Bộ 5 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 1

Tam thức luôn dương với mọi giá trị của \[x\] phải có \[\left\{ \begin{array}{l}\Delta  < 0\\a > 0\end{array} \right.\]. Dễ thấy tam thức \({x^2} - 2x + 10\) có hệ số \(a = 1 > 0\) và \(\Delta  < 0\). Hoặc \({x^2} - 2x + 10 = {\left( {x - 1} \right)^2} + 9 > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Ta có: \(25 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow  - 5 < x < 5\).

Ta có: \(\sqrt {{x^2} - 5x + 4}  - \sqrt {2x - 3}  = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 5x + 4}  = \sqrt {2x - 3} {\rm{  }}\left( 1 \right)\)

\(\left( 1 \right) \Rightarrow {x^2} - 5x + 4 = 2x - 3 \Leftrightarrow {x^2} - 7x + 7 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{7 + \sqrt {21} }}{2} \vee x = \frac{{7 - \sqrt {21} }}{2}\)

Thay lần lượt các giá trị trên vào phương trình đã cho, ta thấy chỉ có \(x = \frac{{7 + \sqrt {21} }}{2}\) thỏa mãn

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x = \frac{{7 + \sqrt {21} }}{2}\).

Đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + t\\y =  - 2 + 2t\end{array} \right.\) có một véctơ chỉ phương là \[\overrightarrow {{u_4}}  = \left( {1;2} \right)\].

Điều kiện để phương trình trên là phương trình đường tròn là:

\({\left( {m + 1} \right)^2} + {m^2} - {m^2} - 4 > 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} > 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  - 3\end{array} \right.\)

Ta có: \(16{x^2} - 4{y^2} = 144 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1\) suy ra \({a^2} = 9 \Rightarrow a = 3\) và \({b^2} = 36 \Rightarrow b = 6\).

Khi đó: \(c = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt {{3^2} + {6^2}}  = 3\sqrt 5 \).

Vậy \({F_1}\left( { - 3\sqrt 5 \,;\,0} \right)\,,\,{F_2}\left( {3\sqrt 5 \,;\,0} \right)\).

Phương án 1: chọn 1 bạn nữ có 24 cách chọn.

Phương án 2: chọn 1 bạn nam có 20 cách chọn.

Áp dụng quy tắc cộng ta có: \(20 + 24 = 44\) cách chọn.

Mỗi cách chọn 3 học sinh để bầu vào chức lớp trưởng, lớp phó và bí thư là một chỉnh hợp chập 3 của 37 phần tử. Vậy số cách chọn là \(A_{37}^3 = 46620\) cách.

Số hạng tổng quát trong khai triển của \({\left( {x + \frac{2}{x}} \right)^4}\) là \({T_{k + 1}} = C_4^k{x^{4 - k}}{\left( {\frac{2}{x}} \right)^k} = {2^k}C_4^k{x^{4 - 2k}}\).

\( \Rightarrow \) Số hạng không chứa \(x\)trong khai triển ứng với \(4 - 2k = 0 \Leftrightarrow k = 2\).

Khi đó số hạng không chứa \(x\)là \({2^2}C_4^2 = 24\).

Không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = C_{12}^3 = 220\).

Gọi \[A\] là biến cố:” trong \(3\) học sinh được chọn không có học sinh nữ” \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^3 = 10\)

Vậy xác suất của biến cố \[A\] là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\]\[ = \frac{{10}}{{220}} = \frac{1}{{22}}\]\[ = \frac{{13}}{{14}}\].

Ta có: \(n\left( \Omega  \right) = C_{25}^3\). Gọi \(A\) “ là biến cố chọn được 3 bông hồng có 3 màu khác nhau”.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_7^1.C_8^1.C_{10}^1\)\( \Rightarrow \)\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{28}}{{115}}\).

Số phần tử của không gian mẫu là:\(n\left( \Omega  \right) = C_{11}^2\)

Trong \[11\] thẻ được đánh số từ \[1\] đến \[11\] có \[6\] tấm thẻ được ghi số lẻ và \[5\] tấm thẻ được ghi số chẵn.

Gọi \(A\) là biến cố: “Tổng các số ghi trên hai tấm thẻ là một số chẵn”.

Trường hợp 1: Chọn hai tấm thẻ ghi số chẵn có \(C_5^2\)(cách)

Trường hợp 2: Chọn hai tấm thẻ ghi số lẻ có\(C_6^2\)(cách)

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^2 + C_6^2\).

