Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 10

Đáp án đúng là: A

Ta có \(108^\circ = \frac{{108^\circ \,.\,\pi }}{{180^\circ }} = \frac{{3\pi }}{5}.\)

Vậy góc có số đo \(108^\circ \) đổi ra rađian là \(\frac{{3\pi }}{5}.\)

Đáp án đúng là: D

Trên đường tròn lượng giác, xét theo chiều dương với \(k = 0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\), ta thấy góc có số đo \(\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) được biểu diễn bởi 4 điểm.

Đáp án đúng là: C

Các góc trong đề bài là góc tù, chú ý rằng các góc tù nghịch biến với cả hàm \(\sin \) và \(\cos .\)

Do đó \(\cos 90^\circ 30' < \cos 100^\circ .\)

Đáp án đúng là: D

Ta có \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\)

Suy ra \({\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9} \Leftrightarrow \sin x = \pm \frac{2}{3}.\)

Vì \[\frac{{3\pi }}{2} < \alpha < 2\pi \] nên \(\sin \alpha < 0.\)

Vậy \[\alpha = - \frac{2}{3}.\]

Đáp án đúng là: B

Khẳng định sai là \(\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\) vì \(\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b.\)

Đáp án đúng là: B

Ta có \(M = 7{\cos ^2}x - 2{\sin ^2}x = 7\left( {1 - {{\sin }^2}x} \right) - 2{\sin ^2}x = 7 - 9{\sin ^2}x\)

Ta có \[0 \le {\sin ^2}x \le 1\] nên \(0 \ge - 9{\sin ^2}x \ge - 9,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)

Hay \(7 \ge 7 - 9{\sin ^2}x \ge - 2,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 7.

Đáp án đúng là: B

Điều kiện \[\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\]

Vậy tập xác định của hàm số \[y = \frac{{{x^2} + 1}}{{\cos x}}\] là\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\cot x = \frac{3}{4},\,\,\cot y = \frac{1}{7} \Rightarrow \tan x = \frac{4}{3},\,\,\cot y = 7.\)

Khi đó \(\tan \left( {x + y} \right) = \frac{{\tan x + \tan y}}{{1 - \tan x\tan y}} = \frac{{\frac{4}{3} + 7}}{{1 - \frac{4}{3} \cdot 7}} = - 1\).

Suy ra \(x + y = \frac{{3\pi }}{4}.\)

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}.\)

Đáp án đúng là: C

Vì \(x = \frac{\pi }{{12}}\) là một nghiệm của phương trình \(\left( {m - 2} \right)\sin 2x = m + 1\) nên ta có:

\(\left( {m - 2} \right) \cdot \sin \frac{\pi }{{12}} = m + 1 \Leftrightarrow \frac{{m - 2}}{2} = m + 1\)

\( \Leftrightarrow m - 2 = 2m + 2 \Leftrightarrow m = - 4.\)

Vậy \(m = - 4\) là giá trị cần tìm.

Đáp án đúng là: A

Dãy số \({u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\) bị chặn.

Đáp án đúng là: B                              

Ta có \({u_2} = \frac{1}{3}\left( {2 + 1} \right) = 1\,;\,\,{u_3} = \frac{1}{3}\left( {1 + 1} \right) = \frac{2}{3}\,;\,\,{u_4} = \frac{1}{3}\left( {\frac{2}{3} + 1} \right) = \frac{5}{9}.\)

Đáp án đúng là: D

Ta có \(d = {u_2} - {u_1} = 6.\)

Đáp án đúng là: A

Ta có u4=−12u14=18⇔u1+3d=−12u1+13d=18⇔u1=−21d=3.

Tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là:

\[S = 16 \cdot \left( { - 21} \right) + \frac{{16 \cdot 15}}{2} \cdot 3 = 24\].

