Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Tự luận
23 câu hỏi
a) Viết lại tập hợp bằng cách liệt kê các phần tử của tập hợp: \(A = \left\{ {3{k^2} - 2k|k \in \mathbb{Z}, - 4 < k \le 0} \right\}\).
b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp trường, lớp \(10{\rm{A}}\)có 15 học sinh thi học sinh giỏi môn Ngữ văn, 20 học sinh thi học sinh giỏi môn Toán. Tìm số học sinh thi cả hai môn Ngữ văn và Toán biết lớp \(10{\rm{A}}\)có 40 học sinh và có 10 học sinh không thi cả môn Toán và Ngữ văn.
Lời giải
a) Xác định được \(k \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0} \right\}\) Xác định được \(A = \left\{ {33;16;5;0} \right\}\).
b) Gọi \[A,B\] là tập hợp học sinh giỏi Văn, giỏi Toán \[n\left( {A \cup B} \right) = 40 - 10 = 30\].
Số học sinh giỏi cả Văn và Toán: \[n\left( {A \cap B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cup B} \right) = 5\].
Cho \(A = \left\{ {k \in {\mathbb{Z}^ + },k \le 8} \right\},B = \left\{ {{3^k},k \in \mathbb{N}:k \le 2} \right\}\). Tìm \(A \cup B,A \cap B,A\backslash B,B\backslash A\).
Lời giải
\(A = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\},B = \left\{ {1;3;9} \right\}\)
\(A \cup B = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\), \(A \cap B = \left\{ {1;3} \right\}\)
\(A\backslash B = \left\{ {2;4;5;6;7;8} \right\}\), \(B\backslash A = \left\{ 9 \right\}\).
Cho tập hợp \(A = \left\{ {x \in \mathbb{Z}\left| {\,\frac{{3x + 11}}{{x + 2}} \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\); \(B = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 2 < x < 2023} \right\}\). Liệt kê các phần tử của tập hợp \(A\) và tính \(A \cap B\).
Lời giải
Ta có \(\frac{{3x + 11}}{{x + 2}} = 3 + \frac{5}{{x + 2}} \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow 5 \vdots \left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 5\\x + 2 = - 5\\x + 2 = 1\\x + 2 = - 1\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3 \in \mathbb{Z}\\x = - 7 \in \mathbb{Z}\\x = - 1 \in \mathbb{Z}\\x = - 3 \in \mathbb{Z}\end{array} \right.\].
Suy ra \(A = \left\{ { - 7\,; - 3; - 1\,;3\,} \right\}\), \(B = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 2 < x < 2023} \right\} = \left( { - 2;\,2023} \right)\). Vậy \(A \cap B = \left\{ { - 1;3} \right\}\).
Cho 2 tập khác rỗng \[A = \left( {m - 1;4} \right];B = \left( { - 2;2m + 2} \right),m \in \mathbb{R}\]. Tìm \(m\) để \[A \subset B\].
Lời giải
Với 2 tập khác rỗng A, B ta có điều kiện \[\left\{ \begin{array}{l}m - 1 < 4\\2m + 2 > - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 5\\m > - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m < 5\].
Để \[A \subset B \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ge - 2\\2m + 2 > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 1\\2m + 2 > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge - 1\\m > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1\].
So với điều kiện \[1 < m < 5\].
Cho tập hợp \[A = \left[ { - 2;4} \right]\] và \(B = \left( {1;5} \right)\). Xác định tập hợp \(A \cup B,A \cap B\) và biểu diễn chúng trên trục số?
Lời giải
Ta có \(A \cup B = \left[ { - 2;4} \right] \cup \left( {1;5} \right) = \left[ { - 2;5} \right)\).
![Cho tập hợp A = [- 2;4] và B = (1;5). Xác định tập hợp A hợp B,A giao B và biểu diễn chúng trên trục số? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/blobid15-1776736647.png)
Ta có \(A \cap B\left[ { - 2;4} \right] \cap \left( {1;5} \right) = \left( {1;4} \right]\).
