Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 2
38 câu hỏi
I. Trắc nghiệm (7 điểm)
Trong các câu sau, câu nào không phải là mệnh đề ?
Mặt Trời xoay quanh Trái Đất;
Với \(x = 2\) thì \[x - 2 < 5\];
Trái Đất xoay quanh Mặt Trời;
\(x > 6\).
Đáp án đúng là: D
Câu “\(x > 6\)” không là mệnh đề vì nó không thể xác định được tính đúng hay sai.
Biểu diễn mệnh đề “Tồn tại số thực \(x\) để \(x\) chia hết cho 2” dưới dạng kí hiệu là
“\(\forall x \in \mathbb{Z}|x\,\, \vdots \,\,2\)”;
“\(\forall x \in \mathbb{R}|x\,\, \vdots \,\,2\)”;
“\(\exists x \in \mathbb{Z}|x\,\, \vdots \,\,2\)”;
“\(\exists x \in \mathbb{R}|x\,\, \vdots \,\,2\)”.
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
“\(\exists x \in \mathbb{R}|x\,\, \vdots \,\,2\)”.
Mệnh đề phủ định của mệnh đề “\(\forall x \in \mathbb{N}|x \ge 0\)” là mệnh đề
“\(\forall x \in \mathbb{N}|x > 0\)”;
“\(\forall x \in \mathbb{N}|x < 0\)”;
“\(\exists x \in \mathbb{N}|x \ge 0\)”;
“\(\exists x \in \mathbb{N}|x < 0\)”.
Đáp án đúng là: D
Mệnh đề phủ định của mệnh đề “\(\forall x \in \mathbb{N}|x \ge 0\)” là: “\(\exists x \in \mathbb{N}|x < 0\)”.
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 nguyên nhỏ hơn hoặc bằng 10;
Đều là các số tự nhiên nhỏ hơn 10;
Đều là các số tự nhiên nhỏ hơn hoặc bằng 10;
Đều là các số thực nhỏ hơn hoặc bằng 10.
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.
Cho hai tập hợp: \(A = \left\{ {2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10} \right\}\) và \(B = \left\{ {x\,\, \vdots \,\,2|x \in \mathbb{N},x < 20} \right\}\). Khẳng định nào sau đây là đúng ?
\(A \subset B\);
\(B \subset A\);
\(A = B\);
\(x \in B \Rightarrow x \in A\).
Đáp án đúng là: A
Ta có:
\(A = \left\{ {2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10} \right\}\)
\(B = \left\{ {x\,\, \vdots \,\,2|x \in \mathbb{N},x < 20} \right\} = \left\{ {0;\,\,2;\,\,4;\,\,6;\,\,8;\,\,10;\,\,12;\,\,14;\,\,16;\,\,18} \right\}\)
Vậy \(A \subset B\).
Khẳng định nào sau đây là sai ?
\(\mathbb{N} = {\mathbb{N}^*}\);
\({\mathbb{N}^*} \subset \mathbb{N}\);
\(\mathbb{Z} \subset \mathbb{R}\);
\(\mathbb{N} \subset \mathbb{Q}\).
Đáp án đúng là: A
Do \({\mathbb{N}^*} \subset \mathbb{N}\) và \(\mathbb{N} \not\subset {\mathbb{N}^*}\) nên \(\mathbb{N} \ne {\mathbb{N}^*}\)
Vậy khẳng định “\(\mathbb{N} = {\mathbb{N}^*}\)” là sai.
Phân số \(\frac{1}{4}\) thuộc tập hợp nào sau đây ?
\(\mathbb{N}\);
\({\mathbb{N}^*}\);
\(\mathbb{Z}\);
\(\mathbb{Q}\).
Đáp án đúng là: D
Phân số \(\frac{1}{4}\) là số hữu tỉ nên nó thuộc tập hợp số hữu tỉ \(\mathbb{Q}\).
Cho hai tập hợp: \(M = \left\{ {x \ge 0|{x^2} < 4} \right\}\) và \(N = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 4 < x - 5 < 4} \right\}\). Biết \(L = M \cap N\). Vậy ta có: \(L = ?\)
\(\left[ {1;\,\,2} \right]\);
\(\left( {1;\,\,2} \right)\);
\(\left[ {0;\,\,4} \right]\);
\(\left( {0;\,\,4} \right)\).
