Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 4
22 câu hỏi
\(I\left( {0;1} \right)\).
\(I\left( {\frac{1}{3};\,\frac{2}{3}} \right)\).
\(I\left( { - \frac{1}{3};\,\frac{2}{3}} \right)\).
\(I\left( {\frac{1}{3};\, - \frac{2}{3}} \right)\).
Đáp án đúng là B
Hoành độ đỉnh của \(\left( P \right):y = 3{x^2} - 2x + 1\) là \(x = - \frac{b}{{2a}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow y = 3{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} - 2.\frac{1}{3} + 1 = \frac{2}{3}\).
Vậy \(I\left( {\frac{1}{3};\,\frac{2}{3}} \right)\).
Cho hàm số \(y = h\left( x \right) = ax{}^2 + bx + c\)có bảng xét dấu:
Tìm \(x\) để \(h\left( x \right) > 0\).
\(x \in \left( { - 4;1} \right)\).
\(x \in \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).
\(x \in \left( { - 4; + \infty } \right)\).
\(x \in \left( { - \infty ;1} \right)\).
Đáp án đúng là B
Từ bảng xét dấu\(y = h\left( x \right) = ax{}^2 + bx + c\)
Suy ra \(h\left( x \right) > 0\) khi \(x \in \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).
\(0\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
Đáp án đúng là B
\[\sqrt {x - 1} = x - 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\x - 1 = {\left( {x - 3} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\{x^2} - 7x + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x = 5\].
Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình có một nghiệm \[x = 5\].
\({90^0}\).
\({45^0}\).
\({135^0}\).
\({60^0}\).
Đáp án đúng là B
Ta có véctơ pháp tuyến của \(\Delta \) là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 1} \right)\), véc tơ pháp tuyến \(\Delta '\) là \(\overrightarrow {n'} = \left( {1;0} \right)\)
\(\cos \left( {\Delta ,\Delta '} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow n ,\overrightarrow {n'} } \right)} \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \left( {\Delta ,\Delta '} \right) = {45^0}\).
\[{x^2} + {y^2} + 8x + 6y - 12 = 0\].
\[{x^2} + {y^2} - 8x - 6y + 12 = 0\].
\[{x^2} + {y^2} + 8x + 6y + 12 = 0\].
\[{x^2} + {y^2} - 8x - 6y - 12 = 0\].
Đáp án đúng là B
Ta có tâm \[I\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] và bán kính \[R = \frac{{AB}}{2}\].
Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{1 + 7}}{2} = 4\\{y_I} = \frac{{1 + 5}}{2} = 3\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow I = \left( {4;\,3} \right)\].
\[R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{{\left( {7 - 1} \right)}^2} + {{\left( {5 - 1} \right)}^2}} }}{2} = \sqrt {13} \].
Phương trình đường tròn đường kính \[AB\] là: \[{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = {\left( {\sqrt {13} } \right)^2}\]
\[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 8x - 6y + 12 = 0\]
Kết luận phương trình đường tròn đường kính \[AB\] là \[{x^2} + {y^2} - 8x - 6y + 12 = 0\].
\(\frac{{{x^2}}}{5} - \frac{{{y^2}}}{4} = - 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = - 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{8} - \frac{{{y^2}}}{6} = 1\).
Đáp án đúng là D
\(6\).
\(12\).
\(18\).
\(36\).
Đáp án đúng là B
![Từ thành phố \[A\] đến thành phố \[B\] có \[3\] con đường, từ thành phố \[A\] đến thành phố \[C\] có \[2\] con đường (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid11-1766306860.png)
Số cách đi từ \[A\] đến \[D\] bằng cách đi từ \[A\] đến \[B\] rồi đến \[D\] là \(3.2 = 6\).
Số cách đi từ \[A\] đến \[D\] bằng cách đi từ \[A\] đến \[C\] rồi đến \[D\] là \(2.3 = 6\).
Vậy có: \(6 + 6 = 12\)cách.
\[2256\].
\[2304\].
\[1128\].
\[96\].
Đáp án đúng là C
Mỗi cách chọn \[2\] học sinh trong \[48\] là một tổ hợp chập \[2\] của \[48\] phần tử.
Suy ra số cách chọn là \[C_{48}^2 = 1128\].
\[1.\].
