Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Cánh Diều có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\alpha = 60^\circ = \frac{{60\pi }}{{180}}\) rad = \( = \frac{\pi }{3}\) rad.

Đáp án đúng là: D

Ta có: góc lượng giác có tia đầu là \(Ou\) và tia cuối là \(Ov\) có số đo dạng \(\frac{\pi }{4} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Mà \(\frac{{9\pi }}{4} = \frac{\pi }{4} + 2\pi \) nên là góc lượng giác cần tìm.

Đáp án đúng là: A

Do \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ ba của đường tròn lượng giác nên \(\sin \alpha < 0\); \[\cos \alpha < 0\]; \(\tan \alpha > 0\); \(\cot \alpha > 0\).

Do đó khẳng định ở phương án A là sai.

Đáp án đúng là: D

Ta có \[A = \cos \left( {\frac{{9\pi }}{2} - \alpha } \right) + \sin \left( {\alpha - \pi } \right) = \cos \left( {4\pi + \frac{\pi }{2} - \alpha } \right) - \sin \left( {\pi - \alpha } \right)\]

\[ = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) - \sin \alpha = \sin \alpha - \sin \alpha = 0\].

Đáp án đúng là: A

Ta có \(P = \sqrt {{{\sin }^2}\alpha \left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)} = \sqrt {{{\sin }^2}\alpha .1} = \sqrt {{{\sin }^2}\alpha } = \left| {\sin \alpha } \right|\).

Đáp án đúng là: B

Áp dụng công thức \(\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b\) ta được:

\(M = \sin \left( {x - y} \right)\cos y + \cos \left( {x - y} \right)\sin y = \sin \left[ {\left( {x - y} \right) + y} \right] = \sin x\).

Đáp án đúng là: B

Hàm số \(y = \sin x,y = \tan x,y = \cot x\) là các hàm số lẻ, có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ \(O\).

Hàm số \(y = \cos x\) là hàm số chẵn, có đồ thị đối xứng qua trục tung.

Đáp án đúng là: C

Hàm số \(y = \tan x\) tuần hoàn với chu kì \(\pi \) nên phương án C là mệnh đề sai.

Đáp án đúng là: D

Từ đồ thị nhận thấy hàm số \[y = \sin x\] nghịch biến trên \[\left( { - \frac{{3\pi }}{2}; - \frac{\pi }{2}} \right)\].

Đáp án đúng là: B

Hàm số xác định khi và chỉ khi \(1 - {\sin ^2}x \ne 0\) và \(\tan x\) xác định

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\sin ^2}x \ne 1\\\cos x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \[ - 1 \le \cos 3x \le 1 \Rightarrow 0 \le \left| {\cos 3x} \right| \le 1\]

\[ \Rightarrow 1 \ge 1 - 2\left| {\cos 3x} \right| \ge - 1\]

Vậy \[M = 1\].

Đáp án đúng là: C

Ta có \[\sin x = 1\]\[ \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Do đó \(x = \frac{\pi }{2}\) là một nghiệm của phương trình \[\sin x = 1\].

Chú ý: Ta cũng có thể dùng đường tròn lượng giác/ đồ thị hàm số \(y = \sin x\) để tìm nghiệm của phương trình này.

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\sqrt 3 \tan x - 3 = 0\)\( \Leftrightarrow \tan x = \sqrt 3 \)\( \Leftrightarrow \tan x = \tan \frac{\pi }{3}\)\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Chú ý: Ta cũng có thể dùng đồ thị hàm số \(y = \tan x\) để tìm nghiệm của phương trình này.

Đáp án đúng là: A

Phương trình \(\cos x = - m\) vô nghiệm khi và chỉ khi \(\left| { - m} \right| > 1\)

\( \Leftrightarrow \left| m \right| > 1\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m < - 1\end{array} \right.\) .

Vậy \(m \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\sin x = \cos x \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \\x = \pi - \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Do \(x \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]\) nên \( - \pi \le \frac{\pi }{4} + k\pi \le \pi \Leftrightarrow - \frac{5}{4} \le k \le \frac{3}{4}\)

Mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ { - 1;0} \right\}\).

Vậy trong \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\)phương trình có hai nghiệm.

