Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Cánh Diều có đáp án - Đề 5
28 câu hỏi
I. TRẮC NGHIỆM (7 ĐIỂM)
Câu nào dưới đây là mệnh đề Toán học?
\(2\) chia hết cho \(3\);
Hôm nay là thứ mấy?
Việt Nam có 63 tỉnh thành;
Đề thi Toán thật khó!.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Câu \(2\) chia hết cho \(3\) là câu khẳng định sai và nói về nội dung Toán học nên đây là một mệnh đề Toán học.
Tứ giác \(ABCD\) là hình thang cân vì tứ giác \(ABCD\) có \(AC = BD\);
Nếu tứ giác \(ABCD\) là hình thang cân do đó tứ giác \(ABCD\) có \(AC = BD\); ;
Nếu tứ giác \(ABCD\) là hình thang cân thì tứ giác \(ABCD\) có \(AC = BD\);
Tứ giác \(ABCD\) có \(AC = BD\) khi và chỉ khi tứ giác \(ABCD\) là hình thang cân.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Mệnh đề \(P \Rightarrow Q\) được phát biểu là: “Nếu tứ giác \(ABCD\) là hình thang cân thì tứ giác \(ABCD\) có \(AC = BD\)”.
Tồn tại một số nguyên \(x\) để \(x\) chia hết cho 5;
Mọi số nguyên \(x\) chia hết cho 5;
Tồn tại một số nguyên \(x\) để \(x\) không chia hết cho 5;
Mọi số nguyên \(x\) không chia hết cho 5.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Mệnh đề “\(\exists x \in \mathbb{Z},x\,\, \vdots \,\,5\)” được diễn tả bằng lời như sau:
Tồn tại một số nguyên \(x\) để \(x\) chia hết cho 5.
Cho định lí: “Hai tam giác bằng nhau thì diện tích của chúng bằng nhau”. Sử dụng thuật ngữ “điều kiện cần” hoặc “điều kiện đủ” để phát biểu lại định lí. Khẳng định nào sau đây là đúng ?
Hai tam giác bằng nhau là điều kiện cần để diện tích của chúng bằng nhau;
Hai tam giác bằng nhau là điều kiện đủ để diện tích của chúng bằng nhau;
Hai tam giác có diện tích bằng nhau là điều kiện đủ để chúng bằng nhau;
Hai tam giác có diện tích bằng nhau là điều kiện cần và đủ để chúng bằng nhau.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Định lí: “Hai tam giác bằng nhau thì diện tích của chúng bằng nhau” được phát biểu lại bằng một trong các cách sau:
+ “Hai tam giác bằng nhau là điều kiện đủ để diện tích của chúng bằng nhau”.
+ “Hai tam giác có diện tích bằng nhau là điều kiện cần để chúng bằng nhau”.
\(4\);
\(15\);
\(16\);
\(14\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \(18 = {2.3^2},\,\,12 = {2^2}.3\). Khi đó ƯCLN\(\left( {18,12} \right) = 2.3 = 6\).
\( \Rightarrow \)Ư\(\left( 6 \right) = \left\{ { - 6;\,\, - 3;\,\, - 2;\,\, - 1;\,\,1;\,2;\,\,3;\,\,6} \right\}\).
Ta lại có \(x\) là ước của \(18\) và \(12\) nên \(x \in \)Ư\(\left( 6 \right)\).
Mà \(x \in \mathbb{N}\) nên \(x \in \left\{ {1;\,2;\,\,3;\,\,6} \right\}\).
Số tập con khác rỗng của tập \(X\) là \({2^4} - 1 = 15\).
\(\left( { - 1;6} \right)\)
\(\left( {45;69} \right)\);
\(\left( {23;34} \right)\);
\(\left( {1;50} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Ta có: \(B = \left\{ {x \in \mathbb{R}|5 < x < 50} \right\} = \left( {5;\,50} \right)\).
Mà \(\left( {23;34} \right) \subset \left( {5;50} \right)\).
Vậy \(\left( {23;34} \right) \subset B\).
\(B \cap C = D\);
\(C \cap D = D\);
\(B \cup C = D\);
\(B \cap D = D\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
+) Ta có: \(B \cap C = \){\(x|x\) vừa là hình chữ nhật và \(x\) vừa là hình thoi} = {\(x|x\) là hình vuông} = \(D\). Do đó A sai.
+) Ta có: \(C \cap D = \){\(x|x\) vừa là hình thoi và \(x\) vừa là hình vuông} = {\(x|x\) là hình vuông} = \(D\). Do đó B sai.