Xác suất chọn hai tấm thê có tổng là số chẵn: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{5}{{11}}\).

a) Sai: \(f\left( x \right)\) là một tam thức bậc hai khi và chỉ khi \(a \ne 2\)

b) Đúng: \(f\left( x \right)\) luôn nhận giá trị dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta  < 0\end{array} \right.\)

c) Sai: Đồ thị của \(f\left( x \right)\) luôn là một đường cong parabol nếu \(a \ne 2\)

d) Sai: Tam thức \(f\left( x \right)\) luôn nhận giá trị âm nếu \(\Delta  < 0\) và \(a < 0\).

a) Sai: Nếu đường tròn có tâm là điểm \(A\) và có bán kính \(R = 2\) thì đường tròn có phương trình là \({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {2^2} \Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 4\).

b) Sai: Nếu đường tròn có tâm là điểm \(B\) và có bán kính \(R = 3\) thì đường tròn có phương trình là \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9\).

c) Đúng: Ta có \(AB = \sqrt {{{\left( {3 + 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 1} \right)}^2}}  = \sqrt {34} \).

Nếu đường tròn có tâm là điểm \(C\) và có bán kính \(R = AB = \sqrt {34} \) thì đường tròn có phương trình là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 34\).

d) Đúng: Ta có \(BC = \sqrt {{{\left( {1 - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1 + 2} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \).

Đường tròn có tâm là điểm \(B\) và đường tròn đi qua điểm \(C\) thì đường tròn có bán kính

\(R = BC = \sqrt 5 \).

Nếu đường tròn có tâm là điểm \(B\) và có bán kính \(R = \sqrt 5 \) thì đường tròn có phương trình là \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 5\).

a) Sai: Chỉ có đúng một màu (màu vàng) là: \(C_7^6 = 7\)cách.

b) Sai: Chọn 6 bông bất kì từ 15 bông có: \(C_{15}^6 = 5005\) cách.

Chọn hai màu hồng, xanh có \(C_3^2.C_5^4 + C_3^3.C_5^3 = 25\) cách.

Chọn hai màu hồng, vàng có \(C_3^3.C_7^3 + C_3^2.C_7^4 + C_3^1.C_7^5 = 203\) cách.

Chọn hai màu xanh, vàng có \(C_5^5.C_7^1 + C_5^4.C_7^2 + C_5^3.C_7^3 + C_5^2.C_7^4 + C_5^1.C_7^5 = 917\)cách.

Chỉ có đúng hai màu là \[25 + 203 + 917 = 1145\]cách.

c) Sai: Ít nhất hai màu là\[5005 - 7 = 4998\].

d) Sai: Đủ cả ba màu là \(5005 - 7 - 1145 = 3853\).

a) Đúng: Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = C_{100}^5.\)

b) Sai: Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn, suy ra số cách chọn 5 thẻ đều mang số chẵn là \(n\left( A \right) = C_{50}^5.\)

Vậy xác suất để 5 thẻ lấy ra đều mang số chẵn là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{C_{50}^5}}{{C_{100}^5}} \approx 0,028\)

c) Đúng: Gọi B là biến cố: “5 thẻ lấy ra có 2 thẻ mang số chẵn và 3 thẻ mang số lẻ”.

Suy ra \(n\left( B \right) = C_{50}^2.C_{50}^3\). Vậy \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{C_{50}^2.C_{50}^3}}{{C_{100}^5}} \approx 0,32\)

d) Đúng: Từ 1 đến 100 có 33 số chia hết cho 3, 67 số không chia hết cho 3.

Gọi C là biến cố: “Ít nhất một số ghi trên 5 thẻ được chọn chia hết cho 3”.

Ta có \(\overline C \): “Cả 5 số trên 5 thẻ được chọn đều không chia hết cho 3”.

Suy ra \(n\left( {\overline C } \right) = C_{67}^5\), do đó \(n\left( C \right) = C_{100}^5 - C_{67}^5\).

Vậy \(P\left( C \right) = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{C_{100}^5 - C_{67}^5}}{{C_{100}^5}} \approx 0,87\)

Gọi \(x\) (triệu đồng) là số tiền cần giảm giá bán mỗi máy tính xách tay (\(0 \le x < 3\)).

Gọi \(y\) là số máy tính bán được tăng thêm sau khi giảm giá bán.

Từ giả thiết ta có \(\frac{x}{{0,5}} = \frac{y}{5} \Leftrightarrow y = 10x\).

Suy ra, số máy tính bán được trong một tháng là \(20 + 10x\).

Khi đó, lợi nhuận thu được là: \(f\left( x \right) = \left( {3 - x} \right)\left( {20 + 10x} \right)\) với \(0 \le x < 3\).

Lợi nhuận thu được cao nhất khi hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất trên \(\left[ {0\,;\,3} \right)\)

Ta có \(f\left( x \right) =  - 10{x^2} + 10x + 60 =  - 10{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{125}}{2} \le \frac{{125}}{2},\forall x \in \left[ {0;3} \right)\).