Chú ý: \(\sin x = \cos x \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{4} = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Đáp án đúng là: D

Ta có \({u_n} = \frac{{3n - 1}}{{3n + 1}} = 1 - \frac{2}{{3n + 1}} < 1\).

Mặt khác, với \(n \ge 1\) thì \(\frac{2}{{3n + 1}} \le \frac{1}{2}\) nên \(1 - \frac{2}{{3n + 1}} \ge \frac{1}{2} > 0\).

Do đó dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn trên bởi số 1.

Đáp án đúng là: D

Vì \({2^n};n\) là các dãy số dương và tăng nên \(\frac{1}{{{2^n}}};\frac{1}{n}\) là các dãy giảm. Do đó phương án A, B là sai.

Xét phương án C: \({u_n} = \frac{{n + 5}}{{3n + 1}}\) có \({u_1} = \frac{3}{2};{u_2} = \frac{7}{6}\) nên \({u_1} > {u_2}\). Phương án C là sai.

Xét phương án D: \({u_n} = \frac{{2n - 1}}{{n + 1}} = 2 - \frac{3}{{n + 1}}\) nên \({u_{n + 1}} - {u_n} = 3\left( {\frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{{n + 2}}} \right) > 0\)

Hay \({u_{n + 1}} > {u_n}\) nên dãy số này là dãy số tăng.

Đáp án đúng là: D

– Kiểm tra \({u_1} = - 2\) ta loại các phương án \({u_n} = n - 2\) và \({u_n} = - 2\left( {n + 1} \right)\).

– Kiểm tra \({u_2} = 0\):

• Xét \({u_n} = - 2n\) có \({u_2} = - 4 \ne 0\) nên loại phương án này.

• Xét \({u_n} = 2n - 4\) có \({u_2} = 0\) nên ta chọn phương án này.

Đáp án đúng là: B

Nếu dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số cộng thì công sai của nó là hiệu của một cặp số hạng liên tiếp bất kì (số hạng sau trừ cho số hạng trước) của dãy số đó.

Ta có \(\frac{1}{2};0; - \frac{1}{2}; - 1;\frac{{ - 3}}{2};...\) là cấp số cộng nên số hạng đầu tiên là \({u_1} = \frac{1}{2}\) và công sai là \(d = {u_2} - {u_1} = 0 - \frac{1}{2} = - \frac{1}{2}\).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({u_5} = {u_1} + 4d = - 5 + 4.3 = 7\).

Đáp án đúng là: C

Số ghế của mỗi dãy (bắt đầu từ dãy đầu tiên) theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng có 30 số hạng có công sai \(d = 3\) và \({u_1} = 25.\)

Tổng số ghế là \({S_{30}} = {u_1} + {u_2} + \cdots + {u_{30}} = 30{u_1} + \frac{{30.29}}{2}d = 2055\).

Đáp án đúng là: C

Xét phương án A: Qua 2 điểm phân biệt, tạo được 1 đường thẳng, khi đó chưa đủ điều kiện để lập một mặt phẳng xác định. Có vô số mặt phẳng đi qua 2 điểm đã cho. Do đó A sai.

Xét phương án B: Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì chỉ tạo được đường thẳng, khi đó có vô số mặt phẳng đi qua 3 điểm phân biệt thẳng hàng. Do đó B sai.

Xét phương án D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm. Do đó D sai.

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: B

Nếu 2 mặt phẳng trùng nhau, khi đó 2 mặt phẳng có vô số điểm chung và chung nhau vô số đường thẳng.

Đáp án đúng là: B

Hình chóp có mặt đáy \(ABCD\) là tứ giác, không nhất thiết phải là hình vuông.

Đáp án đúng là: B

Hình chóp tam giác là một hình tứ diện nên A sai.

Hình tứ diện đều có mặt đáy là tam giác đều nên B đúng.

Mặt bên của tứ diện đều là hình tam giác đều nên C sai.

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

\(A\) là điểm chung thứ nhất giữa hai mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\).

Ta có \[BG \cap CD = N\] nên \(\left\{ \begin{array}{l}N \in BG \subset \left( {ABG} \right) \Rightarrow N \in \left( {ABG} \right)\\N \in CD \subset \left( {ACD} \right) \Rightarrow N \in \left( {ACD} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó \(N\) là điểm chung thứ hai giữa hai mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\).

