Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Tự luận

Lời giải

a) \(y = \frac{1}{{x - 5}}\)                            

Điều kiện: \(x - 5 \ne 0\) \( \Leftrightarrow x \ne 5\).

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 5 \right\}\).

b) \(y = \sqrt {2x + 4} \)

Điều kiện: \(2x + 4 \ge 0\) \( \Leftrightarrow x \ge  - 2\).

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left[ { - 2; + \infty } \right)\).

Lời giải

a) Xét dấu \(f\left( x \right) = {x^2} + x - 6\)

Tam thức có 2 nghiệm \({x_1} =  - 3,\,{x_2} = 2.\)

Bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu suy ra tập nghiệm của bất phương trình là \[T = \left( { - 3;2} \right)\].

b) Bình phương 2 vế của phương trình ta được:

     \[2{x^2} - 9x + 8 = {\left( {2 - x} \right)^2}\]\( \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 = 0\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\].

Thử lại các giá trị \(x\) vừa tìm được vào phương trình ban đầu thấy \(x = 1\) thoả mãn nên nghiệm của phương trình là \(x = 1\).

Lời giải

a) Ta có \( - 3{x^2} + 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{3}\) hoặc \(x = 1\).

Bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu, ta có: \(f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty \,; - \,\frac{1}{3}} \right) \cup \left( {1\,;\, + \infty } \right)\);    \(f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \,\frac{1}{3};1} \right)\).  

b) Điều kiện: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 2x + 4 \ge 0}\\{2 - x \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow x \le 2} \right.\].

Bình phương hai vế ta được: \[{x^2} + 2x + 4 = 2 - x \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 2}\\{x =  - 1}\end{array}} \right.\].

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là \[x =  - 2\]; \[x =  - 1\].

Lời giải

a) \({x^2} + x - 12 \ge 0\)

Ta có \({x^2} + x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 4\end{array} \right.\)

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left( { - \infty ; - 4} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)\).

b) \( - 16{x^2} + 8x - 1 < 0\)

Ta có \( - 16{x^2} + 8x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}\) (nghiệm kép). Mà hệ số \(a =  - 16 < 0\) nên \( - 16{x^2} + 8x - 1 < 0\) với mọi \(x \ne \frac{1}{4}\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{4}} \right\}\).

Lời giải

1. BBT của hàm số \(y = {x^2} - 2x + 2\)

Bảng giá trị

Đồ thị

2. Từ đề bài ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - b}}{{2a}} = 2\\a + b + 6 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 4\end{array} \right.\) . Vậy \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2} - 4x + 6.\)

3. \(\sqrt {3{x^2} - 2x + 16}  = 2x - 1 \Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}2x - 1 \ge 0\\3{x^2} - 2x + 16 = 4{x^2} - 4x + 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}x =  - 3\\x = 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 5\).

4. Hàm số xác định với \(\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 4 \ge 0;\forall x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta  \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\{m^2} + 4m - 12 \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow  - 6 < m < 2\).

Lời giải

a) Vị trí cầu thủ sút phạt đặt bóng tương ứng với độ cao \(0\,\,{\rm{(m)}}\), như vậy ta có

\(h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - 0,0073{x^2} + 0,1x + 2,7 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \approx  - 13,57\\x \approx 27,26\end{array} \right.\).

Vì \(x\) là khoảng cách nên ta nhận \(x \approx 27,26\).

Vậy quả bóng đặt cách vạch vôi khung thành khoảng \(27,26\,{\rm{m}}\).

b) Khoảng cách từ vạch vôi đến hàng rào là: \[27,26 - 9,5 \approx 17,76\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Tại \(x \approx 17,76\,\,{\rm{m}}\) độ cao của quả bóng là \(h\left( {17,76} \right) \approx 2,17\,\,{\rm{m}}\).

Vậy bóng bay vượt qua được “hàng rào”.

Tại \(x = 0\) độ cao của quả bóng là \(h\left( 0 \right) = 2,7\,{\rm{m}}\).