\(2.\).
\[0.\].
\[3.\]
Đáp án đúng là A
Trong khai triển Niu – tơn của \({\left( {a + b} \right)^n}\) có \(n + 1\) số hạng. Vậy trong khai triển \({\left( {a + 2} \right)^{n + 2}}\,\,\,\left( {n \in \mathbb{N}} \right)\) có \(4\) số hạng thì \(\left( {n + 2} \right) + 1 = 4 \Rightarrow n = 1.\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[6\].
\[5\].
\[10\].
\[11\].
Đáp án đúng là D
Gọi \[A\] là biến cố “tích hai số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \[5\]”.
Khi đó \[A = \left\{ {\left( {5;1} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right);\left( {5;5} \right);\left( {5;6} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right);\left( {6;5} \right)} \right\}\]
Vậy số phần tử của biến cố \[A\] bằng \[n\left( A \right) = 11\].
\[24\].
\[12\].
\[6\].
\[8\].
Đáp án đúng là B
Mô tả không gian mẫu ta có:
\[\Omega = \left\{ {S1;\,S2;\,S3;\,S4;\,S5;S6;N1;N2;N3;N4;N5;N6} \right\}\].
Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử trên là: 12.
\[\frac{{369}}{{455}}\].
\[\frac{{67}}{{91}}\].
\[\frac{{69}}{{91}}\].
\[\frac{{335}}{{455}}\].
Đáp án đúng là B
Lấy ngẫu nhiên \[3\] quả cầu có : \[n\left( \Omega \right) = C_{15}^3\] (cách).
Gọi \[A\] là biến cố “trong \[3\] quả cầu lấy được có không quá hai màu ”. Khi đó, \[\overline A \] là biến cố “trong \[3\] quả cầu lấy được có đủ ba màu ”.
Ta có \[n\left( {\overline A } \right) = C_4^1.C_5^1.C_6^1 = 120\](cách).
Suy ra \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{120}}{{C_{15}^3}} = \frac{{67}}{{91}}\].
a) Đúng: Với \(m \ne 2\) thì \(f\left( x \right)\) là tam thức bậc hai.
b) Sai: Khi \(m = 3\) thì \(f\left( x \right)\) luôn nhận giá trị dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Khi \(m = 3\) thì \[f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3\] nên \(f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x < 1\end{array} \right.\)
c) Sai: Tam thức bậc hai \[f\left( x \right)\] luôn nhận giá trị âm với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(m \le 2\)
Nếu \(m = 2\) thì \[f\left( x \right) = - 2x + 3 \Rightarrow f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}\] nên không xảy ra \[f\left( x \right) < 0\] với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
d) Đúng: Với mọi giá trị của \(m\) thì \(f\left( x \right) = 0\) đều có nghiệm.
Nếu \(m = 2\) thì \[f\left( x \right) = - 2x + 3\] nên \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).
Nếu \(m \ne 2\) thì \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 2} \right) = {\left( {m - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,\,\,\forall m \in \mathbb{R}\).
Vậy với mọi giá trị của \(m\) thì \(f\left( x \right) = 0\) đều có nghiệm.
Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 5;1} \right)\) nên đường thẳng \(d\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {n\,} = \left( {1;5} \right)\).
Phương trình của đường thẳng \(d\) là \(1.\left( {x - 0} \right) + 5.\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 5y - 15 = 0\).
Vậy phương trình tổng quát đường thẳng \(d\) là \(x + 5y - 15 = 0\)
Đường thẳng \(\Delta \) là trung trực của đoạn thẳng \(BC\) nhận \[\overrightarrow {CB} = \left( {3;2} \right)\] làm véc tơ pháp tuyến nên véc tơ chỉ phương của \(\Delta \) là \(\overrightarrow u = \left( {2; - 3} \right)\). Mà \(\Delta \) đi qua trung điểm \(I\left( { - \frac{3}{2};2} \right)\) của \(BC\) nên \(\Delta \) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).
Đường thẳng \(AB\) có véc tơ chỉ phương là \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,3} \right)\] nên \(AB\) có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {3;2} \right)\) và đi qua điểm \[A\left( {2\,;\,0} \right)\] nên \(AB\) có phương trình là
\(3\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 2y - 6 = 0\)
Đường cao ứng với đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC\) đi qua điểm \[C\left( {--3\,;\,1} \right)\] và nhận \(\overrightarrow {BA} = \left( {2; - 3} \right)\) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
\(2\left( {x + 3} \right) - 3\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 3y + 9 = 0\).