Vậy \(\left( {ACD} \right) \cap \left( {GAB} \right) = AN\).

Đáp án đúng là: D

Điểm \(I\) là giao điểm của \(EF\) và \(BC\) mà \[EF \subset \left( {DEF} \right),EF \subset \left( {ABC} \right),EF \subset \left( {AEF} \right)\]

Do đó \(I = \left( {BCD} \right) \cap \left( {DEF} \right);I = \left( {BCD} \right) \cap \left( {ABC} \right);I = \left( {BCD} \right) \cap \left( {AEF} \right)\).

Vậy ta chọn phương án D.

Đáp án đúng là: D

Nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến ấy hoặc đồng quy hoặc đôi một song song.

Đáp án đúng là: B

Giả sử \(b\,{\rm{//}}\,c\). Mà \(a\,{\rm{//}}\,b\) nên \(a\,{\rm{//}}\,c\), điều này mâu thuẫn với giả thiết \(a\) và \(c\) chéo nhau.

Do đó ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: C

Ta có \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(IJ\,{\rm{//}}\,AB\).

Tương tự \(EF\,{\rm{//}}\,CD\).

Mà \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) (do \(ABCD\) là hình bình hành) nên \(AB\,{\rm{//}}\,CD\,{\rm{//}}\,IJ\,{\rm{//}}\,EF\).

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(I,J\) lần lượt là trung điểm của \[AD\] và \[BC\] nên \(IJ\) là đường trung bình của hình thang \[ABCD\].

Do đó \[IJ\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD\]

Gọi \[d = \left( {SAB} \right) \cap IJG\]

Ta có: \[G\] là điểm chung giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {IJG} \right)\)

Mặt khác: \[\left( {SAB} \right) \supset AB;\left( {IJG} \right) \supset IJ\] và \(AB\,{\rm{//}}\,IJ\) nên giao tuyến \(d\) của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {IJG} \right)\) là đường thẳng qua \[G\] và song song với \[AB\], \(IJ\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(a\,{\rm{//}}\,b\) và \(b \subset \left( P \right)\) thì \(a\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\) hoặc \(a \subset \left( P \right)\). Do đó A sai.

\(a\,{\rm{//}}\,b\) và \(b\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\) thì \(a\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\) hoặc \(a \subset \left( P \right)\). Do đó B sai.

\(a \subset \left( Q \right)\) và \(b \subset \left( P \right)\) thì chưa đủ điều kiện để khẳng định \(a\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\).

\(a\,{\rm{//}}\,b\); \(a \subset \left( Q \right)\) và \(b \subset \left( P \right)\) thì \(a\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\).

Đáp án đúng là: C

Phương án A sai vì nếu \(b\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\) thì \(b\,{\rm{//}}\,a\) hoặc \(a,b\) chéo nhau.

Phương án B sai vì nếu \(b\) cắt \(\left( \alpha \right)\) thì \(b\) cắt \(a\) hoặc \(a,b\) chéo nhau.

Phương án D sai vì nếu \(b\) cắt \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) chứa \(b\) thì giao tuyến của \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) là đường thẳng cắt \(a\) hoặc song song với \(a\).

Vậy ta chọn phương án C.

Đáp án đúng là: A

Xét \(\Delta SAC\) có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SC\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác.

Do đó \(MN\,{\rm{//}}\,AC\), mà \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Gọi \(M\) là trung điểm của \[BD\].

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \[ABD\] nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3}\).

Điểm \(Q \in AB\) sao cho \(AQ = 2QB\) suy ra \(\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{2}{3}\).

Khi đó \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{2}{3}\), theo định lí Thalès đảo ta có \(QC\,{\rm{//}}\,BD\).

Mặt khác \[BD\] nằm trong mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) suy ra \[GQ\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)\].

a) \({\cos ^2}x - \sin 2x = \sqrt 2 + {\sin ^2}x\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}x - {\sin ^2}x - \sin 2x = \sqrt 2 \)

\( \Leftrightarrow \cos 2x - \sin 2x = \sqrt 2 \)

\[ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2}\cos 2x - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sin 2x = 1\]

\[ \Leftrightarrow \cos 2x.\cos \frac{\pi }{4} - \sin 2x\sin \frac{\pi }{4} = 1\]

\( \Leftrightarrow \cos \left( {2x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow 2x + \frac{\pi }{4} = k2\pi \)

\( \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{8} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là \(x = - \frac{\pi }{8} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

b) \(\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} - \left( {\sqrt 3 - 1} \right)\cot x - \left( {\sqrt 3 + 1} \right) = 0\).

