Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 01
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho mệnh đề P: “ ∃x∈ℝ,x<1x ”. Xác định mệnh đề phủ định của mệnh đề P.
P¯:"∃x∈ℝ,x≥1x" .
P¯:"∀x∈ℝ,x>1x" .
P¯:"∀x∈ℝ,x≥1x" .
P¯:"∃x∈ℝ,x>1x".
Đáp án đúng là: C
Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P¯:"∀x∈ℝ,x≥1x" .
Mẫu số liệu dưới đây thống kê thời gian chờ xe bus (đơn vị: phút) của 10 học sinh ở cùng một bến: 1, 4, 5, 6, 6, 8, 10, 11, 12, 25.
Thời gian chờ xe bus trung bình của 10 học sinh trên là.
\(8,8\) phút.
\(9\) phút.
\(9,5\) phút.
\(10\) phút.
Đáp án đúng là: A
Thời gian chờ xe bus trung bình của 10 học sinh là
\(\overline x = \frac{{1 + 4 + 5 + 6 + 6 + 8 + 10 + 11 + 12 + 25}}{{10}} = 8,8\) phút.
Mốt của mẫu số liệu trên là
\(25\).
\(6\)
\(8\).
\(12\).
Đáp án đúng là: B
Mốt của mẫu số liệu là 6.
Giá trị ngoại lệ của mẫu số liệu trên là
\(25\).
\(6\).
\(8\).
\(12\).
Đáp án đúng là: A
Ta có \({Q_1} = 5;{Q_3} = 11\).
Suy ra \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 6\).
Mà \({Q_1} - 1,5{\Delta _Q} = - 4;{Q_3} + 1,5{\Delta _Q} = 20\).
Giá trị ngoại lệ của mẫu số liệu trên là 25.
Độ lệch chuẩn về thời gian chờ xe bus của 10 học sinh trên là (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
\(6,07\) phút.
\(6,27\) phút.
\(6,3\) phút.
\(6,7\) phút.
Đáp án đúng là: B
Ta có
\({s^2} = \frac{{{{\left( {1 - 8,8} \right)}^2} + {{\left( {4 - 8,8} \right)}^2} + {{\left( {5 - 8,8} \right)}^2} + 2{{\left( {6 - 8,8} \right)}^2} + {{\left( {8 - 8,8} \right)}^2} + {{\left( {10 - 8,8} \right)}^2}}}{{10}}\)
\( + \frac{{{{\left( {11 - 8,8} \right)}^2} + {{\left( {12 - 8,8} \right)}^2} + {{\left( {25 - 8,8} \right)}^2}}}{{10}} = 39,36\).
Suy ra \(s = \sqrt {39,36} \approx 6,27\).
Cho hai tập hợp \(A = \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\) và \(B = \left\{ {0;2;4;6;8} \right\}\). Tìm \(A\backslash B\).
\(A\backslash B = \left\{ {2;4} \right\}\).
\(A\backslash B = \left\{ {1;3;5} \right\}\).
\(A\backslash B = \left\{ {0;1;3;5} \right\}\).
\(A\backslash B = \left\{ {0;6;8} \right\}\).
Đáp án đúng là: B
\(A\backslash B = \left\{ {1;3;5} \right\}\).
Trong mặt phẳng \(Oxy\), điểm nào trong các điểm sau không thuộc miền nghiệm của bất phương trình \(x - 4y + 5 > 0\)?
\(\left( {2\,;\,1} \right)\).
\(\left( { - 5\,;\,0} \right)\).
\(\left( {0\,;\,0} \right)\).
\(\left( {1\,;\, - 3} \right)\).
Đáp án đúng là: B
Thay lần lượt tọa độ của các điểm đã cho vào bất phương trình \(x - 4y + 5 > 0\), nếu thỏa mãn thì điểm đó thuộc miền nghiệm của bất phương trình đã cho. Và ta thấy B là đáp án đúng.
Trong các cặp số sau, cặp nào không là nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y - 2 \le 0\\2x - 3y + 2 > 0\end{array} \right..\)
\(\left( {0;0} \right)\).
\(\left( {1;1} \right)\).
\(\left( { - 1;1} \right)\).
\(\left( { - 1; - 1} \right)\).
Đáp án đúng là: C
Ta thay cặp số \(\left( { - 1;1} \right)\) vào hệ ta thấy không thỏa mãn.
Cho ba điểm \(A,B,C\) không thẳng hàng. Số vectơ khác vectơ-không có điểm đầu và điểm cuối trùng với các điểm \(A,B,C\) là
\(3\).
\(5\).
\(6\).
\(9\).
Đáp án đúng là: C
Có 6 vectơ: \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} \).
Cho hình bình hành ABCD. Hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD. Tìm đẳng thức sai:
\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \).