Đáp án đúng là: D

Dãy \({u_n} = 7 \cdot {3^n}\) là cấp số nhân có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 21\\q = 3\end{array} \right.\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = 2\\{u_9} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^4} = 2\\{u_1}{q^8} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \frac{2}{3}\\{q^4} = 3\end{array} \right..\]

Suy ra \({u_{21}} = {u_1}{q^{20}} = {u_1}{\left( {{q^4}} \right)^5} = \frac{2}{3}{3^5} = 162.\)

Đáp án đúng là: A

Tính chất không đúng là: Có hai đường thẳng phân biệt cùng đi qua hai điểm phân biệt cho trước.

Đáp án đúng là: B

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)

Gọi \(G\) là giao điểm của \(SO\) và \(CI.\)

Trong \(\left( {SBD} \right),\) gọi \(J\) là giao điểm của \(BG\) và \(SD.\)\(\)

Suy ra \(J\) là trung điểm của \(SD.\)

Vậy thiết diện là hình thang \(IJBC\,\,(J\) là trung điểm của \(SD).\)

Đáp án đúng là: D

Để hai đường thẳng \(a\) và \(b\) chéo nhau là \(a\) và \(b\) không cùng nằm trên bất kì mặt phẳng nào.

Đáp án đúng là: B

 

Do \(\frac{{OG}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{1}{3}\) nên \(HG\,{\rm{//}}\,AB\).

Xét tam giác \(ABD\) có \(MN\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(HG\,{\rm{//}}\,MN.\)

Lại có \(HG \cap CN = G.\)

Vậy \(HG\) và \(CD\)chéo nhau.

a) Phương trình \(2\cos \frac{x}{2} + \sqrt 3 = 0\) có nghĩa \(\forall x \in \mathbb{R}\) hay \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có \(2\cos \frac{x}{2} + \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = \frac{{ - \,\sqrt 3 }}{2}\)\( \Leftrightarrow \cos \frac{x}{2} = \cos \frac{{5\pi }}{6}\)

\( \Leftrightarrow \frac{x}{2} = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{3} + k4\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x = \pm \frac{{5\pi }}{3} + k4\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

b) Điều kiện \[\left\{ \begin{array}{l}\sin x \ne 0\\\sin 2x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne k\pi \\2x \ne k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2}|k \in \mathbb{Z}} \right\}.\]

Ta có \(\cot x\,.\,\cot 2x - 1 = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{\cos 2x}}{{\sin 2x}} - 1 = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{1 - 2{{\sin }^2}x}}{{2\sin x\cos x}} - 1\)

\[ = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} \cdot \frac{{1 - 2{{\sin }^2}x}}{{2\sin x\cos x}} - 1 = \frac{1}{{2{{\sin }^2}x}} - 2\]

Khi đó \(\cot x\,.\,\cot 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2{{\sin }^2}x}} - 2 = 0 \Leftrightarrow {\sin ^2}x = \frac{1}{4}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{1}{2}\\\sin x = - \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \sin \frac{\pi }{6}\\\sin x = \sin \frac{{ - \pi }}{6}\end{array} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{ - \pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \[x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \,;\,\,x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\,(k \in \mathbb{Z})\].

Ta dự đoán dãy số giảm sau đó ta sẽ chứng minh nó giảm.

Ta có \[{u_n} - {u_{n\, - \,1}} = \frac{{3{u_{n\, - \,1}} + 1}}{4}\, - {u_{n\, - \,1}} = \frac{{1 - {u_{n\, - \,1}}}}{4}.\]

Do đó, để chứng minh dãy \(\left( {{u_n}} \right)\) giảm, ta chứng minh \({u_n} > 1\,\,\forall n \ge 1\) bằng phương pháp quy nạp toán học. Thật vậy,

Với \(n = 1 \Rightarrow {u_1} = 2 > 1\).

Giả sử \({u_k} > 1 \Rightarrow {u_{k\, + \,1}} = \frac{{3{u_k} + 1}}{4}\, > \frac{{3 + 1}}{4} = 1.\)

Theo nguyên lí quy nạp, ta có \({u_n} > 1\,\,\forall n \ge 1\).

Do đó \[{u_n} - {u_{n\, - \,1}} < 0 \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n\, - \,1}}\,\,\forall n \ge 2\].

