Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 04

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.

Đáp án đúng là: C

Các khẳng định đúng là \(\left\{ { - 1} \right\} \subset \left[ { - 1;4} \right]\) và \(\left( { - 1;4} \right) \subset \left[ { - 1;4} \right]\).

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\left( {2x - 1} \right)\left( {{x^3} - 4x} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 1 = 0\\{x^3} - 4x = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}\\x = 0\\x = 2\\x =  - 2\end{array} \right.\).

Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(A = \left\{ {0;2; - 2} \right\}\). Do đó tập hợp \(A\) có \({2^3} = 8\) tập hợp con.

Đáp án đúng là: C

\(B\backslash A = \left[ {3;5} \right]\).

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.

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.

Đáp án đúng là: B

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}ac\sin \widehat B = \frac{1}{2}.4.5.\sin 150^\circ  = 5\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}}\)\( = \frac{{{4^2} + {9^2} - {7^2}}}{{2.4.9}} = \frac{2}{3}\).

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 \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.cos60^\circ  = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Đáp án đúng là: C

Vì \(E\) đối xứng với \(A\) qua \(B\) nên \(B\) trung điểm của \(AE\).

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_E} = 2{x_B} - {x_A}\\{y_E} = 2{y_B} - {y_A}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_E} = 2.5 + 2 = 12\\{y_E} = 2.\left( { - 4} \right) - 0 =  - 8\end{array} \right.\). Suy ra \(E\left( {12; - 8} \right)\).

Đáp án đúng là: C

\(b \approx 3257,6\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \({\delta _a} = \frac{{{\Delta _a}}}{{\left| a \right|}} \le 0,0005 \Rightarrow {\Delta _a} \le 0,0005.5,7824 = 0,0028912\).

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 \(x = 3;y =  - 2\).

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 \(\frac{{6\sin \alpha  + 3\sqrt 2 \cos \alpha }}{{2\sqrt 2 \tan \alpha  + \sqrt 2 \cot \alpha }} = \frac{{6.\frac{1}{3} + 3\sqrt 2 .\left( { - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right)}}{{2\sqrt 2 .\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right) + \sqrt 2 .\left( { - \frac{4}{{\sqrt 2 }}} \right)}} = \frac{2}{5}\).

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: \(\overrightarrow {MD}  = \overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GD}  =  - \frac{1}{3}\overrightarrow {AM}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {BN}  =  - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} ) + \frac{2}{3}(\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AN} )\)

\( =  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB}  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC}  - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}  =  - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} {\rm{. }}\)

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) \(\overline x  = \frac{{2 + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 + 7 + 8 + 15}}{{10}} = 6\).

b) Mốt của mẫu số liệu là 4 và 6.

c) Ta có \({Q_1} = 4;{Q_3} = 7\).

Suy ra \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 3\).

Có \({Q_1} - 1,5{\Delta _Q} =  - 0,5;{Q_3} + 1,5{\Delta _Q} = 11,2\).

Giá trị ngoại lệ của mẫu số liệu trên là 15.

d) Ta có

\({s^2} = \frac{{{{\left( {2 - 6} \right)}^2} + {{\left( {3 - 6} \right)}^2} + 2.{{\left( {4 - 6} \right)}^2} + {{\left( {5 - 6} \right)}^2} + 2.{{\left( {6 - 6} \right)}^2} + {{\left( {7 - 6} \right)}^2} + {{\left( {8 - 6} \right)}^2} + {{\left( {15 - 6} \right)}^2}}}{{10}} = 12\).

\(s = \sqrt {12}  \approx 3,5\).

Trả lời: 17

Gọi \(x\) là số đơn vị sản phẩm loại I, \(y\) là số đơn vị sản phẩm loại II sản xuất ra. Như vậy tiền lãi có được là \(F\left( {x;y} \right) = 3x + 5y\) (nghìn đồng).

Theo giả thiết, số máy cần dùng nhóm X: \(2x + 2y\) (máy); số máy cần dùng ở nhóm Y là \(0x + 2y\) (máy); số máy cần dùng ở nhóm \(Z\) là \(2x + 4y\) (máy).

Ta có hệ bất phương trình \(\left( * \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y \le 10}\\{2y \le 4}\\{2x + 4y \le 12}\\{x \ge 0,y \ge 0}\end{array}} \right.\) .

Miền nghiệm của hệ \((*)\) được biểu diễn là miền của ngũ giác \(OABCD\) với \(O(0;0),A(0;2),B(2;2),C(4;1),D(5;0)\).

Xét \(O(0;0)\), ta có \(F(0;0) = 3.0 + 5.0 = 0\);

Xét \(A(0;2)\), ta có \(F(0;2) = 3.0 + 5.2 = 10\);

Xét \(B(2;2)\), ta có \(F(2;2) = 3.2 + 5.2 = 16\);

Xét \(C(4;1)\), ta có \(F(4;1) = 3.4 + 5.1 = 17\);

Xét \(D(5;0)\), ta có \(F(5;0) = 3.5 + 5.0 = 15\).

Từ các kết quả trên, ta thấy khoản lãi lớn nhất \((F(x;y)\) lớn nhất) bằng 17 (nghìn đồng), khi đó người ta cần làm ra 4 sản phẩm loại I và 1 sản phẩm loại II (tức là \(x = 4,y = 1\)).

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 \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{7}{{2\sin 60^\circ }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3} \approx 4,04\).

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 \(A'B = \sqrt {A'{H^2} + H{B^2}}  = \sqrt {{{18}^2} + {9^2}}  = 9\sqrt 5  \approx 20,12{\rm{\;km}}\).

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 \(\alpha  = 60\).

Trả lời: 3

Vì \(\overrightarrow c \) cùng phương \(\overrightarrow a \) cùng phương nên

\(\frac{{m + n}}{1} = \frac{{ - m - 4n}}{{ - 2}}\)\( \Leftrightarrow 2m + 2n = m + 4n\)\( \Leftrightarrow m - 2n = 0\) (1).

Mà \(\left| {\overrightarrow c } \right| = 3\sqrt 5 \) nên \({\left( {m + n} \right)^2} + {\left( { - m - 4n} \right)^2} = 45\) (2).

Ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}m - 2n = 0\\{\left( {m + n} \right)^2} + {\left( { - m - 4n} \right)^2} = 45\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2n\\9{n^2} + 36{n^2} = 45\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 1\\m = 2\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}n =  - 1\\m =  - 2\end{array} \right.\).

Do đó \(\left| {m + n} \right| = 3\).

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 \(a + b = 10\sqrt 3  + 10 \approx 27,32\).