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 \(L = M \cap N = \left( {1;\,\,2} \right)\).
Bất phương trình nào dưới đây là bất phương trình bậc nhất hai ẩn ?
\(x - {y^2} \ge 2\);
\({x^3} + 7y < 0\);
\(4x - 9y > - 3\);
\(x - y + z < 1\).
Đáp án đúng là: C
Bất phương trình bậc nhất hai ẩn là: \(4x - 9y > - 3\).
Một nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(3x - 5y \ge 2\) là
\(\left( {3;\,\,2} \right)\);
\(\left( {3;\,\,1} \right)\);
\(\left( { - 3;\,\,1} \right)\);
\(\left( {3;\,\,5} \right)\).
Đáp án đúng là: B
Thay \(x = 3\) và \(y = 1\) vào biểu thức \(3x - 5y\) ta có: \(3 \cdot 3 - 5 \cdot 1 = 9 - 5 = 4 \ge 2\).
Vậy cặp số \(\left( {3;\,\,1} \right)\) là một nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(3x - 5y \ge 2\).
Miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(x - y < 1\) là
Nửa mặt phẳng (không kể bờ) có bờ là đường thẳng \(x - y = 0\) và chứa điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right)\);
Nửa mặt phẳng (có kể bờ) có bờ là đường thẳng \(x - y = 0\) và chứa điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right)\);
Nửa mặt phẳng (có kể bờ) có bờ là đường thẳng \(x - y = 1\) và chứa điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right)\);
Nửa mặt phẳng (không kể bờ) có bờ là đường thẳng \(x - y = 1\) và chứa điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right)\).
Đáp án đúng là: D
Xét điểm \(\left( {0;\,\,0} \right)\) có \(0 - 0 = 0 < 1\). Do đó, điểm \(\left( {0;\,\,0} \right)\) nằm trong miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(x - y < 1\).
Vậy miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(x - y < 1\) là nửa mặt phẳng (không kể bờ) có bờ là đường thẳng \(x - y = 1\), và chứa điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right)\).
Trong các hệ bất phương trình sau, đâu không phải là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn ?
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y > 4\\2x + y < 19\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\2x + y < 19\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - y > 0\\x + y < 6\end{array} \right.\);
\(\left\{ \begin{array}{l}x - y - 3 > 4\\2x + y + 2 < 19\end{array} \right.\).
Đáp án đúng là: C
Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ bao gồm 2 hay nhiều các bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - y > 0\\x + y < 6\end{array} \right.\)không phải là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
Phần tô đậm nào của hình ảnh sau đây là miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\2x + 3y < 10\end{array} \right.\) ?
(1);
(2);
(3);
(4).
Đáp án đúng là: C
Xét hệ bất phương trình hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\2x + 3y < 10\end{array} \right.\)
Miền nghiệm của bất phương trình \(x - 2y \le 0\) là nửa mặt phẳng (có kể cả bờ) bờ \(x - 2y = 0\), chứa điểm \(\left( { - 2;2} \right)\).
Miền nghiệm của bất phương trình \(2x + 3y < 10\) là nửa mặt phẳng (không kể bờ) bờ \(2x + 3y = 10\), chứa điểm \(\left( { - 2;2} \right)\).
Miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\2x + 3y < 10\end{array} \right.\) là giao của hai miền nghiệm trên.
Vậy phần tô đậm (3) là miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y \le 0\\2x + 3y < 10\end{array} \right.\).
Cho góc \(\alpha \) biết \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \), \(\sin \alpha \) có thể nhận giá trị nào sau đây ?
\(\frac{1}{3}\);
\(\frac{4}{3}\);
\(\frac{{ - 7}}{5}\);
\(\frac{{ - 3}}{2}\).
Đáp án đúng là: A
Do \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \) nên ta có: \(0 \le \sin \alpha \le 1\).