Vậy dãy \(\left( {{u_n}} \right)\) giảm.

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {MBC} \right)\\AD{\rm{ // }}BC\\AD \subset \left( {SAD} \right);BC \subset \left( {MBC} \right)\end{array} \right.\)

    \( \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {MBC} \right) = Mx{\rm{ // }}AD{\rm{ // }}BC\).

b) Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] gọi \(L = CN \cap AB\).

    Suy ra \[LM\] là giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {CMN} \right)\] và \[\left( {SAB} \right),\] điểm \[I\] cần tìm là giao điểm của \[LM\]và \[SB.\]

    Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {ICD} \right) \cap \left( {SAB} \right)\\CD{\rm{ // }}AB\\CD \subset \left( {ICD} \right);AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\)

    \( \Rightarrow \left( {ICD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Iy{\rm{ // }}CD{\rm{ // }}AB\)

     Điểm \[J\] cần tìm là giao điểm của \[Iy\] với \[SD.\]

c) Ta có \(SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Trong mặt phẳng \[\left( {ICD} \right),\] gọi \(E = JC \cap ID\) có

    \(\left\{ \begin{array}{l}E \in JC \subset \left( {SAC} \right)\\E \in ID \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\), hay \[E\] thuộc \[SO.\]

    Lại có \[AN\] là đường trung bình của tam giác \[LBC,\] nên \[A\] trung điểm của \[LB.\]

    • Trong tam giác \[SBL\] có \[SA\] là đường trung tuyến và \(SM = \frac{2}{3}SA\) nên \(M\) là trọng tâm của tam giác \[SBL\]. Nên \[I\] trung điểm của \[SB.\]

    • Trong tam giác \[SBD\] có \[E\] là trọng tâm của tam giác. Do đó \(\frac{{SE}}{{SO}} = \frac{2}{3}\).

Gọi \({B_n},\,\,{C_n}\) lần lượt là số tiền công ty A cần trả theo cách tính của hai công ty B và C.

Theo bài ra, ta có:

• \({B_n}\) là tổng \(n\) số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với \({u_1} = 8\) triệu đồng, \(d = 0,5\) triệu đồng.

• \({C_n}\) là tổng \(n\) số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với \({u_1} = 60\) triệu đồng, \(d = 3\) triệu đồng.

Khi đó:

• Nếu thuê đất của công ty B trong vòng 15 năm = 60 quý thì số tiền công ty A phải trả là:

\({B_{60}} = \left( {2 \cdot 8 + 59 \cdot 0,5} \right) \cdot 30 = 1\,\,365\) (triệu đồng).

• Nếu thuê đất của công ty C trong vòng 15 năm thì số tiền công ty A phải trả là:

\[{C_{15}} = \left( {2 \cdot 60 + 14 \cdot 3} \right) \cdot 7,5 = 1\,\,215\] (triệu đồng).

Do đó thuê mảnh đất trong vòng 15 năm của công ty C.

• Nếu thuê đất của công ty B trong vòng 10 năm = 40 quý thì số tiền công ty A phải trả là:

\({B_{40}} = \left( {2 \cdot 8 + 39 \cdot 0,5} \right) \cdot 20 = 710\) (triệu đồng).

• Nếu thuê đất của công ty C trong vòng 15 năm thì số tiền công ty A phải trả là:

\[{C_{10}} = \left( {2 \cdot 60 + 9 \cdot 3} \right) \cdot 4,5 = 661,5\] (triệu đồng).

Do đó thuê mảnh đất trong vòng 10 năm của công ty C.

Vậy chọn công ty C để thuê cả hai mảnh đất.

Đáp án đúng là: B

Ta có: 6 > 2 nên “Nếu \(x = 6\) thì \(x > 2\)” là mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: C

Mệnh đề phủ định của mệnh đề: “\(\exists x \in \mathbb{Z},\,\,{x^5} + 8x = 10\)” là “\(\forall x \in \mathbb{Z},\,\,{x^5} + 8x \ne 10\)”.