Điều kiện: \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Phương trình đã cho tương đương với

\(\left( {1 + {{\cot }^2}x} \right) - \left( {\sqrt 3 - 1} \right)\cot x - \left( {\sqrt 3 + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\cot ^2}x - \left( {\sqrt 3 - 1} \right)\cot x - \sqrt 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cot x = - 1\\\cot x - \sqrt 3 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {tm} \right)\\x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Do \(x \in \left( {0;\pi } \right)\) nên \(x = \frac{{3\pi }}{4};x = \frac{\pi }{6}\).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là \(x \in \left\{ {\frac{{3\pi }}{4};\frac{\pi }{6}} \right\}\).

a) \(\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,BC,BC \subset \left( {ABC} \right)\) và \(\left( \alpha \right)\) cắt \(\left( {ABC} \right)\) tại \(MN\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,BC\).

\(\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,BC,BC \subset \left( {BCD} \right)\) và \(\left( \alpha \right)\) cắt \(\left( {BCD} \right)\) tại \(PQ\) nên \(PQ\,{\rm{//}}\,BC\).

Suy ra: \(MN\,{\rm{//}}\,PQ\).

\(\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,AD,AD \subset \left( {ABD} \right)\) và \(\left( \alpha \right)\) cắt \(\left( {ABD} \right)\) tại \(MQ\) nên \(MQ\,{\rm{//}}\,AD\).

\(\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,AD,AD \subset \left( {ACD} \right)\) và \(\left( \alpha \right)\) cá́t \(\left( {ACD} \right)\) tại \(NP\) nên \(NP\,{\rm{//}}\,BC\).

Suy ra: \(MQ\,{\rm{//}}\,NP\).

Do đó, \(MNPQ\) là hình bình hành.

b) \(MNPQ\) là hình thoi khi \(MN = NP\).

Ta có: \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AN}}{{AC}}\)

\(\frac{{NP}}{{AD}} = \frac{{CN}}{{AC}}\) hay \({\rm{\;}}\frac{{MN}}{{AD}} = \frac{{CN}}{{AC}}\)

Mà \(\frac{{AN}}{{AC}} + \frac{{CN}}{{AC}} = 1\) nên \(\frac{{MN}}{{BC}} + \frac{{MN}}{{AD}} = 1\)

Suy ra: \(MN = \frac{{AD.BC}}{{AD + BC}}\).

Ta có: \(0 < \alpha < 90^\circ \Leftrightarrow 0 < \frac{\alpha }{2} < 45^\circ \Rightarrow 0 < {\rm{sin}}\frac{\alpha }{2} < \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow 0 < \sqrt {\frac{{x - 1}}{{2x}}} < \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow x > 0\)

Lại có \({\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\frac{\alpha }{2} + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\frac{\alpha }{2} = 1 \Rightarrow {\rm{cos}}\frac{\alpha }{2} = \sqrt {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\frac{\alpha }{2}} \), vì \(0 < \frac{\alpha }{2} < 45^\circ \)

\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\frac{\alpha }{2} = \sqrt {\frac{{x + 1}}{{2x}}} \Rightarrow {\rm{tan}}\frac{\alpha }{2} = \sqrt {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \)

Khi đó \({\rm{tan}}\alpha = \frac{{2{\rm{tan}}\frac{\alpha }{2}}}{{1 - {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\frac{\alpha }{2}}} = \frac{{2\sqrt {\frac{x}{{x + 1}}} }}{{1 - \frac{{x - 1}}{{x + 1}}}} = \sqrt {{x^2} - 1} \).