Từ đó dễ thấy đường thẳng này không đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
a) Đúng: Phương trình của đường thẳng \(d\) đi qua \[B\] và song song với \[AC\] là \(x + 5y - 15 = 0\).
b) Đúng: Phương trình của đường trung trực đoạn thẳng \(BC\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).
c) Sai: Đường thẳng \(AB\) có phương trình là \(3x + 2y + 6 = 0\).
d) Sai: Đường cao ứng với đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
a) Đúng: Theo qui tắc nhân có \[5.5 = 25\] số có hai chữ số.
b) Sai: Gọi số có 3 chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(a\) có 5 cách.
Chọn \(b\) có 4 cách.
Chọn \(c\) có 3 cách.
Suy ra có \[5.4.3 = 60\] số có ba chữ số khác nhau.
c) Đúng: Gọi số chẵn có ba chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(c\) có 2 cách.
Chọn \(a\) có 4 cách.
Chọn \(b\) có 3 cách.
Suy ra có \[2.4.3 = 24\] số chẵn có ba chữ số khác nhau.
d) Sai: Gọi số lẻ có ba chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(c\) có 3 cách.
Chọn \(a\) có 4 cách.
Chọn \(b\) có 3 cách.
Suy ra có \[3.4.3 = 36\] số lẻ có ba chữ số khác nhau.
a) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Vì bộ bài chỉ có 1 tứ quý Át nên số phần tử của biến cố \[A\] là: \(n\left( A \right) = 1\).
Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{270725}}\].
b) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Có \(C_4^2\) cách rút được hai quân Át, Có \(C_4^2\) cách rút được hai quân \(K\) nên số phần tử của biến cố \[B\] là: \(n\left( B \right) = C_4^2.C_4^2 = 36\).
Vậy xác suất của biến cố \(B\) là \[P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{36}}{{270725}}\].
c) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Biến cố \(\overline C \): “ Rút không được quân Át nào”.
Có \(C_{48}^4\) cách rút bốn quân không cố quân Át nào nên số phần tử của biến cố \[\overline C \] là: \(n\left( {\overline C } \right) = C_{48}^4 = 194580\).
Vậy xác suất của biến cố \(C\) là \[P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline C } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{194580}}{{270725}} = 1 - \frac{{38916}}{{54145}} = \frac{{15229}}{{54145}}\].
d) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Có \(C_{13}^1\) cách chọn ra 1 tứ quý. Ứng với tứ quý này có \(C_4^2\) cách chọn ra 2 quân bài.
Có \(C_{12}^2\) cách chọn ra 2 tứ quý từ 12 tứ quý còn lại. Mỗi tứ quý này có \(C_4^1\) cách chọn ra 1 quân bài nên số phần tử của biến cố \[D\] là: \(n\left( D \right) = C_{13}^1.C_4^2.C_{12}^2.{\left( {C_4^1} \right)^2} = 82368\).
Vậy xác suất của biến cố \(D\) là \[P\left( D \right) = P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{82368}}{{270725}}\].
Tổng trọng lượng cá thu được sau một vụ là: \(T\left( n \right) = n\left( {360 - 10n} \right) = 360n - 10{n^2}\).
Đây là một tam thức bậc hai với ẩn là \(n\) có hệ số \(a = - 10 < 0\) và \(b = 360\) \( \Rightarrow \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 360}}{{2.\left( { - 10} \right)}} = 18\)
Khi đó \(T\left( {18} \right) = 3240\).
Vậy người nuôi cần thả \(18\) con cá trên một đơn vị diện tích để đạt tổng trọng lượng cá lớn nhất
là \(3240\) (đơn vị khối lượng).
Điều kiện: \(\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 2;\,4} \right]\).
\({x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt {\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} \)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} \left( 1 \right)\).
Đặt \(t = \sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} \), \(t \ge 0\) \( \Leftrightarrow {t^2} = - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = - {t^2}\).
\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow - {t^2} = 4t\)\( \Leftrightarrow {t^2} + 4t = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\left( n \right)\\t = - 4\left( l \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} = 0\)\( \Leftrightarrow - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\left( n \right)\\x = 4\left( n \right)\end{array} \right.\).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.