Đáp án đúng là: C

Ta có:\(B = \left\{ {x \in \mathbb{Z}|{x^2} < 9} \right\} = \left\{ { - 2;2; - 1;1;0} \right\}\).

Vậy \(\left\{ {1; - 1;0} \right\} \subset B\).

Đáp án đúng là: D

\(\mathbb{Q}\) là tập hợp số hữu tỉ. Vậy kí hiệu để chỉ 0,4 là số hữu tỉ là: \(0,4 \in \mathbb{Q}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\left( {2;6} \right) \cap \left[ {3;10} \right) = \left[ {3;6} \right)\).

Đáp án đúng là: D

Bất phương trình bậc nhất hai ẩn là:\(2x - 5y < 9\).

Đáp án đúng là: B

Xét điểm \(B\left( { - 2;1} \right)\) ta có khi \(x = - 2\), \(y = 1\) thì \(2 \cdot ( - 2) - 1 = - 5 < 0\).

Vậy điểm \(B\left( { - 2;1} \right)\) thuộc miền nghiệm của bất phương trình \(2x - y < 0\).

Đáp án đúng là: B

Xét cặp số \(\left( {9;8} \right)\) và hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x + y > 10\\2x - y < 13\end{array} \right.\)

Ta thấy hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x + y > 10\\2x - y < 13\end{array} \right.\) là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn và \(\left\{ \begin{array}{l}9 + 8 = 17 > 10\\2 \cdot 9 - 8 = 10 < 13\end{array} \right.\)

Vậy cặp số \(\left( {9;8} \right)\) là một nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y > 10\\2x - y < 13\end{array} \right.\).

Đáp án đúng là: A

Vẽ các đường thẳng \(x + y = 2\) và \(x - 3y = - 3\) trên mặt phẳng tọa độ \[Oxy\]

Xét điểm \((0;0)\) thấy \((0;0)\) không phải là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x + y > 2\\x - 3y < - 3\end{array} \right.\).

Do đó, miền nghiệm cần tìm giao của nửa mặt phẳng (không kể bờ) bờ là đường thẳng \(x + y = 2\) không chứa điểm \((0;0)\) và nửa mặt phẳng (không kể bờ) bờ là đường thẳng \(x - 3y = - 3\) không chứa điểm \((0;0)\).

Vậy miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y > 2\\x - 3y < - 3\end{array} \right.\) là phần không được tô màu trên hình vẽ sau.

Đáp án đúng là: D

Do \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \), ta có: \(\sin \alpha \in \left[ {0;\,\,1} \right]\).

Vậy khẳng định \(\sin \alpha \in \left( { - 1;1} \right)\) là sai.

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(S = \frac{1}{2}a{h_a}\)\( = \frac{1}{2}bc\sin \alpha \)\( = \frac{1}{2}ab\sin \varphi \)\( = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \).

Đáp án đúng là: A

Nửa chu vi của tam giác \(ABC\) là: \(p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = \frac{{14 + 15 + 16}}{2} = 22,5\) (cm).

Áp dụng công thức Heron tính diện tích ta có:

\({S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} \)

\( = \sqrt {22,5 \cdot \left( {22,5 - 14} \right) \cdot \left( {22,5 - 15} \right) \cdot \left( {22,5 - 16} \right)} \approx 96,56\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(ABC\) là:

\(R = \frac{{abc}}{{4{S_{ABC}}}} \approx \frac{{14 \cdot 15 \cdot 16}}{{4 \cdot 96,56}} \approx 8,70\) (cm).

Đáp án đúng là: B

Ta có: \[\overrightarrow {CO} \] và \[\overrightarrow {DE} \] là hai vectơ có cùng phương, cùng hướng, có độ dài bằng nhau.

Vậy \[\overrightarrow {CO} = \overrightarrow {DE} \].

Đáp án đúng là: A

Hai vectơ bằng nhau khi hai vectơ đó cùng hướng và có độ dài bằng nhau.

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CB} \).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có:

Áp dụng định lý Pythagore ta có:

\(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Rightarrow B{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\)\( \Rightarrow BC = \sqrt {25} = 5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC = 5\,\,{\rm{cm}}\).