![Cho tập hợp A = [- 2;4] và B = (1;5). Xác định tập hợp A hợp B,A giao B và biểu diễn chúng trên trục số? (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/blobid16-1776736649.png)
Mỗi học sinh của lớp \(10{A_1}\) đều học giỏi môn Toán hoặc môn Hóa, biết rằng có 30 học sinh giỏi Toán, 35 học sinh giỏi Hóa, và 20 em học giỏi cả hai môn. Hỏi lớp \(10{A_1}\) có bao nhiêu học sinh?
Lời giải
Dựa vào biểu đồ ven ta có:
Số học sinh chỉ giỏi môn Toán là: \(30 - 20 = 10\).
Số học sinh chỉ giỏi môn Hóa là: \(35 - 20 = 15\).
Do đó số học sinh lớp \(10{A_1}\) là: \(10 + 20 + 15 = 45\)
a) Một cửa hàng bán lẻ bán hai loại hạt cà phê. Loại thứ nhất giá 140 nghìn đồng/kg và loại thứ hai giá 180 nghìn đồng/kg. Cửa hàng trộn \(x\) kg loại thứ nhất và \(y\) kg loại thứ hai sao cho hạt cà phê đã trộn có giá không quá 170 nghìn đồng/kg.
Hãy viết bất phương trình biểu thị mối liên hệ giữa \(x\) và \(y\) thỏa mãn điều kiện đề bài và biểu diễn miền nghiệm của bất phương trình tìm được trên mặt phẳng toạ độ.
b) Một công ty cần thuê xe để chở 140 người và 9 tấn hàng. Nơi thuê xe có hai loại xe \[A\] và \[B\], trong đó loại xe \[A\] có 10 chiếc và loại xe \[B\] có 9 chiếc. Một chiếc xe loại \[A\] cho thuê với giá 4 triệu đồng, một chiếc xe loại \[B\] cho thuê với giá 3 triệu. Biết rằng mỗi xe loại \[A\] có thể chở tối đa 20 người và \(0,6\) tấn hàng; mỗi xe loại \[B\] có thể chở tối đa 10 người và \(1,5\) tấn hàng. Hỏi phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại để chi phí bỏ ra là ít nhất.
Lời giải
a) Theo đề bài ta có mối liên hệ giữa \(x\) và \(y\)
\[140x + 180y \le 170(x + y) \Leftrightarrow 30x - 10y \ge 0 \Leftrightarrow 3x - y \ge 0\].
Bước 1: Vẽ đường thẳng \(d:3x - y = 0\) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).
Bước 2: Lấy điểm \(M\left( {1;\,\,0} \right)\) không thuộc \(d\) và điểm \(M\) thỏa mãn \(3 \cdot 1 - 0 = 3 > 0\).
Do đó, miền nghiệm của bất phương trình là nửa mặt phẳng bờ \(d\) chứa điểm \(M\left( {1;\,\,0} \right)\) (miền không bị gạch).
b) Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là số xe \(A\) và \(B\). Khi đó số tiền cần bỏ ra thuê là \(f\left( {x;\,y} \right) = 4x + 3y\).
Ta có \(x\) xe loại \(A\) chở được \(20x\) người và \(0,6x\) tấn hàng.
Ta có \(y\) xe loại \(B\) chở được \(10y\) người và \(1,5y\) tấn hàng.
Khi đó số người chở được là \(20x + 10y\) và số tấn hàng chở được là \(0,6x + 1,5y\).
Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}20x + 10y \ge 140\\0,6x + 1,5y \ge 9\\0 \le x \le 10\\0 \le y \le 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + y \ge 14\\2x + 3y \ge 30\\0 \le x \le 10\\0 \le y \le 9\end{array} \right.\) (*).
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) ta được:
Miền nghiệm của hệ là tứ giác \(ABCD\) (kể cả biên) với \(A\left( {5;\,4} \right),\,B\left( {10;\,2} \right),\,C\left( {10;\,9} \right),\,D\left( {\frac{5}{2};\,9} \right)\).
Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm \(f\left( {x;\,y} \right) = 4x + 3y\) trên miền nghiệm của hệ (*).
