Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 1
21 câu hỏi
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN
A. 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.
Phủ định của mệnh đề “\(\forall x \in \mathbb{R}:{x^2} + 1 > 0\)” là:
“\(\forall x \in \mathbb{R}:{x^2} + 1 = 0\)”.
“\(\exists x \in \mathbb{R}:{x^2} + 1 \le 0\)”.
“\(\exists x \in \mathbb{R}:{x^2} + 1 > 0\)”.
“\(\forall x \in \mathbb{R}:{x^2} + 1 < 0\)”.
Phủ định của mệnh đề “\(\forall x \in \mathbb{R}:{x^2} + 1 > 0\)” là “\(\exists x \in \mathbb{R}:{x^2} + 1 \le 0\)”. Chọn B.
\(\left[ { - 2;5} \right]\).
\(\left[ { - 2;5} \right)\).
\(\left( {5; + \infty } \right)\).
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
Ta có \(A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|x + 2 \ge 0} \right\} = \left[ { - 2; + \infty } \right)\); \(B = \left\{ {x \in \mathbb{R}|5 - x \ge 0} \right\} = \left( { - \infty ;5} \right]\).
Vậy \(A\backslash B = \left( {5; + \infty } \right)\). Chọn C.
\(Q\left( {4;\frac{9}{2}} \right)\).
\(M\left( {3;4} \right)\).
\(N\left( {5;5} \right)\).
\(P\left( {5;6} \right)\).
Thay tọa độ các điểm vào hệ bất phương trình ta có tọa độ điểm \(Q\left( {4;\frac{9}{2}} \right)\) thỏa mãn hệ bất phương trình. Do đó điểm Q thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình. Chọn A.
\(\cot \alpha > 0\).
\(\tan \alpha > 0\).
\(\sin \alpha < 0\).
\(\cos \alpha < 0\).
\(\frac{{\sin B}}{b} = 2R\).
\(\frac{a}{{\sin A}} = R\).
\(\cos B = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{2bc}}\).
\(\cos C = \frac{{{b^2} + {a^2} - {c^2}}}{{2ab}}\).
9,14.
9,13.
9,1.
9,2.
Ta có \(\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {60^\circ + 40^\circ } \right) = 80^\circ \).
Có \(\frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow b = \frac{{c.\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{14\sin 40^\circ }}{{\sin 80^\circ }} \approx 9,1\). Chọn C.
3.
4.
5.
6.
Cho 3 điểm phân biệt A, B, C. Khi đó \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} \) bằng
\(\overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {BA} \).
\(\overrightarrow {CA} \).
\(\overrightarrow {BC} \).
Cho ba điểm M, N, P được xác định như hình vẽ dưới đây. Mệnh đề nào sau đây đúng?
\(\overrightarrow {PN} = 4\overrightarrow {MP} \).
\(\overrightarrow {NM} = - 3\overrightarrow {MP} \).
\(\overrightarrow {MN} = 3\overrightarrow {MP} \).
\(\overrightarrow {MN} = - 3\overrightarrow {MP} \).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho hai điểm \(A\left( { - 2;2} \right),B\left( {3;2} \right)\). Tọa độ điểm M thỏa mãn \(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \) là
\(M\left( {8;2} \right)\).
\(M\left( {2;8} \right)\).
\(M\left( {2;1} \right)\).
\(M\left( {1;2} \right)\).
Giả sử \(M\left( {x;y} \right)\). Khi đó \(\overrightarrow {MA} = \left( { - 2 - x;2 - y} \right);\overrightarrow {AB} = \left( {5;0} \right) \Rightarrow 2\overrightarrow {AB} = \left( {10;0} \right)\).
Lại có \(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} = - 2\overrightarrow {AB} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 - x = - 10\\2 - y = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 8\\y = 2\end{array} \right.\). Suy ra \(M\left( {8;2} \right)\). Chọn A.
Cho số gần đúng \(a = 8141378\) với độ chính xác \(d = 300\). Số quy tròn của số gần đúng \(a\) là
8141400.
8141000.
8141300.
8141400.
Vì độ chính xác d = 300 nên ta quy tròn đến hàng nghìn, số quy tròn của \(a\) là 8141000. Chọn B.
8.
2,4.
6.
2,8.
Số trung bình .\(\overline x = \frac{{2 + 4 + 6 + 8 + 10}}{5} = 6\)
Độ lệch chuẩn \(s = \sqrt {\frac{1}{5}\left[ {{{\left( {2 - 6} \right)}^2} + {{\left( {4 - 6} \right)}^2} + {{\left( {6 - 6} \right)}^2} + {{\left( {8 - 6} \right)}^2} + {{\left( {10 - 6} \right)}^2}} \right]} \approx 2,8\). Chọn D.