Ta có: \({\rm{tan}}\alpha = \frac{1}{2}x\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 1} = \frac{1}{2}x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 1 = \frac{1}{4}{x^2}\) (do \(x > 0\))

\( \Leftrightarrow  - \frac{3}{4}{x^2} = - 1\)

\( \Leftrightarrow {x^2} = \frac{4}{3}\)\( \Leftrightarrow x = \frac{2}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\) (do \(x > 0\))

Vậy giá trị \(x\) cần tìm là \(x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác \[ABC\] có: \[\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \] (định lý tổng ba góc trong một tam giác)

Do đó: \[\widehat A = 180^\circ - \left( {\widehat B + \widehat C} \right)\]

+) \(\sin A = \sin \left( {180^\circ - \left( {B + C} \right)} \right) = \sin \left( {B + C} \right)\). Do đó A đúng.

+) \(cosA = cos\left( {180^\circ - \left( {B + C} \right)} \right) = - cos\left( {B + C} \right)\). Do đó B sai.

Ta lại có: \(0^\circ < \widehat A,\widehat B,\,\widehat C < 180^\circ \) nên:

+) \[{\rm{cosA}}\,{\rm{ > }}\,{\rm{0}}\] khi \(0^\circ < \widehat A < 90^\circ \);

\[{\rm{cosA}}\, = \,{\rm{0}}\] khi \(\widehat A = 90^\circ \);

\[{\rm{cosA}}\, < \,{\rm{0}}\] khi \(90^\circ < \widehat A < 180^\circ \). Do đó C sai.

+) \(\sin A > 0\). Do đó D sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Với mọi góc \(\alpha \) thoả mãn \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \) ta luôn có

\(\sin \left( {180^\circ - \alpha } \right) = \sin \alpha \);                                       

\({\rm{cos}}\left( {180^\circ - \alpha } \right) = - {\rm{cos}}\alpha \);

\(\tan \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \tan \alpha \left( {\alpha \ne 90^\circ } \right)\);                     

\(\cot \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \cot \alpha \left( {0^\circ < \alpha < 180^\circ } \right)\).

Vậy đáp án B sai, đáp án A, C, D đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: aa2–c2=bb2–c2

⇔a3–b3–c2a–b=0

⇔a–ba2+ab+b2–c2a–b=0

⇔a–ba2+ab+b2–c2=0

Do a ≠ b nên a2+ab+b2–c2=0⇔a2+b2−c2=−ab

\[ \Rightarrow cos\widehat {BCA} = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}} = - \frac{{ab}}{{2ab}} = - \frac{1}{2}\]

Do đó: \[\widehat {BCA} = 120^\circ \].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét đáp án A: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A\) là khẳng định đúng (theo định lí cosin).

Xét đáp án B: \(\frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow b = \frac{{c.\sin B}}{{{\mathop{\rm sinC}\nolimits} }}\) là khẳng định đúng (theo địn lí sin).

Xét đáp án C: \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \)là khẳng định đúng (theo công thức Heron).

Xét đáp án D: \(S = \frac{1}{2}ab.\sin C\) khẳng định D sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Diện tích tam giác \[ABC\] đều là:

\[S = AB.AC.sinA = \frac{1}{2}.2a.2a.sin60^\circ = {a^2}\sqrt 3 \]

Nửa chu vi tam giác \[ABC\] là:

\[p = \frac{{2a + 2a + 2a}}{2} = 3a\]

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\] là:

\[r = \frac{S}{p} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{3a}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có:

\[\sin \alpha + \cos \alpha = \sqrt 2 \Rightarrow {(sin\alpha + cos\alpha )^2} = 2 \Rightarrow 1 + 2sin\alpha .cos\alpha = 2 \Rightarrow sin\alpha .cos\alpha = \frac{1}{2}\]

\[tan\alpha + cot\alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} + \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{1}{{\sin \alpha .\cos \alpha }} \Rightarrow tan\alpha + cot\alpha = \frac{1}{{\frac{1}{2}}} = 2\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\widehat {CAD} = 63^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = 117^\circ \Rightarrow \widehat {ADB} = 180^\circ - \left( {117^\circ + 48^\circ } \right) = 15^\circ \)

Áp dụng định lý sin trong tam giác \(ABD\) ta có:

\(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{BD}}{{\sin \widehat {BAD}}} \Rightarrow BD = \frac{{AB.\sin \widehat {BAD}}}{{\sin \widehat {ADB}}}\)

Tam giác \(BCD\) vuông tại \(C\) nên có: \(\sin \widehat {CBD} = \frac{{CD}}{{BD}} \Rightarrow CD = BD.\sin \widehat {CBD}\)

Vậy \[CD = \frac{{AB.\sin \widehat {BAD}.\sin \widehat {CBD}}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{24.\sin 117^\circ .sin48^\circ }}{{\sin 15^\circ }} = 61,4m\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

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

\(B{C^2} = A{C^2} + A{B^2} - 2AC \cdot AB \cdot \cos A = {6^2} + {3^2} - 2 \cdot 6 \cdot 3 \cdot \cos 60^\circ = 27 \Rightarrow BC = 3\sqrt 3 \).