Vậy \(\sin \alpha \) có thể nhận giá trị \(\frac{1}{3}\).
Cho góc \(\alpha \) biết \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \). Khi đó, \[\cos \alpha = ?\]
\[\cos \left( {\alpha + 90^\circ } \right)\];
\[ - \cos \left( {180^\circ - \alpha } \right)\];
\[ - \cos \alpha \];
\[1 - \cos \left( \alpha \right)\].
Đáp án đúng là: B
Do \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \) nên ta có: \[\cos \alpha = - \cos \left( {180^\circ - \alpha } \right)\].
Cho góc \(\alpha \) biết \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \), biết \[\cos \alpha = \frac{1}{4}\]. Khi đó giá trị của \(\tan \alpha \) bằng
\(\frac{1}{{\sqrt {15} }}\);
\[\sqrt {15} \];
\(\frac{1}{4}\);
\(\frac{{\sqrt {15} }}{4}\).
Đáp án đúng là: B
Ta có: \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = 1 - {\cos ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{15}}{{16}}\)
Mà \(0^\circ \le \alpha \le 180^\circ \) nên \(\sin \alpha \ge 0\), do đó, \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt {15} }}{4}\).
Vậy \(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{\frac{{\sqrt {15} }}{4}}}{{\frac{1}{4}}} = \sqrt {15} \).
Cho tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt là \(a\), \(b\), \(c\), các góc đối diện các cạnh đó lần lượt là \(\alpha \), \(\beta \), \(\varphi \), diện tích tam giác đó là \(S\), nửa chu vi tam giác là \(p\). Khẳng định nào sau đây là sai ?
\(\frac{a}{{\sin \alpha }} = \frac{b}{{\sin \beta }} = \frac{c}{{\sin \varphi }}\);
\({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc \cdot \cos \alpha \);
\({a^2} + {c^2} = {b^2} + 2ac \cdot \cos \beta \);
\({a^2} = {b^2} - {c^2} + 2bc \cdot \cos \alpha \).
Đáp án đúng là: D
Áp dụng định lí côsin ta có: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc \cdot \cos \alpha \).
Vậy khẳng định \({a^2} = {b^2} - {c^2} + 2bc \cdot \cos \alpha \) là sai.
Cho tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt là \(a\), \(b\), \(c\), các góc đối diện các cạnh đó lần lượt là \(\alpha \), \(\beta \), \(\varphi \), các đường cao tương ứng lần lượt là \({h_a}\), \({h_b}\), \({h_c}\), diện tích tam giác đó là \(S\), nửa chu vi tam giác là \(p\). Khẳng định nào sau đây là sai ?
\(S = \frac{1}{2}a{h_a}\);
\(S = \frac{1}{2}bc\sin \alpha \);
\(S = \frac{1}{2}ab\sin \varphi \);
\(S = \sqrt {p\left( {p + a} \right)\left( {p + b} \right)\left( {p + c} \right)} \).
Đáp án đúng là: D
Công thức Hê – rông tính diện tích tam giác: \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \).
Vậy khẳng định \(S = \sqrt {p\left( {p + a} \right)\left( {p + b} \right)\left( {p + c} \right)} \) là sai.
Cho tam giác \(ABC\) có \(AB = 5\,\,cm\), \(AC = 7\,cm\), \(BC = 6\,\,cm\). Số đo \(\widehat {ABC}\) là (làm tròn kết quả đến độ)
\(79^\circ \);
\(78^\circ \);
\(77^\circ \);
\(76^\circ \).
Đáp án đúng là: B
Xét tam giác \(ABC\)
Áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:
\(\cos \widehat {ABC} = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB \cdot BC}} = \frac{{{5^2} + {6^2} - {7^2}}}{{2 \cdot 5 \cdot 6}} = \frac{1}{5}\).
Do đó, \(\widehat {ABC} \approx 78^\circ \).
Cho tam giác \(ABC\) có \(AC = 11\,\,\,cm\), \(BC = 9\,\,cm\), \(\widehat {ACB} = 58^\circ \). Độ dài cạnh \(AB\) là (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)
10 cm;
9 cm;
8 cm;
7 cm.
