Bộ 5 đề thi giữa kì Toán 10 Cánh diều cấu trúc mới (có tự luận) có đáp án - Đề 1

Do 21 là số lẻ nên phát biểu ở phương án B là sai. Chọn B.

Phương án A là hình minh họa cho tập hợp \(\left[ {1;4} \right]\).

Phương án B là hình minh họa cho tập hợp \(\left[ {1;4} \right)\).

Phương án C là hình minh họa cho tập hợp \(\left( {1;4} \right]\).

Phương án D là hình minh họa cho tập hợp \(\left( {1;4} \right)\). Chọn C.

Ta có \(N = \left\{ {x \in \mathbb{N}|x < 5} \right\} = \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\), tập này có 5 phần tử. Chọn C.

Ở phương án D, lũy thừa của \(x\) là bậc hai nên đây không phải bất phương trình bậc nhất hai ẩn. Chọn D.

Phương án A sai vì có 3 ẩn \(x,y,z\).

Phương án B sai vì lũy thừa của \(y\) là bậc hai.

Phương án C sai vì hệ gồm một bất phương trình và một phương trình. Chọn D.

Lần lượt thay tọa độ từng điểm vào hệ bất phương trình. Tọa độ điểm B, C, D không thỏa. Tọa độ điểm A thỏa hệ vì: \(\left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\1 + \left( { - 1} \right) \le 2\\1 - \left( { - 1} \right) > 1\end{array} \right.\). Chọn B.

Câu A đúng theo tính chất của hai góc bù nhau.

Câu B đúng theo hệ thức lượng giác cơ bản.

Câu D đúng vì VT=cosα+cos180°−α=cosα+−cosα=0=VP. Chọn C.

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

Các công thức A, B, C đúng theo công thức diện tích tam giác

Công thức D sai, sửa lại thành: \(S = \frac{{abc}}{{{\rm{4R}}}}\). Chọn D.

- Mệnh đề A sai vì ba số tự nhiên liên tiếp \(n,n + 1,n + 2\) luôn có ít nhất 1 số chẵn nên tích của chúng là số chẵn.

- Mệnh đề B đúng vì \({x^2} < 4 \Leftrightarrow \left| x \right| < 2 \Leftrightarrow  - 2 < x < 2\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

- Mệnh đề C sai vì \({n^2}\) luôn chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1 nên \({n^2} + 1\) hoặc chia 3 dư 1 hoặc chia 3 dư 2 hay \({n^2} + 1\) không chia hết cho 3 với mọi \(n \in \mathbb{N}\).

- Mệnh đề D sai vì \({x^2} \ge 9 \Leftrightarrow \left| x \right| \ge 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 3\\x \le  - 3\end{array} \right.\). Chọn B.

Ta thấy điểm \(O\left( {0;0} \right)\) thuộc miền nghiệm của bất phương trình và \(\left( {0;3} \right) \in d:3x - 2y =  - 6\). Chọn C.

Ta có

A=cos10°+cos20°+...+cos170°+cos180°     =cos180°+cos10°+cos170°+cos20°+cos160°+...+cos80°+cos100°+cos90°     =−1+cos10°−cos10°+cos20°−cos20°+...+cos80°−cos80°+0     =−1.

Chọn D.

a) Đúng. Mệnh đề đảo của mệnh đề “\(P \Rightarrow Q\)” là mệnh đề “\(Q \Rightarrow P\)” và được phát biểu là: “Nếu \(ABCD\) là hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau thì tứ giác \(ABCD\) là hình vuông”.

b) Sai. Hai mệnh đề \(P\) và \(Q\) tương đương với nhau.

c) Sai. Mệnh đề \(P \Leftrightarrow Q\) là mệnh đề đúng.

d) Đúng. Vì \(P\) và \(Q\) tương đương nên \(P\) là điều kiện cần và đủ để có \(Q\).

a) Đúng. Ta có \(\sin \alpha  = \frac{1}{3} > 0\).

Do 90°<α<180° nên cosα<0. Vậy giá trị sinα⋅cosα<0.

b) Đúng. Vì \(\cos \alpha  < 0\), mà \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\), suy ra \(\cos \alpha  =  - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  =  - \sqrt {1 - \frac{1}{9}}  =  - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

c) Sai. Ta có \(\tan \alpha  = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{ - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}}} =  - \frac{1}{{2\sqrt 2 }} =  - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

d) Đúng. Ta có \(\cot \alpha  = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{1}{{ - \frac{{\sqrt 2 }}{4}}} =  - 2\sqrt 2 .\)

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

Ta có: \(A = \left\{ { - 4;\, - 2;\, - 1;\,2;\,3;\,4} \right\}\), \(B = \left\{ { - 4;\, - 3;\, - 2;\, - 1;\,0;\,1;\,2;\,3;\,4} \right\}\) và tập hợp \(X\) gồm bốn phần tử.

Suy ra tập hợp \(X\) là: \(\left\{ { - 4;\, - 3;\,0;\,1} \right\}\), \(\left\{ { - 3;\, - 2;\,0;\,1} \right\}\), \(\left\{ { - 3;\, - 1;\,0;\,1} \right\}\), \(\left\{ { - 3;\,0;\,1;\,2} \right\}\), \(\left\{ { - 3;\,0;\,1;\,3} \right\}\), \(\left\{ { - 3;\,0;\,1;\,4} \right\}\).