Áp dụng định lí sin trong tam giác \(ABC\), ta có: \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R\)

\( \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{2\sin 60^\circ }} = 3\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Các vectơ cùng phương với vectơ \(\overrightarrow {OB} \) là: \(\overrightarrow {BE} ,\,\,\overrightarrow {EB} ,\,\,\overrightarrow {DC} ,\,\,\overrightarrow {CD} ,\,\,\overrightarrow {FA} ,\,\,\overrightarrow {AF} \).

Vậy có \(6\) vectơ cùng phương với vectơ \(\overrightarrow {OB} \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật nên \[ABCD\] là hình chữ nhật \[ \Leftrightarrow AC = BD\] hay \[\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BD} } \right|\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Hai vectơ gọi là bằng nhau nếu chúng cùng hướng và có cùng độ dài.

Do đó \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) cùng hướng và \(AB = CD\).

Vậy đáp án A, B, D sai. Đáp án C đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có:

Phủ định của \(\forall \) là \(\exists \);

Phủ định của \( < \) là \( \ge \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Câu “Hà Nội là thủ đô của Việt Nam” là khẳng định đúng. Do đó “Hà Nội là thủ đô của Việt Nam” là mệnh đề.

Câu “Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau” là khẳng định sai. Do đó “Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau” là mệnh đề.

Câu “2 là số nguyên tố” là khẳng định đúng. Do đó “2 là số nguyên tố” là mệnh đề.

Câu “Hôm nay là thứ mấy?” là câu hỏi nên không là mệnh đề.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Biểu diễn mệnh đề “Tồn tại số thực \(x\) để \(x\) chia hết cho 2” dưới dạng kí hiệu là

 “\(\exists x \in \mathbb{R}|x\,\, \vdots \,\,2\)”.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

A là mệnh đề sai: Ví dụ: 1 + 3 = 4 là số chẵn nhưng 1, 3 là số lẻ.

B là mệnh đề sai: Ví dụ: 1 + 3 = 4 là số chẵn nhưng 1, 3 là số lẻ.

C là mệnh đề sai: Ví dụ: 2.3 = 6 là số chẵn nhưng 3 là số lẻ.

D là mệnh đề đúng: Ví dụ: 1.3 = 3 là số lẻ và 1, 3 đều là số lẻ.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi \(A\) là tập hợp học sinh lớp 10A; \(B\) là tập học sinh được xếp loại học lực giỏi; \(C\) là tập học sinh được xếp loại hạnh kiểm tốt. Khi đó tập hợp cần tìm là tập \[B \cup C\]. Được thể hiện trong biểu đồ Ven như sau:

Khi đó \(\left| {B \cup C} \right| = \left| B \right| + \left| C \right| - \left| {B \cap C} \right| = 15 + 20 - 10 = 25\)

Vậy có 25 học sinh xếp loại học lực giỏi hoặc có hạnh kiểm tốt.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(M = \left\{ {x \ge 0|{x^2} < 4} \right\} = \left[ {0;2} \right)\);

\(N = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 4 < x - 5 < 4} \right\} = \left\{ {x \in \mathbb{R}|1 < x < 9} \right\} = \left( {1;\,\,9} \right)\).

