Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 8

Tổng số học sinh là: \(5 + 7 = 12\)

Gọi \(A\) là biến cố trong hai học sinh được chọn, có cả học sinh nam và học sinh nữ. Ta có:

\(n\left( \Omega  \right) = C_{12}^2\)

\(n\left( A \right) = C_5^1.C_7^1\)

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{C_5^1.C_7^1}}{{C_{12}^2}} = \frac{{35}}{{66}}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = C_{15}^3 = 455\).

Gọi biến cố \(A\): “Lấy được \(3\) quả cầu màu xanh”. Ta có \(n\left( A \right) = C_5^3 = 10\).

Xác suất để lấy được \(3\) quả cầu màu xanh bằng \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{10}}{{455}} = \frac{2}{{91}}\)

Với \(n\) sản phẩm thì tổng chi phí sản xuất là \(T = {n^2} + 70n + 3000\) (nghìn đồng) và doanh thu là \(200n\) (nghìn đồng).

Suy ra lợi nhuận là \(L = 200n - \left( {{n^2} + 70n + 3000} \right) =  - {n^2} + 130n - 3000\) (nghìn đồng)

Để không bị lỗ thì \(L \ge 0 \Leftrightarrow  - {n^2} + 130n - 3000 \ge 0 \Leftrightarrow 30 \le n \le 100\).

a) Đúng: Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn \(100\) thì sẽ bị lỗ.

b) Sai: Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn \(30\) thì sẽ không bị lỗ.

c) Sai: Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn \(\left[ {30;100} \right]\) thì sẽ không bị lỗ.

d) Đúng: Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn \(\left[ {30;100} \right]\) thì sẽ không bị lỗ.

a) Sai: Một véctơ pháp tuyến của đường thẳng \(d:x - y - 4 = 0\) là \({\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)\).

Vì \({d_1}\) song với đường thẳng \(d\) nên chọn véctơ pháp tuyến của đường thẳng \({d_1}\) là \({\overrightarrow n _{{d_1}}} = {\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)\)

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng \({d_1}\) đi qua \(M\left( { - 2\,;\,3} \right)\) và song song với đường thẳng \(d\) có dạng: \(1\left( {x + 2} \right) - \left( {y - 3} \right) = 0\) hay \(x - y + 5 = 0\).

b) Đúng: Ta có \({\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)\).

Vì \({d_2}\) vuông góc với đường thẳng \(d\) nên chọn một véctơ chỉ phương của đường thẳng \({d_2}\) là \({\overrightarrow u _{{d_2}}} = {\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)\).

Vậy phương trình tham số của đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \(M\left( { - 2\,;\,3} \right)\) và vuông góc với đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2 + t\\y = 3 - t\end{array} \right.\).

c) Sai: Gọi \({\overrightarrow n _\Delta } = \left( {a\,;\,b} \right)\) với \({a^2} + {b^2} \ne 0\) là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng \(\Delta \).

Phương trình tổng quát của đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( { - 2\,;\,3} \right)\) có dạng: \(a\left( {x + 2} \right) + b\left( {y - 3} \right) = 0\).

Ta có \[\cos \left( {\Delta ,d} \right) = \frac{{\left| {{{\overrightarrow n }_\Delta }.{{\overrightarrow n }_d}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_\Delta }} \right|.\left| {{{\overrightarrow n }_d}} \right|}} = \frac{{\left| {a.1 + b.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| {a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 2 }}\].

Để đường thẳng tạo với đường vuông \(d\) một góc \(\frac{\pi }{4}\) thì \[\cos \left( {\Delta ,d} \right) = \cos \frac{\pi }{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\].

Suy ra \[\frac{{\left| {a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left| {a - b} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  \Leftrightarrow {\left| {a - b} \right|^2} = {a^2} + {b^2} \Leftrightarrow a.b = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a \ne 0\end{array} \right.\end{array} \right.\].

Với \(a = 0\), chọn \(b = 1\), ta được đường thẳng \(0.\left( {x + 2} \right) + 1\left( {y - 3} \right) = 0\) hay \(y - 3 = 0\).

Với \(b = 0\), chọn \(a = 1\), ta được đường thẳng \(1.\left( {x + 2} \right) + 0.\left( {y - 3} \right) = 0\) hay \(x + 2 = 0\).

Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.

d) Sai:

Toạ độ giao điểm \(I\left( {x\,;\,y} \right)\)của \(m\) và \(d\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 1 = 0\\x - y - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {3\,;\, - 1} \right)\).

Lấy điểm \(A\left( {1\,;\,0} \right) \in m\), phương trình đường thẳng \(k\) đi qua \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(d\) là: \(1\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 1 = 0\).

Toạ độ giao điểm \(H\left( {x\,;\,y} \right)\)của \(d\) và \(k\) là nghiệm của hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x - y - 4 = 0\\x + y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{5}{2}\\y =  - \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{5}{2}\,;\, - \frac{3}{2}} \right)\].

Gọi \(B\left( {x\,;\,y} \right)\) là điểm sao cho \(H\)là trung điểm của \(AB\), suy ra toạ độ điểm \(B\left( {4\,;\, - 3} \right)\).

Khi đó đường thẳng \(n\) đối xứng với \(m\) qua \(d\) là đường thẳng \(IB\).

Ta có \(\overrightarrow {IB} \left( {1\,;\, - 2} \right)\). Phương trình tham số của đường thẳng \(n\)là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + t\\y =  - 3 - 2t\end{array} \right.\).

a) Đúng: Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}} \) trong đó \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S\)

Chọn \({a_1}({a_1} \ne 0)\): có \(6\) cách chọn

Ta có: \({a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7}\) có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: \(6!\)

Vậy có \(6.6!\) số

b) Sai: Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}} \) trong đó \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S\)

TH1: Chọn \({a_1};{a_2};{a_3} \in \left\{ {1;2;3} \right\}\),\(({a_1} \ne 0)\)có \(3!\) cách chọn

Chọn \({a_4};{a_5};{a_6};{a_7}\) có số cách chọn là số hoán vị của 4 phần tử còn lại: \(4!\) cách chọn

Do vậy ta được \(3!\).\(4!\)=144 số

TH2: Các số \(1;2;3\) nằm ở ba trong 4 vị trí \({a_4};{a_5};{a_6};{a_7}\) có: \(4.3.2 = 24\) cách sắp xếp

Chọn \({a_1} \in \left\{ {4;5;6} \right\}\) có: 3 cách chọn

Còn 3 vị trí còn lại có số cách chọn là số hoán vị của 3 phần tử còn lại từ tập \(S\): \(3!\) cách chọn

Do vậy ta có: \(24.3.3! = 432\) số

Tổng cộng có 576 số

c) Đúng: Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) trong đó \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6} \in S\backslash \left\{ 0 \right\}\)

Ta có: \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: \(6!\)

Do vậy ta có \(6!\) số

d) Sai: Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}} \) trong đó \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S\)

TH1: Chọn \({a_7} = 0\): có 1 cách chọn

Chọn \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: \(6!\)

Do vậy ta có \(6!\) số

TH2: Chọn \({a_7} \in \left\{ {2,4,6} \right\}\): có 3 cách chọn

Chọn \({a_1}({a_1} \ne 0;\,{a_1} \ne {a_7})\): có 5 cách chọn

Chọn \({a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) có số cách chọn là số hoán vị của 5 phần tử: \(5!\)

Do vậy ta có: \(3.5.5!\) số

Vậy tổng có: \(6! + 3.5.5!\)

a) Đúng: Không gian mẫu là tập tất cả các tập con gồm 5 viên bi từ 12 viên bi. Vậy số phần tử của không gian mẫu là \[n\left( \Omega  \right) = C_{12}^5 = 792\].

b) Đúng: Chọn 5 bi xanh từ 7 bi xanh, có \[C_7^3 = 21\] (cách chọn) \[ \Rightarrow n\left( A \right) = 21\].

Vậy xác suất của biến cố \[A\] là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{21}}{{792}} = \frac{7}{{264}}\].

c) Sai: Mỗi phần tử của \[B\] được hình thành từ 2 bước:

Bước 1: Chọn 3 viên bi xanh từ 7 viên bi xanh, có \[C_7^3 = 35\] (cách chọn).

Bước 2: Chọn 2 viên bi đỏ từ 5 viên bi đỏ, có \[C_5^2 = 10\] (cách chọn).

