Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 04
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.
Mệnh đề đảo của mệnh đề “Nếu tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật thì nó có hai đường chéo bằng nhau” là
Nếu tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo bằng nhau thì nó không là hình chữ nhật.
Nếu tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo bằng nhau thì nó là hình chữ nhật.
Nếu tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật thì nó không có hai đường chéo bằng nhau.
Nếu tứ giác \(ABCD\) không có hai đường chéo bằng nhau thì nó không là hình chữ nhật.
Đáp án đúng là: B
Mệnh đề đảo là: Nếu tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo bằng nhau thì nó là hình chữ nhật.
Mẫu số liệu dưới đây thống kê số giờ học thêm của 10 học sinh trong một tuần: \(2,3,4,4,5,6,6,7,8,15\).
Mốt của mẫu số liệu trên là
\(15\).
\(4\)và \(6\).
\(4\).
\(6\).
Đáp án đúng là: B
Mốt của mẫu số liệu là 4 và 6.
Độ lệch chuẩn về số giờ học thêm của 10 học sinh trên là
\(6\).
\(15\).
\(12\).
\(3,5\).
Đáp án đúng là: D
\(\overline x = \frac{{2 + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 + 7 + 8 + 15}}{{10}} = 6\).
Ta có
\({s^2} = \frac{{{{\left( {2 - 6} \right)}^2} + {{\left( {3 - 6} \right)}^2} + 2.{{\left( {4 - 6} \right)}^2} + {{\left( {5 - 6} \right)}^2} + 2.{{\left( {6 - 6} \right)}^2} + {{\left( {7 - 6} \right)}^2} + {{\left( {8 - 6} \right)}^2} + {{\left( {15 - 6} \right)}^2}}}{{10}} = 12\).
\(s = \sqrt {12} \approx 3,5\).
Cho hai tập hợp \(A = \left[ { - 1;3} \right)\) và \(B = \left( {2;5} \right]\). Khẳng định nào sau đây sai?
\(A \cap B = \left( {2;3} \right)\).
\(A \cup B = \left[ { - 1;5} \right]\).
\(B\backslash A = \left( {3;5} \right]\).
\(A\backslash B = \left[ { - 1;2} \right]\).
Đáp án đúng là: C
\(B\backslash A = \left[ {3;5} \right]\).
Điểm nào dưới đây thuộc miền nghiệm của bất phương trình \(3x - 5y < 2\).
\(Q\left( { - 2; - 3} \right)\).
\(M\left( {2;1} \right)\).
\(P\left( {4;2} \right)\).
\(N\left( {1; - 2} \right)\).
Đáp án đúng là: B
Thay lần lượt tọa độ của 4 điểm vào bất phương trình \(3x - 5y < 2\) thì ta được tọa độ điểm \(M\left( {2;1} \right)\) thỏa mãn bất phương trình đã cho.
Miền nghiệm của bất phương trình \(x + y \le 2\) là phần tô đậm trong hình vẽ nào sau đây?
Đáp án đúng là: A
Đường thẳng \(x + y - 2 = 0\) đi qua các điểm \(\left( {0;2} \right),\left( {2;0} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(\left( {0;0} \right)\) vào bất phương trình \(x + y \le 2\) ta được \(0 \le 2\) (thỏa mãn).
Do đó miền nghiệm của bất phương trình đã cho là nửa mặt phẳng chứa điểm \(O\left( {0;0} \right)\) bờ là đường thẳng \(x + y - 2 = 0\). Do đó đáp án A thỏa mãn.
Cho ba điểm M, N, P thẳng hàng, trong đó N nằm giữa hai điểm M và P. Khi đó cặp vectơ nào sau đây cùng hướng?
\(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {MP} \).
\(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {PN} \).
\(\overrightarrow {MP} \) và \(\overrightarrow {PN} \).
\(\overrightarrow {NP} \) và \(\overrightarrow {NM} \).
Đáp án đúng là: A
\(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {MP} \) là hai vectơ cùng hướng.
Cho tam giác \(ABC\) có \(AB = AC = a,\widehat {BAC} = 60^\circ \). 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 \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.cos60^\circ = \frac{{{a^2}}}{2}.\)
Cho tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) và \(G\) là trọng tâm. Gọi \(I\) là trung điểm của \(AG\).