Đáp án đúng là: A
Xét tam giác \(ABC\)
Áp dụng định lí côsin ta có:
\(A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2AC \cdot BC \cdot \cos \widehat {ACB} = {11^2} + {9^2} - 2 \cdot 11 \cdot 9 \cdot \cos 58^\circ \approx 97\).
Vì \(AB > 0\) nên \(AB \approx \sqrt {97} \approx 10\,\,\)cm.
Ta không thể vận dụng định lí sin, định lí côsin để giải một tam giác thường nếu biết những yếu tố nào sau đây ?
Số đo một góc và độ dài hai cạnh;
Độ dài ba cạnh;
Số đo hai góc và độ dài một cạnh;
Độ dài hai cạnh.
Đáp án đúng là: D
Để giải một tam giác thường ta cần ít nhất ba yếu tố, trong đó có không quá 2 yếu tố về góc. Như vậy, ta không thể giải một tam giác thường nếu chỉ có độ dài hai cạnh.
Cho tam giác \(MNP\) có \(MN = 4\,cm\), \(\widehat {MNP} = 30^\circ \), \(\widehat {MPN} = 45^\circ \). Độ dài cạnh \(MP\) là
2 cm;
3 cm;
\(2\sqrt 2 \) cm;
\(3\sqrt 2 \) cm.
Đáp án đúng là: C
Xét tam giác \(MNP\)
Áp dụng định lí sin ta có:
\(\frac{{MN}}{{\sin \widehat {MPN}}} = \frac{{MP}}{{\sin \widehat {MNP}}} \Rightarrow \frac{4}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{MP}}{{\sin 30^\circ }} \Rightarrow MP = \frac{{4.\sin 30^\circ }}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{4.\frac{1}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 2\sqrt 2 \) (cm).
Cho đoạn thẳng \(AB\) có trung điểm \(M\). Khẳng định nào sau đây là đúng ?
Giá của vectơ \(\overrightarrow {AM} \) là đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\);
Điểm đầu của vectơ \(\overrightarrow {AM} \) là \(M\);
Điểm cuối của vectơ \(\overrightarrow {BA} \) là \(B\);
Giá của vectơ \(\overrightarrow {MB} \) là đường thẳng \(AB\).
Đáp án đúng là: D
Vectơ \(\overrightarrow {MB} \) có điểm đầu là \(M\), điểm cuối là \(B\). Giá là đường thẳng \(AB\) do đường thẳng này đi qua cả điểm \(M\) và điểm \(B\).
Cho hình vuông \(ABCD\). Khẳng định nào sau đây là đúng ?
\(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {DC} \) cùng hướng;
\(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) cùng hướng;
\(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {BD} \) ngược hướng;
\(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) không cùng phương.
Đáp án đúng là: A
Xét hình vuông \(ABCD\) có: \(AB{\rm{//}}CD\)
\(\overrightarrow {AB} \) có hướng từ trái sang phải
\(\overrightarrow {DC} \) có hướng từ trái sang phải
Vậy \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {DC} \) cùng hướng.
Cho ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) phân biệt. Ta có: \(\overrightarrow {AC} = ?\)
\(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {BC} \);
\(\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BA} \);
\(\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {AB} \);
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} \).
Đáp án đúng là: B
Áp dụng quy tắc hiệu cho ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) phân biệt. Ta có:
\(\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} \).
Cho hình bình hành \(ABCD\). Khẳng định nào sau đây là đúng ?
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \);
\(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CB} \);
\(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \);
\(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \).
Đáp án đúng là: C
Áp dụng quy tắc hình bình hành cho hình bình hành \(ABCD\) ta có:
\(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \).
Cho tam giác \(ABC\) đều có chu vi là 18 cm. Độ dài vectơ \(\overrightarrow v = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} \) là
8 cm;
7 cm;
6 cm;
0 cm.
Đáp án đúng là: C
Tam giác \(ABC\) đều có chu vi là 18 cm.