B. TRẮC NGHIỆM ĐÚNG - SAI. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 2. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A, có \(AB = a\). Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và AB.
a) \(\overrightarrow {BC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {EF} \).
b) \({S_{\Delta BEF}} = \frac{{{a^2}}}{8}\).
c) \(\left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} } \right| = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).
d) \(\cos \left( {\overrightarrow {BE} ,\overrightarrow {CF} } \right) = - \frac{1}{{\sqrt 5 }}\).
a) Có E, F lần lượt là trung điểm của AC và AB nên EF là đường trung bình của DABC.
Suy ra \(EF = \frac{1}{2}CB\) mà \(\overrightarrow {EF} \) và \(\overrightarrow {CB} \) cùng hướng nên \(\overrightarrow {CB} = 2\overrightarrow {EF} \).
b) Ta có \(AE = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2};AF = BF = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).
Có \({S_{BEF}} = \frac{1}{2}AE.BF = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}}}{8}\).
c) Dựng điểm M sao cho \(\overrightarrow {AM} = 2\overrightarrow {AC} \).
Dựng hình chữ nhật AMNF.
Ta có \(\left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AF} + \overrightarrow {AM} } \right| = \left| {\overrightarrow {AN} } \right|\)\( = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {17} a}}{2}\).
d) Ta có \(\overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CF} \)\( = \left( {\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} } \right)\left( {\overrightarrow {AF} - \overrightarrow {AC} } \right)\)\( = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AF} - \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AF} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)\( = - \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AF} \)
\( = - \left| {\overrightarrow {AE} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos 0^\circ - \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AF} } \right|.\cos 0^\circ \)\( = - \frac{a}{2}.a. - a.\frac{a}{2}\)\( = - {a^2}\).
Khi đó \(\cos \left( {\overrightarrow {BE} ,\overrightarrow {CF} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CF} }}{{\left| {\overrightarrow {BE} } \right|.\left| {\overrightarrow {CF} } \right|}} = \frac{{ - {a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} .\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{ - {a^2}}}{{\frac{5}{4}{a^2}}} = - \frac{4}{5}\).
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.
Một lớp 10A của một trường THPT có điểm kiểm tra môn Toán giữa kì I vừa qua được thống kê trong bảng sau
Điểm | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
Tần số | 2 | 8 | 13 | 10 | 4 | 3 |
a) Mốt của mẫu số liệu là 7.
b) Trung vị của mẫu số liệu là 7,5.
c) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là 8.
d) Phương sai của mẫu số liệu thuộc khoảng \(\left( {1;1,5} \right)\).
a) Điểm 7 có tần số lớn nhất nên mốt của mẫu số liệu là 7.
b) Ta có \(n = 2 + 8 + 13 + 10 + 4 + 3 = 40\).
Vì n = 40 là số chẵn nên trung vị của mẫu số liệu là \({M_e} = \frac{{7 + 7}}{2} = 7\).
c) Ta có \({Q_1} = \frac{{6 + 7}}{2} = 6,5\).
d) Có điểm trung bình của lớp là \(\overline x = \frac{{5.2 + 6.8 + 7.13 + 8.10 + 9.4 + 10.3}}{{40}} = 7.375\).
Phương sai của mẫu số liệu là \({s^2} = \frac{1}{{40}}\left[ \begin{array}{l}{\left( {5 - 7.375} \right)^2}.2 + {\left( {6 - 7.375} \right)^2}.8 + {\left( {7 - 7.375} \right)^2}.13\\ + {\left( {8 - 7.375} \right)^2}.10 + {\left( {9 - 7.375} \right)^2}.4 + {\left( {10 - 7.375} \right)^2}.3\end{array} \right] \approx 1,58\).
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Sai.
C. TRẢ LỜI NGẮN. Thí sinh trả lời câu 1 đến câu 4.
Cho tập hợp \(A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|\left( {{x^2} - 7x + 6} \right)\left( {{x^2} - 4} \right) = 0} \right\}\). Tập hợp A có bao nhiêu phần tử?
Ta có \(\left( {{x^2} - 7x + 6} \right)\left( {{x^2} - 4} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 7x + 6 = 0\\{x^2} - 4 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 6\\x = - 2\\x = 2\end{array} \right.\).
Vậy \(A = \left\{ { - 2;1;2;6} \right\}\). Do đó tập hợp A có 4 phần tử.
Trả lời: 4.
Vì \(90^\circ < \alpha < 180^\circ \) nên \(\cos \alpha < 0\).
Mà \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\) \( \Rightarrow \cos \alpha = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = - \sqrt {1 - \frac{1}{9}} = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
Do đó \(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{3}:\frac{{ - 2\sqrt 2 }}{3} = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\). Suy ra \(a = 0;b = 1\). Do đó \(a + b = 1\).
