Bộ 5 đề thi giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 2

Các mệnh đề là: (1): Số 3 là một số chẵn và (4): \(1 < 5 \Rightarrow 8 < 6\). Chọn C.

Mệnh đề: "∀x∈ℕ,x2>x" có mệnh đề phủ định là: "∃x∈ℕ,x2≤x". Chọn A.

Ta có: \(3{x^2} - 7x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = \frac{4}{3}\end{array} \right.\).

Vì \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x = 1\) thỏa mãn \( \Rightarrow X = \left\{ 1 \right\}\). Chọn B.

\(A\backslash B = \left\{ {0\,;1\,} \right\}\); \(B\backslash A = \left\{ {5;6} \right\}\).

\( \Rightarrow \left( {A\backslash B} \right) \cup \left( {B\backslash A} \right) = \left\{ {0\,;1\,;5\,;6} \right\}\). Chọn B.

Lần lượt thay các cặp số vào bất phương trình đã cho, ta thấy:

P Vì \(\left( { - 2} \right) + 2 \cdot 1 = 0 < 3\) nên cặp số \(\left( { - 2\,;1} \right)\) không phải là một nghiệm của bất phương trình.

P Vì \(1 + 2 \cdot 2 = 5 > 3\) nên cặp số \(\left( {1\,;2} \right)\)là một nghiệm của bất phương trình.

P Vì \(1 + 2 \cdot \left( { - 2} \right) = - 3 < 3\) nên cặp số \(\left( {1\,; - 2} \right)\) không phải là một nghiệm của bất phương trình.

P Vì \(2 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) = 0 < 3\) nên cặp số \(\left( {2\,; - 1} \right)\) không phải là một nghiệm của bất phương trình.

Chọn B.

Hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 3x + y \le - 1}\\{4x - 7y > 5}\end{array}} \right.\) là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn. Chọn A.

Thay \[x = 1,\,\,y = - 4\] vào hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{x + y \le - 2}\end{array}} \right.\), ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 \ge 0}\\{ - 3 \le - 2}\end{array}} \right.\) (thỏa).

Khi đó điểm \(\left( {1; - 4} \right)\) thuộc miền nghiệm của hệ đã cho. Chọn D.

Với \(\alpha \in \left[ {0^\circ ;90^\circ } \right)\) thì \[\cos \alpha > 0\].Chọn C.

Theo định lí côsin trong tam giác \[ABC\], ta có \[{c^2} = {b^2} + {a^2} - 2ab\cos C\]nên đáp án C sai. Chọn C.

Gọi phương trình đường thẳng \(d\) có dạng \(y = ax + b\). Hình vẽ cho thấy đường thẳng \(d\) đi qua hai điểm có tọa độ \(\left( {4;0} \right),\left( {0;2} \right)\) nên ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}4 \cdot a + b = 0\\0 \cdot a + b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 2.\end{array} \right.\)

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(y = - \frac{1}{2}x + 2\) hay \(x + 2y = 4\).

Thay tọa độ điểm \(O\left( {0;0} \right)\) vào biểu thức \(x + 2y\) ta thấy \(x + 2y = 0 + 2 \cdot 0 = 0 < 4\) nên miền không gạch chéo (không kể bờ \(d\)) là miền nghiệm của bất phương trình \[x + 2y > 4\].Chọn D.

Ta có \({\sin ^2}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = 1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{8}{9}\).

Vậy \(P = \frac{8}{9} + 3 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{{11}}{9}\). Chọn D.

Ta có \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC \cdot \sin C\]\[ = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4\sin C\]\[ = 3\sqrt 3 \]\[ \Rightarrow \sin C = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]\[ \Rightarrow \widehat C = 60^\circ \] (Do góc \(\widehat C\) nhọn).

 Áp dụng định lý côsin trong tam giác\[ABC\] ta có:

\(A{B^2} = B{C^2} + A{C^2} - 2 \cdot BC \cdot AC \cdot \cos C\)\( = {3^2} + {4^2} - 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \cos 60^\circ \)\( = {3^2} + {4^2} - 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 13\).

Suy ra \(AB = \sqrt {13} \). Chọn D.

a) Đúng.Số tiền phải trả cho cuộc gọi nội mạng mỗi tháng là \(x\) (nghìn đồng), số tiền phải trả cho cuộc gọi ngoại mạng mỗi tháng là \(2y\) (nghìn đồng) với điều kiện: \(x \in \mathbb{N},y \in \mathbb{N}\).

b) Đúng.Ta có bất phương trình: \(x + 2y < 100\,\,\,\left( * \right)\).

c) Đúng.Xét \(x = 50,y = 20\)thay vào \(\left( * \right):50 + 2 \cdot 20 < 100\) (đúng)suy ra \(\left( {50\,;\,20} \right)\) là một nghiệm của\(\left( * \right)\).

d) Sai.Biểu diễn miền nghiệm của\(\left( * \right)\)trên mặt phẳng tọa độ: Vẽ đường thẳng \(x + 2y = 100\).

Ta thấy điểm \(O\left( {0\,;\,0} \right)\) thuộc miền nghiệm của\(\left( * \right)\)do thay tọa độ \(O\) vào\(\left( * \right)\): \(0 < 100\) (đúng).

Vậy miền nghiệm của bất phương trình \(\left( * \right):x + 2y < 100\) là nửa mặt phẳng (không kể d) có chứa điểm \(O\) (phần không gạch chéo trên hình).