\( \Rightarrow AB = AC = BC = \frac{{18}}{3} = 6\) (cm)
Ta có: \(\overrightarrow v = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CB} \Rightarrow \left| {\overrightarrow v } \right| = \left| {\overrightarrow {CB} } \right| = BC = 6\) (cm).
Vậy độ dài của \(\overrightarrow v \) là 6 cm.
Cho ba điểm phân biệt \(M\), \(N\), \(P\), biết \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {NP} \). Khẳng định nào sau đây là đúng ?
\(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(NP\);
\(N\) nằm ngoài đoạn thẳng \(MP\);
\(N\) là trung điểm của đoạn thẳng \(MP\);
\(M\), \(N\), \(P\) không thẳng hàng.
Đáp án đúng là: C
Vì \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {NP} \) nên ta có \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {NP} \) cùng hướng và \(MN = NP\).
Do đó, \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng và \(N\) là trung điểm của đoạn thẳng \(MP\).
“Tích của một vectơ với một số là …..”. Điền từ thích hợp vào chỗ trống.
Một vectơ;
Một đoạn thẳng;
Một số;
Một hình tam giác.
Đáp án đúng là: A
Tích của một vectơ với một số là một vectơ.
Cho đoạn thẳng \(AB\) có trung điểm \(M\). Khẳng định nào sau đây là đúng ?
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AM} \);
\(\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AM} \);
\(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AM} \);
\(\overrightarrow {AB} = - 2\overrightarrow {AM} \).
Đáp án đúng là: C
Ta có: \(A\), \(B\), \(M\) thẳng hàng và\(AB = 2AM \Rightarrow \overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AM} \).
Cho hình thoi \(ABCD\) tâm \(O\) như hình vẽ dưới, khi đó ta có: \(\overrightarrow {AO} = .....\overrightarrow {CM} \). Điền số thích hợp vào chỗ trống.
– 1;
– 2;
1;
2.
Đáp án đúng là: B
Xét hình thoi \(ABCD\) tâm \(O\), từ hình vẽ ta có:\(AO = 2MC\).
Mà \(\overrightarrow {AO} \) và \(\overrightarrow {CM} \) ngược hướng.
Vậy \(\overrightarrow {AO} = - 2\overrightarrow {CM} \).
Cho tam giác \(MOP\) và hai điểm \(A\), \(B\) lần lượt nằm trên hai cạnh \(MO\) và \(OP\) sao cho \(MA = \frac{1}{5}MO\) và \(OB = \frac{3}{4}OP\). Phân tích vectơ \(\overrightarrow {MP} \) theo hai vectơ \(\overrightarrow {MA} \) và \(\overrightarrow {OB} \) ta được
\(\overrightarrow {MP} = 5\overrightarrow {MA} + \frac{4}{3}\overrightarrow {OB} \);
\(\overrightarrow {MP} = 5\overrightarrow {MA} + \frac{3}{4}\overrightarrow {OB} \);
\(\overrightarrow {MP} = 5\overrightarrow {MA} - \frac{4}{3}\overrightarrow {OB} \);
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{5}\overrightarrow {MA} + \frac{3}{4}\overrightarrow {OB} \).
Đáp án đúng là: A
Xét tam giác \(MOP\) có:
\(MA = \frac{1}{5}MO \Rightarrow MO = 5MA \Rightarrow \overrightarrow {MO} = 5\overrightarrow {MA} \)
\(OB = \frac{3}{4}OP \Rightarrow OP = \frac{4}{3}OB \Rightarrow \overrightarrow {OP} = \frac{4}{3}\overrightarrow {OB} \)
Mà \(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OP} \Rightarrow \overrightarrow {MP} = 5\overrightarrow {MA} + \frac{4}{3}\overrightarrow {OB} \).
Cho hai vectơ \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) khác vectơ – không, ta có: \(\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = ?\)
\(\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right|\);
\(\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right| + \left| {\overrightarrow v } \right|\);
\(\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)\);
\(\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)\).
Đáp án đúng là: D
Cho hai vectơ \(\overrightarrow u \) và \(\overrightarrow v \) khác vectơ – không, ta có tích vô hướng:
\(\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)\).
Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh bằng 4. Tích vô hướng \[\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} \] bằng
7;
8;
9;
10.