Đáp án đúng là: D

Cho vectơ \(\overrightarrow a \) khác vectơ – không, số thực k khác 0, ta có: \(\left| {k\overrightarrow a } \right| = \left| k \right| \cdot \left| {\overrightarrow a } \right|\).

Đáp án đúng là: B

Do \(D\), \(H\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AC\) nên ta có:

\(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AD} \), \(\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AH} \).

Ta có: \(\overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AD} - 2\overrightarrow {AH} \).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 0\), mà \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) khác vectơ – không.

Nên \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b \).

Đáp án đúng là: C

\(\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {CB} = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CB} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = 11 \cdot 9 \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right)\)

\( \Rightarrow 95 = 99 \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right)\)

\( \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) = \frac{{95}}{{99}} \Rightarrow \widehat {BCx} = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CB} } \right) \approx 16^\circ \) (với \(Cx\) là tia đối của tia \(CA\)).

Do đó, \(\widehat {ACB} = 180^\circ - \widehat {BCx} = 180^\circ - 16^\circ = 164^\circ \).

Từ bài toán đã cho ta có sơ đồ Venn như sau:

Số thí sinh thi tiếng Hàn Quốc hoặc tiếng Trung Quốc là:

200 – 78 = 122 (thí sinh)

Số thí sinh cả hai thứ tiếng Hàn Quốc và Trung Quốc là:

(70 + 80) – 122 = 28 (thí sinh)

Số thí sinh thi cả ba thứ tiếng là:

28 – 18 = 10 (thí sinh)

Vậy có 10 thí sinh thi cả ba thứ tiếng.

Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là số tấn hoa khô loại I và loại II (\(0 \le x \le 9\), \(0 \le y \le 10\)).

Khi đó, số tiền để mua hoa khô là: \(F\left( {x;y} \right) = 4x + 3y\).

Từ \(x\) tấn hoa khô loại I làm được \(20x\) kg tinh dầu \(A\) và \(0,6x\) kg tinh dầu \(B\).

Từ \(y\) tấn hoa khô loại II làm được \(10y\) kg tinh dầu \(A\) và \(1,5y\) kg tinh dầu \(B\).

Suy ra từ \(x\) tấn hoa khô lọai I và \(y\) tấn hoa khô loại II làm được \(20x + 10y\) kg tinh dầu \(A\), \(0,6x + 1,5y\) kg tinh dầu \(B\).

Do phải làm ít nhất 140 kg tinh dầu \(A\) và 9 kg tinh dầu \(B\), nên ta có hệ bất phương trình sau:

\(\left\{ \begin{array}{l}20x + 10y \ge 140\\0,6x + 1,5y \ge 9\\0 \le x \le 9\\0 \le y \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + y \ge 14\\2x + 5y \ge 30\\0 \le x \le 9\\0 \le y \le 10\end{array} \right.\)(*)

Bài toán trở thành: Tìm \(\left( {x;y} \right)\) để \(F\left( {x;y} \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất thỏa mãn hệ bất phương trình (*).

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) trên hệ trục tọa độ \[Oxy\] ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là miền tứ giác \(ABCD\) (kể cả biên) với \(A\left( {5;4} \right)\), \(B\left( {9;\frac{{12}}{5}} \right)\),\(C\left( {9;10} \right)\), \(D\left( {2;\,\,10} \right)\).

Ta có:\(F\left( {x;y} \right) = 4x + 3y\) đạt giá trị nhỏ nhất trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) khi \(\left( {x;y} \right)\) là tọa độ của một trong các đỉnh.

Tính giá trị của \(F\left( {x;y} \right)\) tại các đỉnh ta được:

Tại \(A\left( {5;4} \right)\): \(F\left( {5;4} \right) = 32\);

Tại \(B\left( {9;\frac{{12}}{5}} \right)\): \(F\left( {9;\,\,\frac{{12}}{5}} \right) = 43,2\);

Tại \(C\left( {9;10} \right)\): \(F\left( {9;\,\,10} \right) = 66\);

Tại \(D\left( {2;\,\,10} \right)\): \(F\left( {2;\,\,10} \right) = 38\).