\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {NC} \).
\(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {DB} \).
Đáp án đúng là: D
Tứ giác AMCN là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AC} \Rightarrow \) A đúng.
ABCD là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} \Rightarrow \) B đúng.
\(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {NC} ,\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {MC} \Rightarrow \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {NC} \Rightarrow C\) đúng.
Cho tam giác \(ABC\) đều nội tiếp trong đường tròn tâm \(I\) bán kính bằng 3. Gọi \(D\) là điểm nằm trên đường tròn \(\left( I \right)\). Tính \(\left| {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DC} } \right|\).
\(3\).
\(9\).
\(6\).
\(3\sqrt 2 \).
Đáp án đúng là: B
Tam giác \(ABC\) đều nội tiếp trong đường tròn tâm \(I\) \( \Rightarrow I\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).
Do đó \(\left| {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {DI} } \right| = 3.3 = 9\).
Cho tam giác đều \(ABC\) có cạnh bằng \(a.\) Tính tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} .\)
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 2{a^2}.\)
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = - \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = - \frac{{{a^2}}}{2}\).
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \frac{{{a^2}}}{2}\).
Đáp án đúng là: D
Xác định được góc \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\) là góc \(\widehat A\) nên \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 60^\circ .\)
Do đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.cos60^\circ = \frac{{{a^2}}}{2}.\)
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Một công ty viễn thông tính phí 1 nghìn đồng mỗi phút gọi nội mạng và 2 nghìn đồng mỗi phút gọi ngoại mạng. Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là số phút gọi nội mạng, ngoại mạng của Bình trong một tháng và Bình muốn số tiền phải trả cho tổng đài luôn thấp hơn 100 nghìn đồng. Khi đó:
a) Số tiền phải trả cho cuộc gọi nội mạng mỗi tháng là \(x\) (nghìn đồng), số tiền phải trả cho cuộc gọi ngoại mạng mỗi tháng là \(2y\) (nghìn đồng). Điều kiện \(x \in \mathbb{N},y \in \mathbb{N}\).
b) Bất phương trình bậc nhất hai ẩn theo \(x;y\) với điều kiện \(x,y \in \mathbb{N}\) là \(x + 2y < 100\).
c) \(x = 50,y = 20\) là nghiệm của bất phương trình bậc nhất gồm hai ẩn số \(x,y\) đã cho.
d) Miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất gồm hai ẩn số \(x,y\) đã cho là một tam giác có diện tích bằng 5000.
a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S
a) Số tiền phải trả cho cuộc gọi nội mạng mỗi tháng là \(x\) (nghìn đồng), số tiền phải trả cho cuộc gọi ngoại mạng mỗi tháng là \(2y\) (nghìn đồng). Điều kiện \(x \in \mathbb{N},y \in \mathbb{N}\).
b) Bình muốn số tiền phải trả cho tổng đài luôn thấp hơn 100 nghìn đồng nên ta có bất phương trình \(x + 2y < 100\).
c) Thay \(x = 50,y = 20\) vào bất phương trình ta được \(50 + 2.20 < 100\) (đúng).
Suy ra \(x = 50,y = 20\) là nghiệm của bất phương trình bậc nhất gồm hai ẩn số \(x,y\) đã cho.
d) Biểu diễn miền nghiệm trên hệ trục tọa độ
+) Vẽ đường thẳng \(x + 2y = 100\) trên hệ trục tọa độ.
+) Ta thấy điểm \(O\left( {0;0} \right)\) thuộc miền nghiệm của bất phương trình.
Vậy miền nghiệm của bất phương trình \(x + 2y < 100\) là nửa mặt phẳng (không kể bờ d) chứa điểm \(O\) (phần không gạch chéo trên hình).
Trong thực tế, vì \(x,y \in \mathbb{N}\) nên ta chỉ xét miền nghiệm bất phương trình ứng với miền tam giác OAB.
Khi đó \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}.50.100 = 2500\).
Cho hàm số \(y = - {x^2} + 2x - 5\). Khi đó:
a) Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).
b) Tọa độ đỉnh \(I\) của parabol: \(I(1; - 4)\).
c) Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
d) Giá trị lớn nhất của hàm số là \({y_{\max }} = - 4\), khi \(x = 2\).
a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S
\(y = - {x^2} + 2x - 5;(a = - 1,b = 2,c = - 5)\).
a) Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).
b) Tọa độ đỉnh \(I\) của parabol:
\({x_I} = - \frac{b}{{2a}} = 1,{y_I} = - {1^2} + 2.1 - 5 = - 4\) hay \(I(1; - 4)\).
c) Định hướng cho bảng biến thiên: Do \(a = - 1 < 0\) nên bề lõm parabol hướng xuống.