Suy ra giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên \(\left[ {0\,;\,3} \right)\) bằng \(\frac{{125}}{2}\), đạt được khi \(x = \frac{1}{2}\).

Do đó, lợi nhuận thu được là cao nhất khi giảm giá bán mỗi máy tính \(0,5\) triệu đồng.

Vậy giá bán mỗi máy tính là \(17,5\) triệu đồng.

Điều kiện: \[x \ne 0;x \ne  - 2\].

Ta có \[\frac{{x - 1}}{x} - \frac{6}{{x + 2}} + 2 \le 0 \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) - 6x + 2x\left( {x + 2} \right)}}{{x\left( {x + 2} \right)}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{3{x^2} - x - 2}}{{{x^2} + 2x}} \le 0\].

Ta có bảng xét dấu sau

Dựa vào bảng xét dấu ta có tập nghiệm của bất phương trình là \[S = \left( { - 2; - \frac{2}{3}} \right] \cup \left( {0;1} \right]\].

Kết hợp giả thiết ta có các nghiệm nguyên thỏa mãn là: \[\left\{ { - 1;1} \right\}\].

Ta có: \({x^2} + {y^2} - 2mx + 2\left( {m + 1} \right)y + 5 = 0\left( 1 \right)\).

Phương trình \(\left( 1 \right)\) là phương trình đường tròn khi và chỉ khi \({m^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} - 5 > 0 \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 1}\\{m <  - 2}\end{array}} \right.\left( * \right)\).

Khi đó đường tròn có bán kính \(R = \sqrt {{m^2} + {{\left( {m + 1} \right)}^2} - 5}  = \sqrt {2{m^2} + 2m - 4} \).

Ta có \(R \le 2\sqrt 2  \Leftrightarrow \sqrt {2{m^2} + 2m - 4}  \le 2\sqrt 2  \Leftrightarrow {m^2} + m - 6 \le 0 \Leftrightarrow  - 3 \le m \le 2\).

Kết hợp điều kiện \(\left( * \right)\) ta được \(m \in \left[ { - 3; - 2} \right) \cup \left( {1;2} \right]\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 3;2} \right\}\). Vậy có \(2\) giá trị nguyên \(m\) thỏa mãn bài toán.            

Ta đánh số các ghế ngồi theo thứ tự từ trái sang phải lần lượt là \(1,2,3,4,5,6,7,8\).

Có hai phương án để các bạn nam và các bạn nữ ngồi xen kẽ nhau là:

Phương án 1: các bạn nam ngồi các ghế \(1,3,5,7\) và các bạn nữ ngồi các ghế \(2,4,6,8\).

Có \(4!\) cách xếp \(4\) bạn nam vào các ghế \(1,3,5,7\).

Có \(4!\) cách xếp \(4\) bạn nữ vào các ghế \(2,4,6,8\).

Suy ra có \(4!.4! = 576\) cách xếp.

Phương án 2: các bạn nữ ngồi các ghế \(1,3,5,7\) và các bạn nam ngồi các ghế \(2,4,6,8\).

Có \(4!\) cách xếp \(4\) bạn nữ vào các ghế \(1,3,5,7\).

Có \(4!\) cách xếp \(4\) bạn nam vào các ghế \(2,4,6,8\).

Suy ra có \(4!.4! = 576\) cách xếp.

Vậy có \(576 + 576 = 1152\) cách xếp chỗ ngồi sao cho các bạn nam và các bạn nữ ngồi xen kẽ nhau.

Gọi \(A\) là biến cố “số được chọn là một số chẵn”

Số các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau là \(A_5^4 = 120\)

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = C_{120}^1 = 120\)

Số các số tự nhiên chẵn có bốn chữ số khác nhau \(2A_4^3 = 48\)

Số kết quả thuận lợi của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = C_{48}^1 = 48\)

Vậy xác xuất để số được chọn là một số chẵn là:

\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{48}}{{120}} = \frac{2}{5} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 5\end{array} \right. \Rightarrow T = a + b = 2 + 5 = 7\)

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = C_5^3 = 10\).

Gọi A là biến cố: “An thắng lượt chơi khi An là người chọn thẻ”.

Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ ghi số 2 và 2 thẻ ghi số 3. Số cách chọn là: \(C_2^1C_2^2\).

Trường hợp 2: Chọn được 2 thẻ ghi số 2 và 1 thẻ ghi số 4. Số cách chọn là: \(C_2^2C_1^1\).

Suy ra số phần tử của biến cố A là: \(n\left( A \right) = C_2^1C_2^2 + C_2^2C_1^1 = 3\).

Vậy xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{3}{{10}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 10\end{array} \right. \Rightarrow T = 3a + b = 3.3 + 10 = 19\).