Vậy bóng đã bay cao hơn khung thành có chiều cao \(2,4\,{\rm{m}}\) nên bóng không thể bay vào phạm vi khung thành được.

Lời giải

Sau thời gian t, ô tô 1 đi từ A đến C với vận tốc trung bình là \(45\) km/h nên

\(AC = 45t \Rightarrow OC = 12 - 45t\) (km).

Sau thời gian t, ô tô 2 đi từ B đến D với vận tốc trung bình là \(45\) km/h nên

\(BD = 45t \Rightarrow OD = 10 - 45t\) (km).

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}t \ge 0\\OC \ge 0\\OD \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \ge 0\\12 - 45t \ge 0\\10 - 45t \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le t \le \frac{2}{9} \Rightarrow 0 \le t \le 0,222\)

Sau thời gian t, hai ô tô cách nhau một khoảng là CD nên

\(CD < 3 \Leftrightarrow C{D^2} < 9 \Leftrightarrow {\left( {12 - 45t} \right)^2} + {\left( {10 - 45t} \right)^2} < 9\)

\( \Leftrightarrow 4050{t^2} - 1980t + 235 < 0 \Rightarrow 0,203 < t < 0,286\)

Kết hợp với điều kiện ta có \(0,203 < t \le 0,222\) thoả yêu cầu bài toán.

Lời giải

+ Vì \(90^\circ  < \alpha  < 180^\circ \)\( \Rightarrow \cos \alpha  =  - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  =  - \sqrt {1 - \frac{1}{9}}  =  - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\)

+ \(\tan \left( {{{180}^o} - \alpha } \right) =  - \tan \alpha  = \frac{{ - \sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Lời giải

a) Theo định lí côsin, ta có

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB.BC.\cos B = {5^2} + {8^2} - 2.5.8.\cos 60^\circ  = 49\). Suy ra \(AC = 7\).

Ta có \(\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{BC}}{{\sin A}} \Rightarrow \sin A = \frac{{BC.\sin B}}{{AC}} = \frac{{8.\sin 60^\circ }}{7} = \frac{{8\sqrt 3 }}{{14}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{7}\)   \( \Rightarrow \widehat A \approx {81^0}{47^'}\) 

b) Ta có \(S = \frac{1}{2}BA.BC.\sin B = \frac{1}{2}5.8.\sin 60^\circ  = 10\sqrt 3 \) hay \(S \approx 17,32\)

Theo định lí sin   \(\frac{{AC}}{{\sin B}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{AC}}{{2\sin B}} = \frac{7}{{2\sin 60^\circ }} = \frac{7}{{\sqrt 3 }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\)   hay \(R \approx 4,04\)

Lời giải

Xét tam giác ABD, ta có:\(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} - 2.AB.AD.\cos \widehat {BAD} \Rightarrow BD \approx 9,27\,\,\left( {\rm{m}} \right).\)

\(\frac{{AD}}{{\sin \widehat {ABD}}} = \frac{{BD}}{{\sin \widehat {BAD}}} \Rightarrow \sin \widehat {ABD} = \frac{{AD.\sin BAD}}{{BD}} \approx 0,079 \Rightarrow \widehat {ABD} \approx 78^\circ  \Rightarrow \widehat {CBD} \approx 22^\circ .\)

\({S_{ABCD}} = {S_{ABD}} + {S_{BCD}} = \frac{1}{2}.7,11.10,48.\sin 60^\circ  + \frac{1}{2}.7,11.9,27.\sin 22^\circ  \approx 44,61\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)

Số tiến cần mua: \({S_{ABCD}}.10.000.000 = 446100000\) đồng.