Bảng biến thiên:
Kết luận:
- Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
- Giá trị lớn nhất của hàm số là \({y_{\max }} = - 4\), khi \(x = 1\). (Hàm số không có giá trị nhỏ nhất).
Tam giác \(ABC\) có \(AB = 14,AC = 13,BC = 15\).
a) \(S = \sqrt {p\left( {p - 13} \right)\left( {p - 14} \right)\left( {p - 15} \right)} \) với \(p = \frac{{AB + AC + BC}}{2}\).
b) Tam giác \(ABC\) có bán kính đường tròn nội tiếp là 4.
c) Độ dài đường cao ứng với cạnh \(AB\) có độ dài là 12.
d) Tam giác \(ABC\) có 3 góc là góc nhọn.
a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ
a) \(S = \sqrt {p\left( {p - 13} \right)\left( {p - 14} \right)\left( {p - 15} \right)} \) với \(p = \frac{{AB + AC + BC}}{2}\).
b) Vì \(p = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = \frac{{14 + 13 + 15}}{2} = 21\).
Nên \(S = \sqrt {21\left( {21 - 13} \right)\left( {21 - 14} \right)\left( {21 - 15} \right)} = 84\). Suy ra \(r = \frac{S}{p} = \frac{{84}}{{21}} = 4\).
c) Có \(S = \frac{1}{2}{h_C}.AB \Rightarrow {h_C} = \frac{{2S}}{{AB}} = \frac{{2.84}}{{14}} = 12\).
d) Ta có \(\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}} = \frac{{{{14}^2} + {{13}^2} - {{15}^2}}}{{2.14.13}} = \frac{5}{{13}} > 0\) \( \Rightarrow 0^\circ < \widehat A < 90^\circ \).
Do \(AC < AB < BC \Rightarrow \widehat B < \widehat C < \widehat A\) mà \(0^\circ < \widehat A < 90^\circ \) nên \(0^\circ < \widehat A,\widehat B,\widehat C < 90^\circ \).
Do đó tam giác \(ABC\) có 3 góc là góc nhọn.
Cho tam giác \(ABC\) có hai đường trung tuyến \(BN,CP\). Khi đó:
a) \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\), ta có : \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \vec 0\).
b) \(\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = 3\overrightarrow {BN} \).
c) \(\overrightarrow {AB} = - \frac{2}{3} \cdot \overrightarrow {BN} - \frac{2}{3}\overrightarrow {CP} \).
d) \(\overrightarrow {BC} = - \frac{2}{3}\overrightarrow {CP} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BN} {\rm{. }}\)
a) Đ, b) S, c) S, d) Đ
a) Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\), ta có : \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = - \overrightarrow {GA} \)
b) \(\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = 2\overrightarrow {BN} \).
c) \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {GB} - \overrightarrow {GA} = \overrightarrow {GB} + (\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} )\)\( = 2\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = - 2 \cdot \frac{2}{3} \cdot \overrightarrow {BN} - \frac{2}{3}\overrightarrow {CP} \).
d) \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {GC} - \overrightarrow {GB} = = - \frac{2}{3}\overrightarrow {CP} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BN} {\rm{. }}\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.Thí sinh trả lời câu 1 đến câu 6.
Một công ty dịch vụ cho thuê xe hơi vào dịp tết với giá thuê mỗi chiếc xe hơi như sau: khách thuê tối thiểu phải thuê trọn ba ngày tết (mùng 1, 2, 3) với giá 1000000 đồng/ngày; những ngày còn lại (nếu khách còn thuê) sẽ được tính giá thuê là 700000 đồng/ngày. Giả sử T là tổng số tiền mà khách phải trả khi thuê một chiếc xe hơi của công ty và \(x\) là số ngày thuê của khách. Hỏi nếu khách thuê một chiếc xe hơi công ty trong 7 ngày tết thì sẽ trả khoản tiền thuê là bao nhiêu đồng?
Trả lời: 5800000
Số tiền mà khách phải trả khi thuê \(x\) ngày là \(T = 1000000.3 + 700000\left( {x - 3} \right)\) (đồng).
Số tiền khách phải trả khi thuê 7 ngày là \(T = 1000000.3 + 700000.\left( {7 - 3} \right) = 5800000\)(đồng).
Cho biểu thức \(A = \frac{{4\tan x + 2\cot x}}{{\tan x + \cot x + 3}} = 2\). Tính giá trị của biểu thức \(P = \frac{{2\sin x + \cos x}}{{3\sin x - 2\cos x}}.\)
Trả lời: 1
Ta có \(A = \frac{{4\tan x + 2\cot x}}{{\tan x + \cot x + 3}} = 2\)
\( \Leftrightarrow 4\tan x + 2\cot x = 2\tan x + 2\cot x + 6\)
\( \Leftrightarrow \tan x = 3\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = 3\)\( \Leftrightarrow \sin x = 3\cos x\).