Đáp án: 6.

Gọi x là số quyển tập và y là số cây bút mà bạn Lan mua \(\left( {x,y \in \mathbb{N}} \right)\).

Bất phương trình biểu diễn số tập và bút có thể mua được phụ thuộc vào số tiền mang theo là \(8\,000x + 6\,000y \le 150\,000\).

Nếu bạn Lan đã mua 10 cây bút thì \(8\,000x + 6\,000 \cdot 10 \le 150\,000 \Leftrightarrow x \le 11,25\).

Vì \(x \in \mathbb{N}\) nên số quyển tập tối đa bạn Lan mua được là 11 quyển.

Đáp án: 11.

Do A^+B^+C^=180° (tổng ba góc trong tam giác) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\cos \left( {B + C} \right) =  - \cos A\\\sin \left( {B + C} \right) = \sin A\end{array} \right.\).

Vậy \(P = \sin A \cdot \cos \left( {B + C} \right) + \cos A \cdot \sin \left( {B + C} \right) = \sin A \cdot \left( { - \cos A} \right) + \cos A \cdot \sin A\)

\( =  - \sin A \cdot \cos A + \cos A \cdot \sin A = 0\).

Áp dụng hệ quả của định lí côsin trong tam giác \(ABC\), ta có:

\[\cos A = \frac{{A{C^2} + A{B^2} - B{C^2}}}{{2AC \cdot AB}} = \frac{{\sqrt 3 AC \cdot AB}}{{2AC \cdot AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]. Suy ra A^=30°.  

Vậy sinB+C=sin150°=0,5.

Đáp án: 0,5.

Số học sinh tham gia môn điền kinh hoặc môn bóng đá là: \(40 - 16 = 24\) (học sinh).

Số học sinh chỉ tham gia môn điền kinh là \(24 - 14 = 10\) (học sinh).

Số học sinh chỉ tham gia môn bóng đá là  \(24 - 18 = 6\) (học sinh).

Vậy số học sinh chỉ tham gia một trong hai môn là \(10 + 6 = 16\) (học sinh).

Gọi số xe loại A cần thuê là \(x\,\,\left( {x \ge 0} \right)\).

Số xe loại B cần thuê là \(y\,\,\left( {y \ge 0} \right),x,y \in \mathbb{N}\).

Số người có thể chở tối đa là: \(20x + 10y\) (người).

Số tấn hàng có thể chở tối đa là: \(0,5x + 2y\) (tấn).

Theo đề bài, ta có:

- Cần chở ít nhất 100 người: \(20x + 10y \ge 100\).

- Cần chở ít nhất 6 tấn hàng: \(0,5x + 2y \ge 6\).

- Có 8 chiếc xe loại A và 6 chiếc xe loại B: \(x \le 8\), \(y \le 6\).

- Chi phí bỏ ra: \(F\left( {x;y} \right) = 4x + 3y\) (triệu đồng).

Ta có hệ bất phương trình: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{20x + 10y \ge 100}\\{0,5x + 2y \ge 6}\\{0 \le x \le 8}\\{0 \le y \le 6}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + y \ge 10}\\{x + 4y \ge 12}\\{0 \le x \le 8}\\{0 \le y \le 6}\end{array}} \right.\] (I).

Bài toán trở thành tìm x, y thoả mãn hệ bất phương trình (I) để \(F\left( {x;y} \right) = 4x + 3y\) nhỏ nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (I) là miền tứ giác ABCD kể cả biên.

Toạ độ 4 đỉnh của miền nghiệm là: \(A\left( {4\,;\,2} \right)\), \(B\left( {8\,;\,1} \right)\), \(C\left( {8\,;\,6} \right)\), \(D\left( {2\,;\,6} \right)\).

Suy ra \(F\left( {x;y} \right) = 4x + 3y\) đạt GTNN bằng 22 tại\(\left( {4;2} \right)\).

Vậy doanh nghiệp nên thuê 4 xe loại A và 2 xe loại B để chi phí thấp nhất, và chi phí thấp nhất là 22 triệu đồng.

Có CAH^=α1=30°,  CBH^=β1=70°⇒ACB^=CBH^−CAH^=40°.

Áp dụng định lí sin vào ∆ABC, ta có: BCsinCAH^=ABsinACB^⇒BC=20sin30°sin40°.

Xét ∆HBC vuông tại H, ta có: sinCBH^=CHBC⇒CH=BCsinCBH^=20sin30°sin40°⋅sin70°.

Có OAH^=α2=50°,  OBH^=β2=80°⇒AOB^=30°.

Áp dụng định lí sin vào ∆ABO, ta có: BOsinOAH^=ABsinAOB^⇒BO=20sin50°sin30°.

Xét ∆HBO vuông tại H, ta có: sinOBH^=HOBO⇒HO=BOsinOBH^=20sin50°sin30°⋅sin80°.

Vậy h=OC=HO−CH=20sin50°sin30°⋅sin80°−20sin30°sin40°⋅sin70°≈15,56 (m).