Độ dài của vectơ là
\[a\frac{{\sqrt {21} }}{6}\].
\[a\frac{{\sqrt {21} }}{3}\].
\[a\frac{{\sqrt 3 }}{6}\].
\[a\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
Đáp án đúng là: A
Ta có \[\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = AB = a\].
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\).
Ta có \(\left| {\overrightarrow {AG} } \right| = AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}\sqrt {A{B^2} - B{M^2}} \)\( = \frac{2}{3}\sqrt {{a^2} - {{\frac{a}{4}}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\left| {\overrightarrow {BI} } \right| = BI = \sqrt {B{M^2} + M{I^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{6}\).
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có \(AC = 9\), \(BC = 5\). Tính \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)
\(9\).
\(81\).
\(3\).
\(5\).
Đáp án đúng là: B
Ta có \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} } \right).\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} = 81\)nên chọn B.
Viết số quy tròn số gần đúng \(b = 3257,6254\) với độ chính xác \(d = 0,01\).
\(b \approx 3257,63\).
\(b \approx 3257,62\).
\(b \approx 3257,6\).
\(b \approx 3257,7\).
Đáp án đúng là: C
\(b \approx 3257,6\).
Số \(\overline a \) được cho bởi giá trị gần đúng \(a = 5,7824\) với sai số tương đối không vượt quá \(0,05\% \). Khi đó sai số tuyệt đối của \(a\) không vượt quá
\(0,0028912\).
\(0,0027912\).
\(0,0026912\).
\(0,0025912\).
Đáp án đúng là: A
Ta có \({\delta _a} = \frac{{{\Delta _a}}}{{\left| a \right|}} \le 0,0005 \Rightarrow {\Delta _a} \le 0,0005.5,7824 = 0,0028912\).
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.
Cho hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y \ge - 4\\x + 3y \le 9\\3x - 2y \ge - 6\\x \le 3\end{array} \right.\).
\(\left( {0;0} \right)\) là một nghiệm của hệ bất phương trình.
\(\left( { - 1;2} \right)\) là một nghiệm của hệ bất phương trình.
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tam giác đều.
\(x = 3;y = 2\) là nghiệm của hệ bất phương trình trên sao cho \(F = 3x - y\) đạt giá trị lớn nhất.
a) Đ, b) S, c) S, d) S
a) \(\left( {0;0} \right)\) là một nghiệm của hệ bất phương trình.
b) \(\left( { - 1;2} \right)\) không là nghiệm của hệ bất phương trình.
c) Miền nghiệm của hệ là miền tứ giác ABCD (tô mầu vàng) như hình.
d) Ta có \(A\left( { - 2;0} \right),B\left( {0;3} \right),C\left( {3;2} \right),D\left( {3; - 2} \right)\).
Ta có \(F\left( { - 2;0} \right) = - 6;F\left( {0;3} \right) = - 3;F\left( {3;2} \right) = 7;F\left( {3; - 2} \right) = 11\).
Vậy \(F = 3x - y\) đạt giá trị lớn nhất là \(11\) khi \(x = 3;y = - 2\).
Cho hàm số \(y = {x^2} + 2x\). Khi đó:
Tọa độ đỉnh \(I\) của parabol: \(I( - 1; - 1){\rm{. }}\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
Hàm số không có giá trị lớn nhất.
a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ
\(y = {x^2} + 2x;\quad (a = 1,b = 2,c = 0)\).
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).
Tọa độ đỉnh \(I\) của parabol:
\({x_I} = - \frac{b}{{2a}} = - 1,{y_I} = {( - 1)^2} + 2 \cdot ( - 1) = - 1{\rm{ hay }}I( - 1; - 1){\rm{. }}\)
Định hướng cho bảng biến thiên: Do \(a = 1 > 0\) nên bề lõm parabol hướng lên.
Bảng biến thiên:
Kết luận:
- Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
- Giá trị nhỏ nhất của hàm số là \({y_{\min }} = - 1\), khi \(x = - 1\). (Hàm số không có giá trị lớn nhất).