Do đó \(P = \frac{{2\sin x + \cos x}}{{3\sin x - 2\cos x}}\)\( = \frac{{6\cos x + \cos x}}{{9\cos x - 2\cos x}}\)\( = \frac{{7\cos x}}{{7\cos x}} = 1\).
Một viên bi được ném xiên từ vị trí \(A\) cách mặt đất \(2\;{\rm{m}}\) theo quỹ đạo dạng parabol như hình vẽ sau đây. Khoảng cách từ vị trí \(E\) đến vị trí \(F\) là bao nhiêu mét, biết rằng vị trí \(E\) là nơi viên bi rơi xuống chạm mặt đất (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 2,18
Giả sử gốc toạ độ tại điểm \(F\).
Hàm số của đồ thị biểu diễn đường đi của viên bi có dạng \(y = a{x^2} + bx + c(a \ne 0)\) .
Theo hình vẽ ta có: đồ thị có đỉnh là \(C\left( {1;7} \right)\) và đi qua điểm \(A(0;2)\) nên ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{b}{{2a}} = 1}\\{a \cdot {1^2} + b \cdot 1 + c = 7}\\{a \cdot {0^2} + b \cdot 0 + c = 2}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a + b = 0}\\{a + b + 2 = 7}\\{c = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 5}\\{b = 10}\\{c = 2.}\end{array}} \right.} \right.\).
Do đó, đồ thị hàm số biểu diễn đường đi của viên bi là \(y = - 5{x^2} + 10x + 2\).
Điểm \(E\) là giao điểm của đồ thị với trục hoành nên hoành độ của điểm \(E\) là nghiệm
của phương trình \( - 5{x^2} + 10x + 2 = 0\) phương trình này và kết hợp với điều kiện \({x_E} > 0\) ta nhận \({x_1} = \frac{{5 + \sqrt {35} }}{5} \approx 2,18\).
Vậy khoảng cách từ vị trí \(E\) đến vị trí \(F\) khoảng \(2,18\) mét.
Để đo khoảng cách từ một điểm A trên bờ sông đến gốc cây C trên cù lao giữa sông, người ta chọn một điểm B cùng ở trên bờ với A sao cho từ A và B có thể nhìn thấy điểm C. Ta đo được khoảng cách AB = 40 m, \(\alpha = \widehat {CAB} = 45^\circ \) và \(\beta = \widehat {CBA} = 70^\circ \). Tính khoảng cách từ A đến gốc cây C trên cù lao (làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 41,47
Ta có \(\widehat {ACB} = 180^\circ - \left( {45^\circ + 70^\circ } \right) = 65^\circ \).
Áp dụng định lí sin, ta có
\(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} \Rightarrow AC = \frac{{AB.\sin B}}{{\sin C}}\)\( \Rightarrow AC = \frac{{40.\sin 70^\circ }}{{\sin 65^\circ }} \approx 41,47\)(m).
Vậy khoảng cách từ A đến gốc cây C trên cù lao là \(41,47\)(m).
Cho ba lực \(\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {MB} ,\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {MC} \) cùng tác động vào một vật tại điểm \(M\) và vật đứng yên. Cho biết cường độ của \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} \) đều bằng \(100\;{\rm{N}}\) và \(\widehat {AMB} = 90^\circ \). Khi đó tính cường độ của lực \(\overrightarrow {{F_3}} \) (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Trả lời: 141
Vẽ hình vuông \(ADBM\), cạnh \(MA = 100\) thì \(MD = 100\sqrt 2 \).
Theo quy tắc hình bình hành có \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MD} \).
Vật đứng yên khi \(\overrightarrow {{F_3}} = - \overrightarrow {MD} \).
Suy ra cường độ của lực \(\overrightarrow {{F_3}} \) là \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 100\sqrt 2 \; \approx 141\;{\rm{N}}\).
Một người dùng một lực \(\vec F\) có độ lớn \(90\;{\rm{N}}\) làm một vật dịch chuyển một đoạn \(100\;{\rm{m}}\). Biết lực \(\vec F\) hợp với hướng dịch chuyển một góc \(60^\circ \). Công sinh ra bởi lực \(\vec F\) bằng bao nhiêu Jun.
Trả lời: 4500
Đặt \(OM = s\) là đoạn đường mà vật di chuyển được với \(O\) là điểm đặt vật ban đầu. Công sinh ra bởi lực \(\vec F\) là:
\(A = \vec F \cdot \overrightarrow {OM} = |\vec F| \cdot |\overrightarrow {OM} | \cdot \cos (\vec F,\overrightarrow {OM} ) = 90 \cdot 100 \cdot \cos 60^\circ = 4500\;J{\rm{. }}\)