Vậy \(L = M \cap N = \left( {1;\,\,2} \right)\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Tính chất đặc trưng của các phần tử thuộc tập hợp \(L = \left\{ {x \in \mathbb{N}|x \le 10} \right\}\) đều là các số tự nhiên nhỏ hơn hoặc bằng 10.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \(A = \left( { - \infty ;\,5} \right)\) và \(B = \left[ { - 1;\, + \infty } \right)\)

Suy ra \(A \cap B = \left[ { - 1;\,5} \right)\)

Vì vậy \(\left[ { - 1;\,4} \right]\) là tập con của tập \(A \cap B\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(0 + 5 \cdot 0 = 0 < 2\), do đó miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(x + 5y > 2\) là nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng \(d:x + 5y = 2\) không chứa gốc tọa độ \(O\left( {0;\,\,0} \right)\) (không kể bờ \(d\)).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \({3^3}x + {4^2}y > 25 \Leftrightarrow 27x + 16y > 25\), đây là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

+)Thay \[x = - 1;\,y = 3\] vào bất phương trình \[ - 3x + 2y - 4 > 0\] ta được \[ - 3.( - 1) + 2.3 - 4 = 5 > 0\] là một mệnh đề đúng. Do đó A đúng.

+) Thay \[x = - 1;\,y = 3\] vào bất phương trình \[x + 3y < 0\] ta được \[ - 1 + 3.3 = 8 < 0\] là một mệnh đề sai. Do đó B sai.

+) Thay \[x = - 1;\,y = 3\]vào bất phương trình \[3x - y > 0\] ta được \[3.( - 1) - 3 = - 6 > 0\] là một mệnh đề sai. Do đó C sai.

+) Thay \[x = - 1;\,y = 3\]vào bất phương trình \[2x - y + 4 > 0\] ta được \[2.( - 1) - 3 + 4 = - 1 > 0\] là một mệnh đề sai. Do đó D sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y < 1\\{5^2}x + 7y > 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y < 1\\25x + 7y > 2\end{array} \right.\), đây là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn vì các bất phương trình trong hệ đều là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: \( - 1 - 5 = - 6 < 2;\,\,2 \cdot \left( { - 1} \right) + 5 = 3 < 8;\,\, - \left( { - 1} \right) + 3 \cdot 5 = 16 > 6\).

Vậy cặp số \(\left( { - 1;\,\,5} \right)\) là một nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y \le 2\\2x + y < 8\\ - x + 3y \ge 6\end{array} \right.\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

+) Miền nghiệm của bất phương trình \[x - 2y < 0\]:

Vẽ đường thẳng \[{d_1}:x - 2y = 0\] đi qua hai điểm \[\left( {0;\,0} \right)\] và \[\left( {2;\,1} \right)\].

Chọn điểm \[M\left( {0;\,1} \right) \notin {d_1}\] và thay vào bất phương trình ta được: \[0 - 2.1 = - 2 < 0\].

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình \[x - 2y < 0\] là nửa mặt phẳng bờ \[{d_1}\] chứa \[M\left( {0;\,1} \right)\].

+) Miền nghiệm của bất phương trình \[x + 3y > - 2\]:

Vẽ đường thẳng \[{d_2}:x + 3y = - 2\] đi qua hai điểm \[\left( {0;\,\frac{{ - 2}}{3}} \right)\] và \[\left( { - 2;\,0} \right)\].

Chọn điểm \[M\left( {0;\,1} \right) \notin {d_2}\] và thay vào bất phương trình ta được \[0 + 3.1 = 3 > - 2\].

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình \[x + 3y > - 2\] là nửa mặt phẳng bờ \[{d_2}\] chứa \[M\left( {0;\,1} \right)\].

+) Miền nghiệm của bất phương trình \[y - x < 3\]:

Vẽ đường thẳng \[{d_3}: - x + y = 3\] đi qua hai điểm \[\left( {0;\, - 3} \right)\] và \[\left( {0;\,3} \right)\].

Chọn điểm \[M\left( {0;\,1} \right) \notin {d_3}\] và thay vào bất phương trình ta được \[ - 0 + 1 = 1 < 3\].

Do đó, miền nghiệm của bất phương trình \[y - x < 3\] là nửa mặt phẳng bờ \[{d_3}\] chứa \[M\left( {0;\,1} \right)\].

Giao của ba miền nghiệm trên ta sẽ được miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho và là miền không tô đậm trong hình vẽ và không kể đường thẳng \({d_1};\,\,{d_2};\,\,{d_3}\).

Ta có: \(\widehat {PAQ} = \widehat {BQA} - \widehat {BPA} = 48^\circ - 35^\circ = 13^\circ \) (tính chất góc ngoài trong tam giác).