Cho \(\sin \alpha = \frac{1}{3}\) với \(90^\circ < \alpha < 180^\circ \).
Giá trị \(\sin \alpha .\cos \alpha < 0\).
Có \(\cos \alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
Có \(\tan \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).
Giá trị biểu thức \(\frac{{6\sin \alpha + 3\sqrt 2 \cos \alpha }}{{2\sqrt 2 \tan \alpha + \sqrt 2 \cot \alpha }} = \frac{2}{5}\).
a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ
a) \(90^\circ < \alpha < 180^\circ \) nên \(\cos \alpha < 0\) mà \(\sin \alpha = \frac{1}{3} > 0\) nên \(\sin \alpha .\cos \alpha < 0\).
b) Có \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\) nên \(\cos \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \pm \sqrt {1 - \frac{1}{9}} = \pm \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
Mà \(\cos \alpha < 0\) nên \(\cos \alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
c) \(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).
d) Có \(\tan \alpha = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\) nên \(\cot \alpha = - \frac{4}{{\sqrt 2 }}\).
Ta có \(\frac{{6\sin \alpha + 3\sqrt 2 \cos \alpha }}{{2\sqrt 2 \tan \alpha + \sqrt 2 \cot \alpha }} = \frac{{6.\frac{1}{3} + 3\sqrt 2 .\left( { - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right)}}{{2\sqrt 2 .\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right) + \sqrt 2 .\left( { - \frac{4}{{\sqrt 2 }}} \right)}} = \frac{2}{5}\).
Cho tam giác \(ABC\) có \(G\) là trọng tâm. Gọi \(D\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(G,M\) là trung điểm của \(BC\). Khi đó:
\(\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GD} \).
\(\overrightarrow {AG} = 2\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BN} \).
\(\overrightarrow {MD} = - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} {\rm{. }}\)
a) Đ, b) S, c) S, d) Đ
a) \(\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GD} \).
b) Ta có: \(\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AM} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).
c) Ta có: \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \frac{4}{3}\overrightarrow {BN} \).
d) Ta có: \(\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GD} = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AM} + \frac{2}{3}\overrightarrow {BN} = - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ) + \frac{2}{3}(\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} )\)
\( = - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} = - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} {\rm{. }}\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.Thí sinh trả lời câu 1 đến câu 6.
Một cửa hàng nhân dịp Noel đã đồng loạt giảm giá các sản phẩm. Trong đó có chương trình nếu mua một gói kẹo thứ hai trở đi sẽ được giảm \(10\% \) so với giá ban đầu. Biết giá gói đầu là 60000 đồng. Bạn An có 500000 đồng. Hỏi bạn An có thể mua tối đa bao nhiêu gói kẹo?
Trả lời: 9
Xét một người mua \(x\) gói kẹo ( \(x\) nguyên dương).
Khi đó: Gói thứ nhất người đó trả 60000 đồng.
Số gói kẹo còn lại là \(x - 1\) và người đó chỉ phải trả
\(60000 - 10\% .60000 = 54000\) đồng (mỗi gói).
Vậy số tiền phải trả khi mua kẹo được tính theo công thức
\(y = 60000 + (x - 1) \cdot 54000 = 54000x + 6000\).
Số tiền bạn An dùng mua kẹo phải không quá 500000 đồng, suy ra: \(54000x + 6000 \le 500000 \Rightarrow x \le \frac{{247}}{{27}} \approx 9,148\).
Vậy, với số tiền hiện có, bạn An chỉ có thể mua được tối đa 9 gói kẹo.
Một cửa hàng kinh doanh giày và giá để nhập một đôi giày là 40 đô la. Theo nghiên cứu của bộ phận kinh doanh thì nếu cửa hàng bán mỗi đôi giày với giá \(x\) đô la thì mỗi tháng sẽ bán được \(120 - x\) đôi giày. Hỏi cửa hàng bán giá bao nhiêu đô la cho một đôi giày để có thể thu lãi cao nhất trong tháng.
Trả lời: 80
Gọi \(x\) (đôla) là giá mỗi đôi giày bán ra thì số tiền lãi tương ứng là \(x - 40\) (đô la).
