Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 5

Chọn một học sinh nam làm lớp trưởng có \(20\) cách chọn.

Chọn một học sinh nữ làm lớp trưởng có \(25\) cách chọn.

Áp dụng quy tắc cộng có \(20 + 25 = 45\) (cách chọn).

Mỗi cách chọn \(2\) người trong \(10\) người để phân công làm trưởng đoàn và phó đoàn là một chỉnh hợp chập \(2\) của \(10\).

Do đó số cách chọn thỏa mãn bài toán là \(A_{10}^2 = 90\).

Lời giải

Ta có \({\left( {x + 3} \right)^5} = {x^5} + 5.{x^4}.3 + 10.{x^3}{.3^2} + 10.{x^2}{.3^3} + 5.x{.3^4} + {3^5}\)

 Hệ số của số hạng chứa \({x^3}\) là \({10.3^2} = 90\)

Ta có độ chính xác là: \(d = 0,2\,{\rm{m}}\).

Ta có điểm trung bình môn Toán của \(10\) học sinh là: \(\frac{{7 + 8 + 9 + 5 + 6 + 9 + 8 + 9 + 10 + 6}}{{10}} = 7,7\).

Mẫu số liệu trên có: \(9 + 18 + 12 + 6 = 45\), là số lẻ

Suy ra, khi sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự từ bé đến lớn, thì số trung vị là số hạng thứ 23. Ta có \({M_e} = 7.\)

Phương trình tổng quát đường thẳng \(\Delta \) là \(2x - y + 5 = 0\).

Khoảng cách từ điểm .\(M\). đến đường thẳng \(\Delta \) là \(\frac{{\left| {2.3 - \left( { - 1} \right) + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{12\sqrt 5 }}{5} \approx 5,4\)

Vì đường tròn có tâm \(I\left( {3;1} \right)\) và đi qua điểm \(M\left( {2; - 1} \right)\) nên bán kính của đường tròn là

\(R = MI = \sqrt {{{\left( {3 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 + 1} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \).

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 5\).

Theo định nghĩa: Đường elip là tập hợp các điểm \(M\) trong mặt phẳng sao cho \(M{F_1} + M{F_2} = 2a\), trong đó \(a\) là số cho trước lớn hơn \(c.\)

Gọi \[A\] là biến cố “tích hai số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \[5\]”.

Khi đó \[A = \left\{ {\left( {5;1} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right);\left( {5;5} \right);\left( {5;6} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right);\left( {6;5} \right)} \right\}\]

Vậy số phần tử của biến cố \[A\] bằng \[n\left( A \right) = 11\].

Mô tả không gian mẫu ta có:

\[\Omega  = \left\{ {S1;\,S2;\,S3;\,S4;\,S5;S6;N1;N2;N3;N4;N5;N6} \right\}\].

Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử trên là: 12.

Lấy ngẫu nhiên \[3\] quả cầu có : \[n\left( \Omega  \right) = C_{15}^3\] (cách).

Gọi \[A\] là biến cố “trong \[3\] quả cầu lấy được có không quá hai màu ”. Khi đó, \[\overline A \] là biến cố “trong \[3\] quả cầu lấy được có đủ ba màu ”.

Ta có \[n\left( {\overline A } \right) = C_4^1.C_5^1.C_6^1 = 120\](cách).

Suy ra \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{120}}{{C_{15}^3}} = \frac{{67}}{{91}}\].

a) Đúng: Theo qui tắc nhân có \[5.5 = 25\] số có hai chữ số.

b) Sai: Gọi số có 3 chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).

Chọn \(a\) có 5 cách.

Chọn \(b\) có 4 cách.

Chọn \(c\) có 3 cách.

Suy ra có \[5.4.3 = 60\] số có ba chữ số khác nhau.

c) Đúng: Gọi số chẵn có ba chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).

Chọn \(c\) có 2 cách.

Chọn \(a\) có 4 cách.

Chọn \(b\) có 3 cách.

Suy ra có \[2.4.3 = 24\] số chẵn có ba chữ số khác nhau.

d) Sai: Gọi số lẻ có ba chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).

Chọn \(c\) có 3 cách.