+) Ta có: \(B \cup C = \){\(x|x\) là hình chữ nhật hoặc \(x\) vừa là hình thoi} \( \ne \) \(D\). Do đó C đúng.
+) Ta có: \(B \cap D = D\){\(x|x\) là hình chữ nhật và \(x\) là hình vuông} = {\(x|x\) là hình vuông} = \(D\). Do đó D sai.
1;
2;
– 1;
0.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Ta có: \({x^2} - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 1\).
Do đó, \(A = \left\{ {x \in \mathbb{N}|{x^2} - 2x + 1 = 0} \right\} = \left\{ 1 \right\}\).
Vậy \(1 \in A\).
\(\left( {0;\,\,5} \right)\);
\(\left( {0;\,\,0} \right)\);
\(\left( {2;\,\,4} \right)\);
\(\left( {4;\,\,0} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền trong của tứ giác \(OABC\) với \(O\left( {0;\,\,0} \right)\), \(A\left( {0;\,\,5} \right)\), \(B\left( {2;\,\,4} \right)\), \(C\left( {4;\,\,0} \right)\).
Giá trị của biểu thức \(F\left( {x;\,\,y} \right)\) tại các điểm \(O,\,A,\,B,\,C\) là:
Tại \(O\left( {0;\,\,0} \right)\): \(F\left( {0;\,\,0} \right) = 0 - 2.0 + 1 = 1\);
Tại \(A\left( {0;\,\,5} \right)\): \(F\left( {0;\,\,5} \right) = 0 - 2.5 + 1 = - 9\);
Tại \(B\left( {2;\,\,4} \right)\): \(F\left( {2;\,\,4} \right) = 2 - 2.4 + 1 = - 5\);
Tại \(C\left( {4;\,\,0} \right)\): \(F\left( {4;\,\,0} \right) = 4 - 2.0 + 1 = 5\).
Vậy Biểu thức \(F\left( {x;\,\,y} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại cặp \(\left( {0;\,\,5} \right)\).
\(x - y \ge 8\);
\(3x + 7y < 0\);
\(4x > - 3\);
\(x - y + z < 1\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Bất phương trình \(x - y + z < 1\) có ba ẩn \(x,\,\,y,\,\,z\) nên nó không phải là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
\(x + y \ge 35\);
\(32x + 36y \ge 350\);
\(32x + 36y \le 350\);
\(36x + 32y \le 350\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Số tiền mà Lan bỏ ra để mua \(x\) hộp kẹo hương dâu và \(y\)hộp kẹo hương cam là:
\(32\,\,000x + 36\,\,000y\) (đồng).
Vì số tiền tiết kiệm của Lan chỉ có \(350\,\,000\)đồng nên ta có bất phương trình:
\(32\,\,000x + 36\,\,000y \le 350\,\,000\) hay \(32x + 36\,y \le 350\).
Nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(3x - y = 1\) không chứa điểm \(\left( {0;0} \right)\) (không kể bờ);
Nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(3x - y = 1\) chứa điểm \(\left( {0;0} \right)\) (có kể bờ);
Nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(3x - y = 1\) không chứa điểm \(\left( {0;0} \right)\) (có kể bờ);
Nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(3x - y = 1\) không chứa điểm \(\left( {0;0} \right)\)(không kể bờ).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Xét điểm \(\left( {0;0} \right)\) có \(3 \cdot 0 - 0 = 0 < 1\). Do đó, điểm \(\left( {0;0} \right)\) không nằm trong miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(3x - y \ge 1\).
Vậy miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(3x - y \ge 1\) là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(3x - y = 1\) không chứa điểm \(\left( {0;0} \right)\) (có kể bờ).
\(\left( {1;2} \right)\);
\(\left( {4;5} \right)\);
\(\left( {10;30} \right)\);
\(\left( { - 5;10} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Xét hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}5x - 2y \le 0\\x + y < 10\end{array} \right.\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}5 \cdot \left( { - 5} \right) - 2 \cdot 10 = - 45 \le 0\\ - 5 + 10 = 5 < 10\end{array} \right.\).
Vậy cặp số \(\left( { - 5;10} \right)\) là một nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}5x - 2y \le 0\\x + y < 10\end{array} \right.\).