Đáp án đúng là: B
Xét tam giác đều \(ABC\) cạnh bằng 4.
Ta có: \(AB = AC = 4\, \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = 4\,\)
\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 60^\circ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}\).
Vậy \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 4 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 8\).
Cho hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) biết \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 4\), \(\left| {\overrightarrow b } \right| = 5\) và \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 4\). Số đo của góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) là (làm tròn kết quả đến độ)
\(77^\circ \);
\(78^\circ \);
\(79^\circ \);
\(80^\circ \).
Đáp án đúng là: B
\(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 4 \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 4\)
\( \Leftrightarrow 4 \cdot 5 \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 4\)
\( \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{1}{5}\)
\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 78^\circ \).
II. Tự luận (3 điểm)
(1 điểm) Cửa hàng của cô Liên có hai loại bưởi, bưởi loại I có giá là 400 000 đồng một quả, bưởi loại II có giá là 80 000 đồng một quả. Cô Liên chọn một lượng bưởi để làm giỏ quà cho khách hàng, biết số bưởi loại II ít nhất phải chọn là 5 quả. Do điều kiện kinh tế của khách nên số bưởi loại I phải chọn tối đa là 4 quả. Biết chọn 1 quả bưởi loại I có lãi 10 000 đồng, chọn 1 quả bưởi loại II có lãi 2 000 đồng. Khách hàng chỉ chi tối đa 1 600 000 đồng cho giỏ quà. Cô Liên cần chọn bưởi như thế nào để thu được lãi cao nhất ?
Gọi số bưởi loại II cô Liên chọn là \(x\) (quả), số bưởi loại I cô Liên chọn là \(y\) (quả).
Chi phí cho giỏ quà là: \(80\,\,000x + 400\,\,000y\) (đồng)
Chi phí này không được phép vượt quá mức chi tối đa là 1 600 000 đồng nên ta có: \(80\,\,000x + 400\,\,000y \le 1\,\,600\,\,000 \Leftrightarrow x + 5y \le 20 \Leftrightarrow x + 5y - 20 \le 0\).
Do số bưởi loại I phải chọn tối đa là 4 quả, số bưởi loại II ít nhất phải chọn là 5 quả nên \(x \ge 5\) và \(y \le 4\).
Đồng thời, do \(x\), \(y\) là số quả bưởi nên \(x \ge 0\), \(y \ge 0\).
Số tiền lãi của giỏ quà là: \(2\,\,000x + 10\,\,000y\).
Để có khả năng thu được lãi cao nhất, ta phải xác định \(x\), \(y\) sao cho \(M\left( {x;y} \right) = 2\,000x + 10\,000y\) đạt giá trị lớn nhất với \(x\), \(y\) thỏa mãn hệ bất phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + 5y - 20 \le 0\\x \ge 5\\0 \le y \le 4\end{array} \right.\) (*)
Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng \(d:x + 5y - 20 = 0\), \(d':x = 5\), \(d'':y = 4\)
Khi đó, miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là miền tam giác không tô màu trong hình vẽ dưới đây:
Giá trị lớn nhất của \(M\left( {x;y} \right) = 2\,\,000x + 10\,\,000y\) đạt được tại một trong các điểm đỉnh của miền tam giác, đó là các điểm \(\left( {5;\,\,3} \right)\), \(\left( {5;\,\,0} \right)\); \(\left( {20;\,\,0} \right)\).
Ta có:
\(M\left( {5;\,\,3} \right) = 40\,\,000\)
\(M\left( {5;\,\,0} \right) = 10\,\,000\)
\(M\left( {20;\,\,0} \right) = 40\,\,000\)
Vậy giá trị lớn nhất của \(M\left( {x;y} \right) = 2\,\,000x + 10\,\,000y\) là 40 000 (đồng) tại điểm \(\left( {5;3} \right)\) hoặc \(\left( {20;\,\,0} \right)\).
Vậy để thu được lãi cao nhất cô liên có hai cách chọn bưởi, cách thứ nhất là chọn 5 quả bưởi loại II và 3 quả bưởi loại I, cách thứ hai là chọn 20 quả bưởi loại II và không chọn bưởi loại I.