Áp dụng định lí sin trong tam giác \(APQ\), ta có: \(\frac{{PQ}}{{\sin \widehat {PAQ}}} = \frac{{AQ}}{{\sin \widehat {BPA}}}\).

Thay số: \(\frac{{300}}{{\sin 13^\circ }} = \frac{{AQ}}{{\sin 35^\circ }}\)\( \Rightarrow AQ \approx 764,93\;{\rm{(m)}}\).

Tam giác \(ABQ\) vuông tại \(B\) nên \(AB = AQ \cdot \sin 48^\circ \)\( \approx 568,46\,{\rm{(m)}}\).

Vậy chiều cao của tháp hải đăng xấp xỉ bằng 568,46 m.

Tập hợp \(A = \left( { - \infty ;\,m + 1} \right]\) và \(B = \left( { - 2;\, + \infty } \right)\)

a) Với \(m = 2\) ta có \(A = \left( { - \infty ;\,3} \right]\) và \(B = \left( { - 2;\, + \infty } \right)\)

Ta có:

Vậy tập \(A \cap B = \left( { - 2;\,3} \right]\).

b) Để \(A \cap B = \emptyset \) thì \(m + 1 \le - 2 \Leftrightarrow m \le - 3\)

Vậy \(m \le - 3\) thì \(A \cap B = \emptyset \).

Gọi \(x,\,y\) lần lượt là số radio kiểu một và kiểu hai sản xuất được trong một ngày. \(\left( {x,\,\,y \ge 0} \right)\)

Vì radio kiểu một sản xuất trên dây chuyền một với công suất 45 radio/ngày, radio kiểu hai sản xuất trên dây chuyền hai với công suất 80 radio/ngày nên \(x \le 45,\,\,y \le 80\).

Sản xuất \(x\) chiếc radio kiểu một và \(y\) chiếc radio kiểu hai cần số linh kiện là \(12x + 9y\).

Mà số linh kiện có thể sử dụng tối đa trong một ngày là 900 nên \(12x + 9y \le 900\) hay tương đương với \(4x + 3y \le 300\).

Tiền lãi thu được khi bán \(x\) chiếc radio kiểu một và \(y\) chiếc radio kiểu hai là \(T = 250\,\,000x + 180\,\,000y\) (đồng).

Khi đó, bài toán đã cho trở thành: Tìm \(\left( {x;\,\,y} \right)\) thỏa mãn hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 45\\0 \le y \le 80\\4x + 3y \le 300\end{array} \right.\)để \(T = 250\,\,000x + 180\,\,000y\) lớn nhất.

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 45\\0 \le y \le 80\\4x + 3y \le 300\end{array} \right.\) lên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 45\\0 \le y \le 80\\4x + 3y \le 300\end{array} \right.\) là miền ngũ giác \(OABCD\) (kể cả biên) với \(O\left( {0;\,\,0} \right),\,\,A\left( {0;\,\,80} \right),\,\,B\left( {15;\,\,80} \right),\,\,C\left( {45;\,\,40} \right),\,\,D\left( {45;\,\,0} \right)\).

Người ta chứng minh được \(T = 250\,\,000x + 180\,\,000y\) đạt giá trị lớn nhất tại một trong các đỉnh của ngũ giác \(OABCD\).

Ta có: \(T\left( {0;\,\,0} \right) = 0\);

\(T\left( {0;\,\,80} \right) = 250\,\,000 \cdot 0 + 180\,\,000 \cdot 80 = 14\,\,400\,\,000\);

\(T\left( {15;\,\,80} \right) = 250\,\,000 \cdot 15 + 180\,\,000 \cdot 80 = 18\,\,150\,\,000\);

\(T\left( {45;\,\,40} \right) = 250\,\,000 \cdot 45 + 180\,\,000 \cdot 40 = 18\,\,450\,\,000\);

\(T\left( {45;\,\,0} \right) = 250\,\,000 \cdot 45 + 180\,\,000 \cdot 0 = 11\,\,250\,\,000\).

Do đó, \(T = 250\,\,000x + 180\,\,000y\) đạt giá trị lớn nhất tại \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {45;\,\,40} \right)\).

Vậy cần sản xuất 45 radio kiểu một và 40 radio kiểu hai thì lãi thu được trong một ngày là lớn nhất.