Trong thực tế, vì \(x \in \mathbb{N},y \in \mathbb{N}\) nên ta chỉ xét miền nghiệm bất phương trình ứng với miền tam giác \(OAB\).

a) Sai. Vì \(90^\circ < \alpha < 180^\circ \) nên \(\cos \alpha < 0\).

b) Đúng. Ta có \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}\).

Do đó \[\cos \alpha = - \sqrt {\frac{{16}}{{25}}} = - \frac{4}{5}\].

c) Sai. Ta có \[\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = - \frac{3}{4} \Rightarrow \,\tan \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \tan \alpha = \frac{3}{4}\].

d) Đúng. Ta có \(\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = - \frac{4}{3}\).

Vậy \[A = \frac{{\tan \alpha - \cot \left( {180^\circ - \alpha } \right)}}{{\sin \left( {90^\circ - \alpha } \right)}} = \frac{{\tan \alpha + \cot \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{\left( { - \frac{3}{4}} \right) + \left( { - \frac{4}{3}} \right)}}{{ - \frac{4}{5}}} = \frac{{125}}{{48}}\].

Ta có \(2{n^3} + {n^2} + 7n + 1 = \left( {{n^2} + n + 4} \right)\left( {2n - 1} \right) + 5\).

\(2{n^3} + {n^2} + 7n + 1\) chia hết cho \(2n - 1\)\( \Leftrightarrow \)\(5\) chia hết cho \(2n - 1\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2n - 1 = 1\\2n - 1 = - 1\\2n - 1 = 5\\2n - 1 = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 1\\n = 0\\n = 3\\n = - 2\end{array} \right.\).

Vậy có 4 giá trị nguyên của \(n\).

Đáp án: \(4\).

Ta có \(X = \left( {X\backslash Y} \right) \cup \left( {X \cap Y} \right) = \left\{ {7;\,15} \right\} \cup \left( { - 1;2} \right)\).

Khi đó, các số nguyên thuộc tập \(X\) là \(0;1;7;15\).

Vậy số phần tử là số nguyêncủa \(X\) là 4.

Đáp án: 4.

Do \(\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = 2 \Rightarrow \sin \alpha \ne 0\).

Chia cả tử và mẫu của biểu thức \(P\) cho \(\sin \alpha \), ta có:

P=3+4cosαsinα2−cosαsinα=3+4cotα2−cotα=−22−1122→a=−22; b=11.

Vậy \(a + 2b = - 22 + 2 \cdot 11 = 0\).

Đáp án: 0.

Ta có asinA=2R⇒R=a2sinA=BC2sinBAC^=32sin60°=1.

Đáp án: 1.

Kí hiệu A là tập hợp học sinh tham gia tiết mục nhảy Flashmob, B là tập hợp học sinh tham gia tiết mục hát, E là tập hợp học sinh trong lớp. Ta có thể biểu diễn ba tập hợp đó bằng biểu đồ Ven như hình sau:

Khi đó, A∩B là tập hợp học sinh tham gia cả hai tiêt mục. Số phần tử của tập hợp A là 35 , số phần tử của tập hợp A∩B là 10 , số phần tử của tập hợp E là 45 .

Số học sinh tham gia ít nhất một trong hai tiết mục là 45−4=41 (học sinh).

Số học sinh tham gia tiết mục hát mà không tham gia tiết mục nhảy Flashmob là 41−35=6 (học sinh).

Số học sinh tham gia tiết mục hát là 6+10=16 (học sinh).

Gọi x là số mét vải loại A, y là số mét vải loại B mà người thợ sản suất.

Theo đề ta suy ra hệ bất phương trình: x≥0y≥0x+y≤6x+2y≤8 (1).

Số tiền lợi nhuận là: Lx;y=0,8x+y (triệu đồng).

+ Biểu diễn miền nghiệm của hệ (1) lên mặt phẳng tọa độ Oxy là miền tứ giác OABC (kể cả biên) với O0;0,A0;4,B4;2,C6;0. 

+ Xét Lx;y tại các đỉnh của tứ giác OABC, ta có:

L0;0=0 (triệu đồng)

L0;4=4 (triệu đồng)

L4;2=5,2 (triệu đồng)

L6;0=4,8 (triệu đồng).

+ Ta thấy L đạt giá trị lớn nhất là 5,2 (triệu đồng) tại x=4 và y=2 

Vậy người thợ cần sản xuất 4 mét loại A và 2 mét loại B thì thu lại lợi cao nhất.

Ta có BAD^=54°+22°=76°⇒ABC^=180°−76°=104°, ACB^=DAC^=22°.

Áp dụng định lý sin cho tam giác ABC, ta có ACsin104°=ABsin22°⇒AC=70⋅sin104°sin22°.

Suy ra diện tích tam giác ABC là SABC=12AB⋅AC⋅sin54°=702⋅sin104°⋅sin54°2⋅sin22°.

Lại có ADB^=180°−76°−73°=31°. 

Áp dụng định lý sin cho tam giác ABD, ta có ADsin73°=ABsin31°⇒AD=70⋅sin73°sin31°.

Suy ra diện tích tam giác ACD là SACD=12AC⋅AD⋅sin22°=702⋅sin104°⋅sin73°2⋅sin31°.

Vậy diện tích mảnh đất là SABCD=SABC+SACD≈9548  (m2).