(1 điểm) Bạn Nam đứng ở chân một tòa nhà, Nam nhìn hướng lên \(24^\circ \) thì thấy ngọn của một cái cây. Và nếu Nam đứng ở đỉnh của tòa nhà ấy, biết tòa nhà cao 155 m, Nam nhìn hướng xuống một góc \(60^\circ \) so với phương nằm ngang để thấy ngọn của cái cây đó. Tính chiều cao của cái cây (làm tròn đến hàng phần trăm).
Kí hiệu như hình vẽ trên với \(A\), \(C\) lần lượt là đỉnh và chân của tòa nhà; \(B\) và \(D\) lần lượt là đỉnh và gốc của cây.
Xét tam giác \(ABC\)
Do \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {BCD} = 24^\circ \\\widehat {BCD} + \widehat {ACB} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow \widehat {ACB} = 66^\circ \).
Do \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {xAB} = 60^\circ \\\widehat {xAB} + \widehat {CAB} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow \widehat {CAB} = 30^\circ \).
Suy ra \(\widehat {ABC} = 180^\circ - \left( {66^\circ + 30^\circ } \right) = 84^\circ \).
Áp dụng định lí sin ta có:
\(\frac{{BC}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{AC}}{{\sin 84^\circ }} \Rightarrow BC = \frac{{AC \cdot \sin 30^\circ }}{{\sin 84^\circ }} = \frac{{155 \cdot \sin 30^\circ }}{{\sin 84^\circ }} \approx 77,93\) (m).
Xét tam giác \(CBD\) vuông tại \(D\)
Ta có: \(\sin \widehat {BCD} = \frac{{BD}}{{BC}} \Rightarrow \sin 24^\circ \approx \frac{{BD}}{{77,93}} \Rightarrow BD \approx 77,93 \cdot \sin 24^\circ \approx 31,70\) (m)
Vậy chiều cao của cái cây khoảng 31,70 mét.
(1 điểm) Cho tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) có trọng tâm \(G\), điểm \(M\) là điểm bất kì thuộc đường tròn tâm \(G\) có bán kính bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{3}\). Chứng minh rằng:
\(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} = \frac{{{a^2}}}{6}\).
Do \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên ta có:
\(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 3\overrightarrow {MG} \)
\( \Rightarrow {\left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right)^2} = {\left( {3\overrightarrow {MG} } \right)^2}\)
\( \Rightarrow {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9M{G^2}\).
Mà:
\({\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}\)
\( = {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\)
\( = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} + 2 \cdot \overrightarrow {MG} \cdot \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right)\)
\( = 3M{G^2} + 3G{A^2} + 2 \cdot \overrightarrow {MG} \cdot \overrightarrow 0 \)
\( = 3M{G^2} + 3G{A^2}\)
Do đó, \(3M{G^2} + 3G{A^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9M{G^2}\)
Ta có:
Gọi \(AH\) là đường cao cũng là đường trung tuyến của tam giác đều \(ABC\).
Khi đó, \(HB = HC = \frac{a}{2}\).
Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\)
Áp dụng định lí Pythagore, ta có:
\(A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} \Rightarrow A{H^2} = A{B^2} - H{B^2} = {a^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\).
Do điểm \(M\) là điểm bất kì thuộc đường tròn tâm \(G\) có bán kính bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{3}\) nên \(MG = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên độ dài đường cao bằng độ dài đường trung tuyến và bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(G\) là trọng tâm nên \(GA = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Thay số ta có:
\(3 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)^2} + 3 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow 3 \cdot \frac{{2{a^2}}}{9} + 3 \cdot \frac{{3{a^2}}}{9} + 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = 9 \cdot \frac{{2{a^2}}}{9}\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = \frac{{18{a^2}}}{9} - \frac{{6{a^2}}}{9} - \frac{{9{a^2}}}{9}\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} } \right) = \frac{{3{a^2}}}{9}\)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} = \frac{{{a^2}}}{6}\,\,\,\,\) (đpcm).