Theo quy tắc nhân, tập \[B\] có \[35.10 = 350\] (phần tử). Vậy \[n\left( B \right) = 350 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{350}}{{792}} = \frac{{175}}{{396}}\].

d) Đúng: Trong 5 viên bi lấy được có ít nhất 3 bi đỏ, có 3 cách:

Cách 1: Trong \[5\] viên bi được chọn có 2 bi xanh và 3 bi đỏ: có \[\mathop C\nolimits_7^2 .\mathop C\nolimits_5^3  = 210\] (cách chọn)

Cách 2: Trong \[5\] viên bi được chọn có 1 bi xanh và 4 bi đỏ: có \[C_7^1.C_5^4 = 35\] (cách chọn).

Cách 3: Trong \[5\] viên bi được chọn có 0 bi xanh và 5 bi đỏ: có \[C_7^0.C_5^5 = 5\] (cách chọn).

Theo quy tắc cộng, tập \[C\] có \[210 + 35 + 5 = 250\] (phần tử).

Vậy \[n\left( C \right) = 250 \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{250}}{{792}} = \frac{{125}}{{396}}\].

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow  - 0,02{x^2} + 0,4x \ge 1,5\)\( \Leftrightarrow 5 \le x \le 15\).

Vậy quả bóng đạt độ cao lớn hơn hay bằng \(1,5\) mét trong khoảng \(15 - 5 = 10\) ( giây).

Ta có \[\sqrt {{x^2} - 3x + 2}  = \sqrt {x + 2}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge  - 2}\\{{x^2} - 3x + 2 = x + 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge  - 2}\\{{x^2} - 4x = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge  - 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\].

Vậy tập nghiệm của phương trình \(S = \left\{ {0;4} \right\}\) nên tổng các nghiệm bằng \(4\).

Ta có: \(a = 5,\;b = 4\) nên \(c = \sqrt {{a^2} - {b^2}}  = 3\).

Gọi tiêu điểm có hoành độ dương là \({F_2}\) thì \({F_2} = \left( {3;0} \right)\).

Khi điểm M cách đều hai trục tọa độ và có hoành độ, tung độ là những số dương, tức là

\(x = y > 0\), ta thay vào phương trình elip để tìm \(x\): \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{x^2}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{400}}{{41}} \Leftrightarrow x = \frac{{20}}{{\sqrt {41} }}\).

Vị trí lúc này là \(M\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }};\frac{{20}}{{\sqrt {41} }}} \right)\).

Bây giờ, ta tính khoảng cách từ M tới A: \(r = MA = \sqrt {{{\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }} - 3} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }}} \right)}^2}}  \approx 3,1\).

Ta có\({\left( {x + 2y} \right)^5}\, = \,{x^5} + 5{x^4}\left( {2y} \right) + 10{x^3}{\left( {2y} \right)^2} + 10{x^2}{\left( {2y} \right)^3} + 5x{\left( {2y} \right)^4} + {\left( {2y} \right)^5}\)

\( = {x^5} + 10{x^4}y + 40{x^3}{y^2} + 80{x^2}{y^3} + 80x{y^4} + 32{y^5}\)

Suy ra hệ số của \({x^3}{y^2}\) trong khai triển trên là: \(40\).

Số cách ly 2 kẹo chỉ có vị hoa quả là: \(C_8^2 = 28\).

Số cách lấy 2 kẹo chỉ có vị Socola là: \(C_7^2 = 21\)

Số cách lấy 4 kẹo gồm có: 2 kẹo vị hoa quả và 2 kẹo vị socola là: \(C_8^2 \cdot C_7^2 = 588\)

Ta có không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = C_{12}^2\).

Gọi A là biến cố “Chọn được hai cây có tích hai số là số chẵn”

Trong 12 cây viết có 6 cây được đánh số chẵn, 6 cây được đánh số lẻ. Tích hai số là số chẵn nếu ít nhất có 1 cây mang số chẵn

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_6^2 + C_6^1C_6^1 = 51\)\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{17}}{{22}}\).

Vậy xác suất để chọn được hai cây có tích hai số là số chẵn là \(\frac{{17}}{{22}}\).

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}a = 17\\b = 22\end{array} \right. \Rightarrow T = 2.17 + 4.22 = 122\).