy có \(720 + 720 = 1400\) số thỏa yêu cầu.
b) Điều kiện: \[n \ge 2,n \in {\mathbb{N}^*}\]
\[C_n^1 + C_n^2 = 15 \Leftrightarrow n + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 15 \Leftrightarrow {n^2} + n - 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 5}\\{n = - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow n = 5\]
Khi đó,
\[{\left( {x + \frac{2}{{{x^4}}}} \right)^5} = C_5^0{x^5}{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^0} + C_5^1{x^4}\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right) + C_5^2{x^3}{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^2} + C_5^3{x^2}{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^3} + C_5^4x{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^4} + C_5^5{x^0}{\left( {\frac{2}{{{x^4}}}} \right)^5}\]\( = {x^5} + 10 + \frac{{40}}{{{x^5}}} + \frac{{80}}{{{x^{10}}}} + \frac{{80}}{{{x^{15}}}} + \frac{{32}}{{{x^{20}}}}\)
Suy hệ số của số hạng không chứa \[x\] trong khai triển \({\left( {x + \frac{2}{{{x^4}}}} \right)^5}\) là \(10\).
Cho một đa giác đều \(n\) đỉnh (với \(n\) là số lẻ). Chọn ngẫu nhiên \(3\) đỉnh của đa giác đều đó. Gọi \(P\) là xác suất sao cho \(3\) đỉnh đó tạo thành một tam giác tù. Biết \(P = \frac{{45}}{{62}}\). Tìm \(n\).
Hướng dẫn giải
Do \(n\) là số lẻ nên ta đặt \(n = 2k + 1\left( {k \in \mathbb{N},k \ge 1} \right)\).
Số phần tử không gian mẫu là:\(n\left( \Omega \right) = C_{2k + 1}^3\).
Gọi \(A\) là biến cố: “\(3\) đỉnh được chọn tạo thành tam giác tù”
Giả sử tam giác \(ABC\) có góc \(\widehat A,\widehat B\) là góc nhọn và góc \(\widehat C\) tù
Chọn một đỉnh bất kì làm đỉnh \(A\) có \(2k + 1\) cách
Khi đó còn lại \(2k\) đỉnh, từ điểm được chọn ta chia làm \(2\), mỗi bên là \(k\) đỉnh
Để tạo thành tam giác tù thì \(2\) đỉnh còn lại phải được chọn từ \(k\) đỉnh cùng thuộc một phía so với điểm đã chọn do đó có \(C_k^2 + C_k^2\) cách chọn
Nhưng với cách tính như vậy số tam giác được lặp lại \(2\) lần nên
\(n\left( A \right) = \frac{{\left( {2k + 1} \right)\left( {C_k^2 + C_k^2} \right)}}{{2!}} = \left( {2k + 1} \right)C_k^2\)
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{\left( {2k + 1} \right)C_k^2}}{{C_{2k + 1}^3}} = \frac{{45}}{{62}}\).
\( \Leftrightarrow 62\frac{{k!}}{{2!\left( {k - 2} \right)!}}.\left( {2k + 1} \right) = 45\frac{{\left( {2k + 1} \right)!}}{{3!\left( {2k - 2} \right)!}}\)
\( \Leftrightarrow 62\frac{{k\left( {k - 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{2} = 45\frac{{2k\left( {2k + 1} \right)\left( {2k - 1} \right)}}{6}\)
\( \Leftrightarrow 62{k^3} - 31{k^2} - 31k = 60{k^3} - 15k\)
\( \Leftrightarrow 2{k^3} - 31{k^2} - 16k = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 16\\k = - \frac{1}{2}\\k = 0\end{array} \right.\).
Kết hợp với điều kiện \(k = 16\) thoả mãn bài toán.
Vậy \(n = 33\).