Trong các hệ bất phương trình sau, hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn là
\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - {y^2} > 4\\2x + y < 1\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 2y \le z\\x + y < 9\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}{x^5} - y > 0\\x + {y^5} < 6\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y - 3 > 4\\2x + y + 2 < 19\end{array} \right.\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ bao gồm 2 hay nhiều các bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}x - y - 3 > 4\\2x + y + 2 < 19\end{array} \right.\) là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
\(M = \frac{{{m^2} + 1}}{2}\);
\(\frac{{{m^2} - 1}}{2}\);
\({m^2} - 1\);
\({m^2} + 1\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \[\sin x + {\rm{cos}}x = m\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {\sin x + {\rm{cos}}x} \right)^2} = {m^2}\]
\[ \Leftrightarrow {\sin ^2}x + 2\sin x.{\rm{cos}}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x = {m^2}\]
\[ \Leftrightarrow 1 + 2\sin x.{\rm{cos}}x = {m^2}\]
\[ \Leftrightarrow \sin x.{\rm{cos}}x = \frac{{{m^2} - 1}}{2}\].
Vậy \(M = \frac{{{m^2} - 1}}{2}\).
\(\frac{{AB}}{{AC}}\);
\(\frac{{AB}}{{BC}}\);
\(\frac{{AC}}{{BC}}\);
\(\frac{{AC}}{{AB}}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\cos \alpha = \cos \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{BC}}\).
\(\sin x + {\rm{cos}}x = 1\);
\(1 + {\sin ^2}x = \frac{1}{{{{\cot }^2}x}}\);
\({\tan ^2}x + 1 = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}\);
\[\tan x = \frac{{{\rm{cos}}\,x}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}\,x}}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Ta có:
\({\sin ^2}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x = 1\). Do đó A sai.
\(1 + {\cot ^2}x = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\). Do đó B sai.
\({\tan ^2}x + 1 = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}\). Do đó C đúng.
\[\tan x = \frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}\,x}}{{{\rm{cos}}\,x}}\]. Do đó D sai.
\(M = 1\);
\(M = 2\);
\(M = - 1\);
\(M = - 2\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
\(M = {\sin ^2}37^\circ + \tan 67^\circ .\tan 23^\circ + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}143^\circ \)
\( = {\sin ^2}37^\circ + \tan 67^\circ .\cot 67^\circ + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}37^\circ \)
\( = \left( {{{\sin }^2}37^\circ + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}37^\circ } \right) + \tan 67^\circ .\cot 67^\circ \)
\( = 1 + 1\)
\( = 2\)
\(45^\circ \);
\(62^\circ \);
\(63^\circ \);
\(48^\circ \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Xét tam giác \(MNP\)
Áp dụng định lí côsin ta có: \(M{N^2} = P{N^2} + M{P^2} - 2PN \cdot MP \cdot \cos \widehat {MPN}\)
\( \Rightarrow \cos \widehat {MPN} = \frac{{P{N^2} + M{P^2} - M{N^2}}}{{2PN \cdot MP}} = \frac{{{5^2} + {9^2} - {8^2}}}{{2 \cdot 5 \cdot 9}} = \frac{7}{{15}}\).
Vì \(0^\circ < \widehat {MPN} < 180^\circ \) nên \(\widehat {MPN} \approx 62^\circ \).
Công thức heron tính diện tích tam giác \(ABC\) là
\(S = pr\);
\(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \);
\(S = \frac{1}{2}.a.b.\sin C = \frac{1}{2}.b.c.\sin A\);
\(S = \frac{{abc}}{{4R}}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Công thức heron tính diện tích tam giác \(ABC\) là \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \) với \(p\) là nửa chu vi tam giác.
\(62^\circ \);
\(63^\circ \);
\(64^\circ \);
\(65^\circ \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Xét tam giác \(MNP\)
Áp dụng định lí sin ta có:
\(\,\frac{{MN}}{{\sin \widehat {MPN}}} = \frac{{MP}}{{\sin \widehat {MNP}}} \Rightarrow \frac{4}{{\sin 45^\circ }} = \frac{5}{{\sin \widehat {MNP}}} \Rightarrow \sin \widehat {MNP} = \frac{{5 \cdot \sin 45^\circ }}{4} = \frac{{5\sqrt 2 }}{8}\).
Mà \(0^\circ < \widehat {MNP} < 180^\circ \Rightarrow \widehat {MNP} \approx 62^\circ \).