Suy ra \(F\left( {x;y} \right)\) nhỏ nhất khi \(\left( {x;y} \right) = \left( {5;4} \right)\).

Như vậy để chi phí mua hoa khô ít nhất cần mua 5 tấn hoa khô loại I và 4 tấn hoa khô loại II.

Theo đề bài ta có: \(OH = 4\,\,{\rm{m}}\), \(HB = 20\,\,{\rm{m}}\).

Xét tam giác vuông \(OHB\)

Áp dụng định lý Pythagore ta có:

\(O{B^2} = O{H^2} + H{B^2} = {4^2} + {20^2} = 416 \Rightarrow OB = \sqrt {416} \approx 20,4\) (m).

Xét tam giác \(OBC\)có: \(\widehat {OBC} = 90^\circ - \widehat {OBH} = 90^\circ - 25^\circ = 65^\circ \).

\( \Rightarrow \widehat {OCB} = 180^\circ - 60^\circ - 65^\circ = 55^\circ \).

Áp dụng định lý sin ta có:

\(\frac{{OB}}{{\sin \widehat {OCB}}} = \frac{{CB}}{{\sin \widehat {COB}}} \Rightarrow \frac{{20,4}}{{\sin 55^\circ }} = \frac{{CB}}{{\sin 60^\circ }} \Rightarrow CB = \frac{{20,4 \cdot \sin 60^\circ }}{{\sin 55^\circ }} \approx 21,57\) (m)

Vậy chiều cao của cây khoảng 21,57 m.

Gọi \(O\), \(R\) lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(O\).

Ta có:

\(P = M{A^2} - M{B^2} - M{C^2}\)

\( = {\overrightarrow {MA} ^2} - {\overrightarrow {MB} ^2} - {\overrightarrow {MC} ^2}\)

\( = {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right)^2}\)

\( = \left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {MO} - \overrightarrow {OB} } \right)\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} } \right) - {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right)^2}\)

\( = \left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right)\left( {2\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right) - \left( {M{O^2} + 2\overrightarrow {MO} \cdot \overrightarrow {OC} + O{C^2}} \right)\)

\( = 2\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {MO} + O{A^2} + \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} - 2\overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {MO} - \overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {OA} - O{B^2} - M{O^2} - 2\overrightarrow {MO} \cdot \overrightarrow {OC} - O{C^2}\)

\( = - M{O^2} - 2\overrightarrow {MO} \left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OC} } \right) + O{A^2} - O{B^2} - O{C^2}\)

\( = - 2{R^2} + 2\overrightarrow {MO} \left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OA'} } \right)\)

\( = - 2{R^2} + 2\overrightarrow {MO} \cdot 2\overrightarrow {OA} \)

\( = - 2{R^2} - 4\overrightarrow {OM} \cdot \overrightarrow {OA} \)

\( = - 2{R^2} - 4{R^2} \cdot \cos \left( {\overrightarrow {OM} ,\,\overrightarrow {OA} } \right)\).

Ta có:

\(b = {P_{\min }} = - 6{R^2} \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow {OM} ,\,\overrightarrow {OA} } \right) = 1 \Leftrightarrow M \equiv A\)

\(a = {P_{\max }} = 2{R^2} \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow {OA} } \right) = - 1 \Leftrightarrow M \equiv A'\)

\( \Rightarrow T = 4a + 3b = 4 \cdot 2{R^2} + 3 \cdot \left( { - 6{R^2}} \right) = - 10{R^2}\)

Tam giác đều cạnh 3 cm có: \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 \cdot \sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\].

Do đó, \(R = \frac{{AB \cdot AC \cdot BC}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{3 \cdot 3 \cdot 3}}{{4 \cdot \frac{{9 \cdot \sqrt 3 }}{4}}} = \sqrt 3 \).

Vậy \[T = - 10{R^2} = - 10 \cdot {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = - 30\].