Số tiền lãi thu được mỗi tháng là \(f(x) = (x - 40)(120 - x) = - {x^2} + 160x - 4800\).
Đây là hàm số bậc hai với \(a = - 1,b = 160,c = - 4800 \Rightarrow - \frac{b}{{2a}} = 80\).
Vì \(a = - 1 < 0\) nên hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng \(f(80) = - {80^2} + 160.80 - 4800 = 1600\), ứng với \(x = 80\).
Vậy, để tối ưu hóa lợi nhuận, cửa hàng cần đưa ra giá bán 80 đô la mỗi đôi giày, khi đó lợi nhuận tối đa trong tháng là 1600 đô la.
Cho tam giác \(ABC\) có \(AB = 5,AC = 8,\hat A = 60^\circ \). Tính bán kính \(R\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 4,04
Áp dụng định lí côsin, ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos A = {5^2} + {8^2} - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \cos 60^\circ = 49\\ \Rightarrow BC = 7.{\rm{ }}\end{array}\)
Ta có \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{7}{{2\sin 60^\circ }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3} \approx 4,04\).
Thành phố Hải Đông dự định xây dựng một trạm nước sạch để cung cấp cho hai khu dân cư \(A\) và \(B\). Trạm nước sạch đặt tại vị trí \(C\) trên bờ sông. Biết \(AB = 3\sqrt {17} \;{\rm{km}}\), khoảng cách từ \(A\) và \(B\) đến bờ sông lần lượt là \(AM = 3\;{\rm{km}},BN = 6\;{\rm{km}}\) (hình vẽ). Gọi \(T\) là tổng độ dài đường ống từ trạm nước đến \(A\) và \(B\). Tìm giá trị nhỏ nhất của \(T\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 20,12
Gọi \(A'\) đối xứng với \(A\) qua \(MN\).
Kẻ \(AK \bot BN;A'H \bot BN\).
\(T = CA + CB = CA' + CB \ge A'B\) (không đổi). Đẳng thức xảy ra khi \(\{ C\} = MN \cap A'B\).
\(MN = AK = A'H = \sqrt {A{B^2} - K{B^2}} = \sqrt {{{(3\sqrt {37} )}^2} - {3^2}} = 18\;{\rm{km}}.\)
Vậy \(A'B = \sqrt {A'{H^2} + H{B^2}} = \sqrt {{{18}^2} + {9^2}} = 9\sqrt 5 \approx 20,12{\rm{\;km}}\).
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 \(M\). Cho biết \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \sqrt 3 \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \sqrt 3 \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|\). Khi vật đứng yên thì \(\left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = \alpha ^\circ \). Giá trị của \(\alpha \) bằng bao nhiêu?
Trả lời: 60
Vật đứng yên nên \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = - \overrightarrow {{F_3}} \).
Suy ra \({\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right|^2} = {\left| { - \overrightarrow {{F_3}} } \right|^2}\)\( \Rightarrow {\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|^2} + 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|\left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right|\cos \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = {\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|^2}\).
Vì \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \sqrt 3 \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \sqrt 3 \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right|\) nên \(\cos \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right) = 60^\circ \). Suy ra \(\alpha = 60\).
Một vật có trọng lượng \(P = 20{\rm{N}}\) được đặt trên một mặt phẳng nghiêng với góc nghiêng \(\alpha = 30^\circ \). Khi đó độ lớn của các lực \(\overrightarrow N ,\overrightarrow {{F_p}} \) lần lượt là \(a\;\left( {\rm{N}} \right)\), \(b\;\left( {\rm{N}} \right)\). Tính \(a + b\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 27,32
Từ hình vẽ ta có \(\left( {\overrightarrow N ,\overrightarrow P } \right) = \alpha = 30^\circ \).
Do đó \(\left| {\overrightarrow N } \right| = \left| {\overrightarrow P } \right|.\cos \alpha = 20.\cos 30^\circ = 10\sqrt 3 \) và \(\left| {\overrightarrow {{F_p}} } \right| = \left| {\overrightarrow P } \right|.\sin \alpha = 20.\sin 30^\circ = 10\).
Khi đó \(a + b = 10\sqrt 3 + 10 \approx 27,32\).