Trả lời: 1.
Gọi \(x,y\left( {x \ge 0;y \ge 0} \right)\) lần lượt là số ha trồng rau và hoa.
Diện tích đất trồng canh tác không vượt quá 8 ha nên ta có \(x + y \le 8\).
Số ngày công sử dụng không vượt quá 180 ngày nên \(20x + 30y \le 180\).
Theo đề ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 8\\20x + 30y \le 180\end{array} \right.\).
Ta cần tìm \(x,y\) sao cho \(F = 3x + 4y\) lớn nhất.
Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền trong của tứ giác OABC kể cả 4 cạnh của tứ giác (phần tô màu) với \(O\left( {0;0} \right),A\left( {8;0} \right),B\left( {6;2} \right),C\left( {0;6} \right)\).
Với \(O\left( {0;0} \right)\) thì F = 0.
Với \(A\left( {8;0} \right)\) thì \(F = 24\).
Với \(B\left( {6;2} \right)\) thì \(F = 26\).
Với \(C\left( {0;6} \right)\) thì \(F = 24\).
Vậy lợi nhuận cao nhất mà gia đình anh Hùng thu được từ trồng rau và hoa là 26 triệu đồng.
Trả lời: 26.
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 (tham khảo hình vẽ).
Cho biết cường độ của \(\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} \) đều bằng \(100\sqrt 2 \)N và góc \(\widehat {AMB} = 90^\circ \). Tính cường độ của lực \(\overrightarrow {{F_3}} \) (đơn vị N).
Gọi D là điểm để tứ giác \(MADB\) là hình vuông.
Theo bài ra ta có \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MD} } \right| = 100\sqrt 2 .\sqrt 2 = 200\) N.
Trả lời: 200.
PHẦN II. TỰ LUẬN
Trong bốn điểm \(M\left( {2; - 4} \right),N\left( { - 1;3} \right),P\left( {1;3} \right),Q\left( { - 2; - 3} \right)\). Điểm nào thuộc miền nghiệm của bất phương trình \(5x - 2y \ge 2\).
Thay tọa độ điểm \(M\left( {2; - 4} \right)\) vào bất phương trình ta được \(5.2 - 2.\left( { - 4} \right) = 18 \ge 2\) (đúng).
Vậy điểm M thuộc miền nghiệm của bất phương trình.
Thay tọa độ điểm \(N\left( { - 1;3} \right)\) vào bất phương trình ta được \(5.\left( { - 1} \right) - 2.3 = - 11 \ge 2\)(vô lý).
Vậy điểm N không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.
Thay tọa độ điểm \(P\left( {1;3} \right)\) vào bất phương trình ta được \(5.1 - 2.3 = - 1 \ge 2\) (vô lý).
Vậy điểm P không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.
Thay tọa độ điểm \(Q\left( { - 2; - 3} \right)\) vào bất phương trình ta được \(5.\left( { - 2} \right) - 2.\left( { - 3} \right) = - 4 \ge 2\) (vô lý).
Vậy điểm Q không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.
Đổi \(4{\rm{km/h = }}\frac{{200}}{3}\)m/phút; \({\rm{19km/h = }}\frac{{950}}{3}\)m/phút.
Có \(\widehat C = 180^\circ - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = 180^\circ - \left( {7^\circ + 5^\circ } \right) = 168^\circ \).
Áp dụng định lí sin ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{BC}}{{\sin A}}\).
Suy ra \(AC = \frac{{AB.\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{850.\sin 5^\circ }}{{\sin 168^\circ }}\); \(BC = \frac{{AB.\sin A}}{{\sin C}} = \frac{{850.\sin 7^\circ }}{{\sin 168^\circ }}\).
Thời gian đi từ nhà đến trường là \(\frac{{AC}}{{\frac{{200}}{3}}} + \frac{{BC}}{{\frac{{950}}{3}}} = \frac{{3.850.\sin 5^\circ }}{{200.\sin 168^\circ }} + \frac{{3.850.\sin 7^\circ }}{{950.\sin 168^\circ }} \approx 7\) phút.
Ta có \(AB = \sqrt {1 + 9} = \sqrt {10} ;BC = \sqrt {64 + 36} = 10;AC = \sqrt {81 + 9} = \sqrt {90} = 3\sqrt {10} \).
\( \Rightarrow B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại A.
Suy ra I là trung điểm của BC \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_B} + {x_C}}}{2} = \frac{{2 + 10}}{2} = 6\\{y_I} = \frac{{{y_B} + {y_C}}}{2} = \frac{{4 - 2}}{2} = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow I\left( {6;1} \right)\).