Phương trình parabol có dạng \({y^2} = {\rm{2}}px\), với \(p > 0\).
Ta có \(\left( P \right):{y^2} = 2x\)\( \Rightarrow p = 1\). Suy ra đường chuẩn \(\Delta :x = - \frac{p}{2} = - \frac{1}{2} \Rightarrow x + \frac{1}{2} = 0\).
Ta lại có \(\left\{ \begin{array}{l}M\left( {a;\,b} \right) \in \left( P \right)\\d\left( {M,\Delta } \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 2a\\\left| {a + \frac{1}{2}} \right| = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 2a\\a + \frac{1}{2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{2}\\{b^2} = 3\end{array} \right.\)
Suy ra \(T = {a^2} + {b^2} = \frac{{21}}{4}\).
Ông Hoàng có một mảnh vườn hình elip có chiều dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là \(60m\)và \(30m\). Ông chia thành hai nửa bằng một đường tròn tiếp xúc trong với elip để làm mục đích sử dụng khác nhau ( xem hình vẽ). Nửa bên trong đường tròn ông trồng cây lâu năm, nửa bên ngoài đường tròn ông trồng hoa màu. Tính tỉ số diện tích T giữa phần trồng cây lâu năm so với diện tích trồng hoa màu. Biết diện tích elip được tính theo công thức \(S = \pi ab\)trong đó \(a,b\)lần lượt là độ dài nửa trục lớn và nửa trục bé của elip. Biết độ rộng của đường elip không đáng kể.
Trục lớn: \(2a = 60 \Rightarrow a = 30\).
Trục bé: \(2b = 30 \Rightarrow b = 15\).
Diện tích hình tròn: \({S_T} = \pi {.15^2}\), diện tích elip là \({S_E} = \pi .15.30\).
Tỉ số diện tích \(T = \frac{{{S_T}}}{{{S_E} - {S_T}}} = \frac{{\pi {{.15}^2}}}{{\pi .15.30 - \pi {{.15}^2}}} = \frac{{15}}{{30 - 15}} = 1\).
Trường hợp 1: Lấy \(1\) quả màu vàng và \(2\) quả màu đỏ có: \(C_8^2 = 28\) cách.
Trường hợp 2: Lấy \(1\) quả màu vàng và \(2\) quả màu xanh có: \(C_3^2 = 3\) cách.
Trường hợp 3: Lấy \(1\) quả màu đỏ và \(2\) quả màu xanh có: \(C_8^1.C_3^2 = 24\) cách.
Trường hợp 4: Lấy \(1\) quả màu xanh và \(2\) quả màu đỏ có: \(C_3^1.C_8^2 = 84\) cách.
Số cách để lấy được \(3\) quả cầu có đúng hai màu là: \(28 + 3 + 24 + 84 = 139\) cách.
Cách khác:
Số cách lấy \(3\) quả bất kì: \(C_{12}^3 = 220\).
Số cách lấy \(3\) quả có đủ \(3\) màu: \(C_8^1.C_3^1.C_1^1 = 24\).
Số cách lấy \(3\) quả chỉ có \(1\) màu: \(C_8^3 + C_3^3 = 57\).
Vậy số cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(220 - 24 - 57 = 139\).
Gọi số học sinh nữ của lớp là \(n\,\,\left( {n \in {{\rm N}^*},n \le 28} \right)\). Suy ra số học sinh nam là \(30 - n\).
Không gian mẫu là chọn bất kì \(3\)học sinh từ \(30\) học sinh.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{30}^3\).
Gọi \(A\) là biến cố Chọn được \(2\) học sinh nam và \(1\) học sinh nữ .
Chọn \(2\) nam trong \(30 - n\) nam, có\(C_{30 - n}^2\) cách.
Chọn \(1\) nữ trong \(n\) nữ, có \(C_n^1\) cách.
Suy ra số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = C_{30 - n}^2.C_n^1\).
Do đó xác suất của biến cố\(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}}\).
Theo giả thiết, ta có \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{29}} \Leftrightarrow \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}} = \frac{{12}}{{29}} \Rightarrow n = 14\).
Vậy số học sinh nữ của lớp là \(14\) học sinh.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