Chọn \(a\) có 4 cách.

Chọn \(b\) có 3 cách.

Suy ra có \[3.4.3 = 36\] số lẻ có ba chữ số khác nhau.

a) Đúng: Số trung bình là \(\overline x  = \frac{{575 + 454 + 400 + 325 + 351 + 333 + 412}}{7} \approx 407,142857\)

b) Sai: Sắp xếp số liệu theo thứ tự không giảm \(325\,\,\,333\,\,\,351\,\,\,400\,\,\,412\;\;454\;\;575\). Trung vị của mẫu số liệu là \({M_e} = 400\)

c) Sai: Ngày 1 không là mốt nên mệnh đề sai.

d) Sai: Nếu ngày 6 có 400 lượt khách thì mốt là 400 mà không phải là ngày 3

a) Đúng: Thay \(x = 4,y = 1\) vào phương trình đường tròn \(\left( C \right)\) ta có: \({\left( {4 - 1} \right)^2} + {1^2} = 10\).

Do đó \(A \in \left( C \right)\).

b) Sai: Bán kính của \(\left( C \right)\) bằng \(\sqrt {10} \). Do đó đường kính của \(\left( C \right)\) là \(2\sqrt {10} \).

c) Đúng: Phương trình tiếp tuyến đi qua điểm \(A\left( {1;4} \right)\) có \(\overrightarrow n  = \overrightarrow {IA}  = \left( {3;1} \right)\).

d) Sai:Phương trình tiếp tuyến đi qua điểm \(A\left( {1;4} \right)\) có \(\overrightarrow n  = \overrightarrow {IA}  = \left( {3;1} \right)\) nên có phương trình là \(3x + y - 13 = 0\).

Thay \(x = 4,y = 3\) vào phương trình tiếp tuyến ta có: \(3.4 + 3 - 13 = 2 \ne 0\). Do đó \(N\)không thuộc tiếp tuyến.

a) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = 270725\).

Vì bộ bài chỉ có 1 tứ quý Át nên số phần tử của biến cố \[A\] là: \(n\left( A \right) = 1\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{1}{{270725}}\].

b) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = 270725\).

Có \(C_4^2\) cách rút được hai quân Át, Có \(C_4^2\) cách rút được hai quân \(K\) nên số phần tử của biến cố \[B\] là: \(n\left( B \right) = C_4^2.C_4^2 = 36\).

Vậy xác suất của biến cố \(B\) là \[P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{36}}{{270725}}\].

c) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = 270725\).

Biến cố \(\overline C \): “ Rút không được quân Át nào”.

Có \(C_{48}^4\) cách rút bốn quân không cố quân Át nào nên số phần tử của biến cố \[\overline C \] là: \(n\left( {\overline C } \right) = C_{48}^4 = 194580\).

Vậy xác suất của biến cố \(C\) là \[P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline C } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = 1 - \frac{{194580}}{{270725}} = 1 - \frac{{38916}}{{54145}} = \frac{{15229}}{{54145}}\].

d) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = 270725\).

Có \(C_{13}^1\) cách chọn ra 1 tứ quý. Ứng với tứ quý này có \(C_4^2\) cách chọn ra 2 quân bài.

Có \(C_{12}^2\) cách chọn ra 2 tứ quý từ 12 tứ quý còn lại. Mỗi tứ quý này có \(C_4^1\) cách chọn ra 1 quân bài nên số phần tử của biến cố \[D\] là: \(n\left( D \right) = C_{13}^1.C_4^2.C_{12}^2.{\left( {C_4^1} \right)^2} = 82368\).

Vậy xác suất của biến cố \(D\) là \[P\left( D \right) = P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{82368}}{{270725}}\].

Trường hợp 1: Lấy \(1\) quả màu vàng và \(2\) quả màu đỏ có: \(C_8^2 = 28\) cách.

Trường hợp 2: Lấy \(1\) quả màu vàng và \(2\) quả màu xanh có: \(C_3^2 = 3\) cách.

Trường hợp 3: Lấy \(1\) quả màu đỏ và \(2\) quả màu xanh có: \(C_8^1.C_3^2 = 24\) cách.