Lời giải

a) Tính tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) 

Ta có:

 \[\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 2a.2a.\cos 60^\circ \\ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 2{a^2}\end{array}\]        

b) Phân tích vectơ \(\overrightarrow {AG} \) theo \(\overrightarrow {AB} \)và \(\overrightarrow {AC} \)

Gọi N là trung điểm BC, ta có:

 \(\begin{array}{l}\overrightarrow {AG}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {AN} \\\overrightarrow {AG}  = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \end{array}\)

Lời giải

a) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ) = 3.3.\cos {60^0} = \frac{9}{2}.\)

b) \(\overrightarrow {AI}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BI}  = \overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {BC} \) \( = \overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}(\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} ) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} \)

c) \[|\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} | = 3|\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MC} |\]

\[ \Leftrightarrow \left| {3\overrightarrow {MG} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {CA} } \right|\] \[ \Leftrightarrow MG = CA = 3\] (\(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\)).

Vậy \(\Delta ABC\) cố định suy ra \(G\) cố định tập hợp điểm \(M\) là đường tròn tâm \(G\) bán kính \({\rm{3}}\,{\rm{cm}}\).

Lời giải

Ta có hình vẽ:

Đặt \(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow a \,\,;\,\overrightarrow {BA}  = \overrightarrow b \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow a  + \overrightarrow b \,\, & ;\,\,\,\overrightarrow {BN}  = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)\,\,;\,\,\,\overrightarrow {BM}  = \frac{1}{2}\left( {2\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)\)

\(\overrightarrow {NA}  = \overrightarrow {BA}  - \overrightarrow {BN}  = \frac{1}{4}\left( { - \overrightarrow a  + 3\overrightarrow b } \right),\,\,\overrightarrow {NM}  = \overrightarrow {BM}  - \overrightarrow {BN}  = \frac{1}{4}\left( {3\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {NA} .\overrightarrow {NM}  = 0\)

Suy ra tam giác \(AMN\) vuông tại \(N.\)

Mặt khác: \(N{A^2} = \frac{1}{{16}}.\left( {{{\overrightarrow a }^2} + 9{{\overrightarrow b }^2} - 6\overrightarrow a \overrightarrow b } \right) = \frac{5}{8}{a^2},\,\,{M^2} = \frac{1}{{16}}.\left( {9{{\overrightarrow a }^2} + {{\overrightarrow b }^2} + 6\overrightarrow a \overrightarrow b } \right) = \frac{5}{8}{a^2}\)

Suy ra tam giác \(AMN\) cân tại \(N.\)

Vậy tam giác \(AMN\) vuông cân tại \(N\) (đpcm)

Lời giải

Chứng minh được : \[a\overrightarrow {IA}  + b\overrightarrow {IB}  + c\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \]

\[ \Rightarrow a\left( {\overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {CA} } \right) + b\left( {\overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {CB} } \right) + c\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \overrightarrow {CI}  = \frac{1}{{a + b + c}}\left( {a.\overrightarrow {CA}  + b.\overrightarrow {CB} } \right)\]

\[\overrightarrow {GI}  = \overrightarrow {CI}  - \overrightarrow {CG}  = \left( {\frac{a}{{a + b + c}} - \frac{1}{3}} \right)\overrightarrow {CA}  + \left( {\frac{b}{{a + b + c}} - \frac{1}{3}} \right)\overrightarrow {CB} \]

\(IG \bot IC \Leftrightarrow \overrightarrow {CI} .\overrightarrow {GI}  = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left[ {\left( {2a - b - c} \right)\overrightarrow {CA}  + \left( {2b - a - c} \right)\overrightarrow {CB} } \right]\left( {a\overrightarrow {CA}  + b\overrightarrow {CB} } \right) = \overrightarrow 0 \]

\[ \Leftrightarrow \left( {ab + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} } \right)\left[ {b\left( {2a - b - c} \right) + a\left( {2b - a - c} \right)} \right] = 0\]

(vì \[ab + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB}  = ab + ab\cos C = ab\left( {1 + \cos C} \right) > 0\])

\[ \Leftrightarrow \]\[b\left( {2a - b - c} \right) + a\left( {2b - a - c} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow b\left( {3a - a - b - c} \right) + a\left( {3b - a - b - c} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right) = 6ab\] (đpcm).