\(DF = \frac{{a\sqrt {13} }}{4}\);
\(DF = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}\);
\(DF = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\);
\(DF = \frac{{3a}}{4}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Xét tam giác \(ABE\) vuông tại \(B\), có:
\(A{E^2} = A{B^2} + B{E^2}\) (định lí Py – ta – go)
\( \Leftrightarrow A{E^2} = {a^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\)
\( \Leftrightarrow AE = \frac{{\sqrt 5 a}}{2}\)
\( \Rightarrow AF = \frac{1}{2}AE = \frac{{\sqrt 5 a}}{4}\)
Ta lại có: \(\sin \widehat {BAE} = \frac{{BE}}{{AE}} \Leftrightarrow \sin \widehat {BAE} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{\sqrt 5 a}}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)
\( \Rightarrow {\rm{cos}}\widehat {DAF} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\) (vì \(\widehat {BAE} + \widehat {DAF} = 90^\circ \)).
Xét tam giác \(ADF\), có:
\(D{F^2} = A{D^2} + A{F^2} - 2.AD.AF\cos \widehat {DAF}\) (Áp dụng định lí cosin)
\( \Leftrightarrow D{F^2} = {a^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 5 a}}{4}} \right)^2} - 2.a.\frac{{\sqrt 5 a}}{4}.\frac{1}{{\sqrt 5 }} = \frac{{13}}{{16}}a\)
\( \Leftrightarrow DF = \frac{{\sqrt {13} }}{4}a\).
\(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BI} \) cùng hướng;
\(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AI} \) cùng hướng;
\(\overrightarrow {AI} \) và \(\overrightarrow {IB} \) ngược hướng;
\(\overrightarrow {AI} \) và \(\overrightarrow {BI} \) không cùng phương.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \(A\), \(I\), \(B\) cùng thuộc đường thẳng \(AB\) nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AI} \) cùng phương.
Và chúng cùng hướng từ trái sang phải.
Do đó, \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AI} \) cùng hướng.
\(\overrightarrow {BD} \);
\(\overrightarrow {DB} \);
\(\overrightarrow {CA} \);
Không có vectơ nào.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Ta có: \(AC = BD\) (tính chất hình chư nhật) nhưng \(\overrightarrow {BD} \) và \(\overrightarrow {DB} \) lại không cùng phương với vectơ \(\overrightarrow {AC} \). Do đó \(\overrightarrow {AC} \ne \overrightarrow {BD} ,\overrightarrow {AC} \ne \overrightarrow {DB} \).
Vectơ \(\overrightarrow {CA} \) cùng phương cùng độ dài nhưng lại ngược hướng nên \(\overrightarrow {CA} = - \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AB} \) có điểm đầu là \(A\) và không có điểm cuối;
\(\overrightarrow {AB} \) có điểm đầu là \(A\) và điểm cuối là \(B\);
\(\overrightarrow {AB} \) có điểm đầu là \(B\) và điểm cuối là \(A\);
\(\overrightarrow {AB} \) có giá là đường thẳng vuông góc với đường thẳng \(d\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Vectơ \(\overrightarrow {AB} \) khác vectơ – không, có điểm đầu là \(A\) và điểm cuối là \(B\) và giá là đường thẳng đi qua hai điểm \(A,\,\,B\)chính là đường thẳng \(d\). Vậy đáp án B đúng.
II. TỰ LUẬN (3 ĐIỂM)
(1 điểm) Trong một cuộc thi làm bánh, mỗi đội chơi được sử dụng tối đa 20 kg bột mì, 2 kg bột nở, 5 kg kem béo. Để làm một cái bánh cỡ bé cần 0,4 kg bột mì, 0,05 kg bột nở và 0,1 kg kem béo; để làm một cái bánh cỡ trung bình 0,6 kg bột mì, 0,075 kg bột nở và 0,15 kg kem béo. Mỗi cái bánh cỡ bé được 5 điểm thưởng, mỗi cái bánh cỡ lớn được 7 điểm thưởng. Hỏi cần phải làm mấy cái bánh mỗi loại để được nhiều điểm thưởng nhất?
Gọi số bánh cỡ bé làm được là \(x\) (cái), số bánh cỡ lớn làm được là \(y\) (cái) (\(x,y \in {\mathbb{N}^*}\))
Khi đó, số điểm thưởng là: \(F\left( {x;y} \right) = 5x + 7y\).
Số kg bột mì cần dùng là: \(0,4x + 0,6y\) (kg).
Số kg bột nở cần dùng là: \(0,05x + 0,075y\) (kg).
Số kg kem béo cần dùng là: \(0,1x + 0,15y\) (kg).