Trường hợp 4: Lấy \(1\) quả màu xanh và \(2\) quả màu đỏ có: \(C_3^1.C_8^2 = 84\) cách.

Số cách để lấy được \(3\) quả cầu có đúng hai màu là: \(28 + 3 + 24 + 84 = 139\) cách.

Cách khác:

Số cách lấy \(3\) quả bất kì: \(C_{12}^3 = 220\).

Số cách lấy \(3\) quả có đủ \(3\) màu: \(C_8^1.C_3^1.C_1^1 = 24\).

Số cách lấy \(3\) quả chỉ có \(1\) màu: \(C_8^3 + C_3^3 = 57\).

Vậy số cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(220 - 24 - 57 = 139\).

Điểm thi trung bình tám môn thi của học sinh là: \(\frac{{8 + 7,5 + 8,5 + 7 + 9 + 8 + 6,5 + 9,5}}{8} = 8,0\).

Chọn hệ trục tọa độ \[Oxy\] với gốc tọa độ tại tâm đáy nhà vòm, trục tung thẳng đứng.

Nhà vòm có dạng nửa elip nên có phương trình chính tắc của elip là \[\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\] (\[a,\,b > 0\]).

Ta có chiều cao của nhà vòm là 5m nên \[OA = h = 5\], chiều rộng của nhà vòm là 20m nên\[BC = 2OB = 20\]. Suy ra \[OB = 10\].

Ta có tọa độ các điểm: \[C\left( {10;\,0} \right)\] và \[A\left( {0;\,5} \right)\]. Thay hai điểm này vào phương trình chính tắc, ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{{10}^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{0^2}}}{{{b^2}}} = 1\\\frac{{{0^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{5^2}}}{{{b^2}}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 10\\b = 5.\end{array} \right.\]

Suy ra phương trình miêu tả hình dáng nhà vòm là \[\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{25}} = 1\].

Điểm cách chân tường 5m tương ứng cách tâm 5m (vì từ tâm vòm đến tường là 10m).

Thay \[x = 5\] vào phương trình \[\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{25}} = 1\], ta tìm được \[y = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}\].

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b = 3\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow T = a + 2b - c = 5 + 2.3 - 2 = 9\).

Trục lớn: \(2a = 60 \Rightarrow a = 30\).

Trục bé: \(2b = 30 \Rightarrow b = 15\).

Diện tích hình tròn: \({S_T} = \pi {.15^2}\), diện tích elip là \({S_E} = \pi .15.30\).

Tỉ số diện tích \(T = \frac{{{S_T}}}{{{S_E} - {S_T}}} = \frac{{\pi {{.15}^2}}}{{\pi .15.30 - \pi {{.15}^2}}} = \frac{{15}}{{30 - 15}} = 1\).

Chọn bi màu vàng có \({n_1} = 4\) (cách chọn).

Chọn bi màu đỏ khác số với số trên bi vàng có \({n_2} = 4\) (cách chọn).

Chọn bi màu xanh khác số với số trên bi vàng và màu đỏ có \({n_3} = 4\) (cách chọn).

Vậy số cách lấy ra từ hộp đó\[3\]quả cầu vừa khác màu vừa khác số là \(n = {n_1}.{n_2}.{n_3} = 64\)cách.

Gọi số học sinh nữ của lớp là \(n\,\,\left( {n \in {{\rm N}^*},n \le 28} \right)\). Suy ra số học sinh nam là \(30 - n\).

Không gian mẫu là chọn bất kì \(3\)học sinh từ \(30\) học sinh.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = C_{30}^3\).

Gọi \(A\) là biến cố Chọn được \(2\) học sinh nam và \(1\) học sinh nữ .

Chọn \(2\) nam trong \(30 - n\) nam, có\(C_{30 - n}^2\) cách.

Chọn \(1\) nữ trong \(n\) nữ, có \(C_n^1\) cách.

Suy ra số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = C_{30 - n}^2.C_n^1\).

Do đó xác suất của biến cố\(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}}\).

Theo giả thiết, ta có \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{29}} \Leftrightarrow \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}} = \frac{{12}}{{29}} \Rightarrow n = 14\).

Vậy số học sinh nữ của lớp là \(14\) học sinh.