Vì trong cuộc thi này chỉ được sử dụng tối đa 20 kg bột mì, 2 kg bột nở và 5 kg kem béo nên ta có hệ bất phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}0,4x + 0,6y \le 20\\0,05x + 0,075y \le 2\\0,1x + 0,15y \le 5\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 3y \le 100\\2x + 3y \le 80\\2x + 3y \le 100\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 3y \le 80\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\) (*)
Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(F\left( {x;y} \right)\) trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*).
Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là tam giác \(OAB\) (kể cả biên).
Hàm số \(F\left( {x;y} \right) = 5x + 7y\) sẽ đạt giá trị lớn nhất trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) khi \(\left( {x;y} \right)\) là tọa độ một trong các đỉnh \(O\left( {0;0} \right)\), \(A\left( {40;0} \right)\), \(B\left( {0;\frac{{80}}{3}} \right)\).
Mà \(F\left( {0;0} \right) = 0\), \(F\left( {40;0} \right) = 200\), \(F\left( {0;\frac{{80}}{3}} \right) = \frac{{560}}{3}\).
Suy ra \(F\left( {x;y} \right)\) lớn nhất khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {40;0} \right)\).
Do đó, cần phải làm 40 cái bánh cỡ bé để nhận được số điểm thưởng là lớn nhất.
(1,0 điểm)
a) Kí hiệu \(H\) là tập hợp học sinh lớp 10A1, \(T\) là tập hợp các học sinh nam và \(G\) là tập hợp các học sinh nữ của lớp 10A1. Hãy các định các tập hợp \(T \cup G,\,\,T \cap G\) và \(H\backslash T\).
b) Cho các tập hợp
\(A = \left\{ {x \in \mathbb{Z}|\left( {x + 2} \right)\left( {5{x^2} - 6x + 1} \right) = 0} \right\}\) và \(B = \left\{ {x \in \mathbb{R}|{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 2m = 0} \right\}\).
Tìm điều kiện của tham số m để \(A \cup B\) có đúng 3 phần tử và tổng bình phương của chúng bằng 9.
Hướng dẫn giải
a) Ta có:
\(T \cup G\) là tập hợp số học sinh của lớp 10A1 hay \(T \cup G = H\).
\(T \cap G = \emptyset \).
\(H\backslash T\) là tập hợp học sinh của lớp 10A1 không chứa học sinh nam nên \(H\backslash T = G\).
b) Xét phương trình: \(\left( {x + 2} \right)\left( {5{x^2} - 6x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\5{x^2} - 6x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 1\\x = \frac{1}{5}\end{array} \right.\).
Vì \(x \in \mathbb{Z}\) mà \(\frac{1}{5} \notin \mathbb{Z}\) nên \(A = \left\{ { - 2;\,\,1} \right\}\).
Khi đó tập hợp \(A\) có \(2\) phần tử vậy để \(A \cup B\) có đúng 3 phần tử thì một phần tử nữa phải lấy từ tập hợp \(B\) và giả sử đó là phần tử \(b\left( {b \ne - 2;b \ne 1} \right)\).
Theo đầu bài ta có: \({\left[ {b + \left( { - 2} \right) + 1} \right]^2} = 9\)
\( \Leftrightarrow {\left( {b - 1} \right)^2} = 9\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b - 1 = 3\\b - 1 = - 3\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 4\\b = - 2\end{array} \right.\)
Do đó chỉ có \(b = 4\) là thỏa mãn yêu cầu.
Vì \(b = 4 \in B\) nên ta có \({4^2} - \left( {2m + 1} \right)4 + 2m = 0\)
\( \Leftrightarrow 16 - 8m - 4 + 2m = 0\)
\( \Leftrightarrow 12 - 6m = 0\)
\( \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy với \(m = 2\) thì\(A \cup B\) có đúng 3 phần tử và tổng bình phương của chúng bằng 9.
(1 điểm) Đường dây cao thế nối thẳng từ vị trí \(A\) đến vị trí \(B\) dài 15 km, từ vị trí \(A\) đến vị trí \(C\) dài 9 km, góc tạo bởi hai đường dây trên bằng \(86^\circ \). Tính khoảng cách từ vị trí \(B\) đến vị trí \(C\) (h.57). (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
Xét tam giác \(ABC\)
Áp dụng định lí côsin ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {ABC} = {15^2} + {9^2} - 2 \cdot 15 \cdot 9 \cdot \cos 86^\circ \approx 287,17\)
\( \Rightarrow BC \approx 16,95\) (m)
Vậy khoảng cách từ vị trí \(B\) đến vị trí \(C\) là khoảng 16,95 m.