Thay tọa độ các điểm \(A,\,B,\,C,\,D\) ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi \(\left( {x;\,y} \right) = \left( {5;\,4} \right)\).
Vậy phải thuê 5 xe loại \(A\) và 4 xe loại \(B\) để chi phí là ít nhất.
Người ta dự định dùng hai loại nguyên liệu để sản xuất ít nhất \(140kg\)chất \(A\) và \(18kg\) chất \(B.\) Với mỗi tấn nguyên liệu loại \(I\), người ta chiết xuất được \(20{\rm{ kg}}\)chất \(A\) và \(1,2{\rm{ kg}}\) chất \(B\). Với mỗi tấn nguyên liệu loại \(II\), người ta chiết xuất được \(10{\rm{ kg}}\)chất \(A\) và \(3{\rm{ kg}}\) chất \(B\). Giá mỗi tấn nguyên liệu loại \(I\) là \(8\) triệu đồng và loại \(II\) là \(6\) triệu đồng. Hỏi người ta phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất mà vẫn đạt mục tiêu đề ra. Biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp tối đa \(9\) tấn nguyên liệu loại \(I\) và \(8\) tấn nguyên liệu loại \(II\).
Lời giải
Gọi \(x,y\) lần lượt là số tấn nguyên liệu loại \(I\) và loại \(II\) cần dùng.
Điều kiện: \(0 \le x \le 9;0 \le y \le 8\).
Theo giả thiết, ta có bất phương trình \(0,02x + 0,01y \ge 0,14\) hay \(2x + y \ge 14\).
Theo giả thiết, ta có bất phương trình \(0,0012x + 0,003y \ge 0,018\) hay \(2x + 5y \ge 30\).
Khi đó để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất mà vẫn đạt mục tiêu đề ra thì ta cần tìm \(x,y\) sao cho biểu thức \(F\left( {x,y} \right) = 8x + 6y\) nhỏ nhất với \(x,y\) thỏa mãn hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 9\\0 \le y \le 8\\2x + y \ge 14\\2x + 5y \ge 30\end{array} \right.\).
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trên, ta được miền ngiệm của hệ là miền trong tứ giác \(ABCD\) (như hình vẽ), với \(A\left( {8;3} \right),B\left( {5;4} \right),C\left( {9;8} \right),D\left( {9;\frac{{12}}{5}} \right)\).
- Tại đỉnh \(A,\) ta có \(F = 82\).
- Tại đỉnh \(B,\) ta có \(F = 64\).
- Tại đỉnh \(C,\) ta có \(F = 120\).
- Tại đỉnh \(D,\) ta có \(F = 86,4\).
Vậy cơ sở cần mua \(5\) tấn nguyên liệu loại I và \(4\) tấn nguyên liệu loại II thì chi phí thấp nhất \(64\) triệu đồng.
Một cửa hàng dự định làm kệ sách và bàn làm việc để bán. Mỗi kệ sách cần 5 giờ chế biến gỗ và 4 giờ hoàn thiện. Mỗi bàn làm việc cần 10 giờ chế biến gỗ và 3 giờ hoàn thiện. Mỗi tháng cửa hàng có không quá 600 giờ để chế biến gỗ và không quá 240 giờ để hoàn thiện. Lợi nhuận dự kiến của mỗi kệ sách là 400 nghìn đồng và mỗi bàn làm việc là 750 nghìn đồng. Mỗi tháng cửa hàng cần làm bao nhiêu sản phẩm mỗi loại để lợi nhuận thu được là lớn nhất?
Lời giải
Giả sử trong mỗi tháng cửa hàng cần làm \[x\] kệ sách và \[y\] bàn làm việc \(\,\left( {x,y \in \mathbb{N}} \right)\,\)
Khi đó ta có \[x \ge 0,y \ge 0.\]
Mỗi kệ sách cần 5 giờ chế biến gỗ, mỗi bàn làm việc cần 10 giờ chế biến gỗ. Vì mỗi tháng cửa hàng có không quá 600 giờ lao động để chế biến gỗ nên \[5x + 10y \le 600\].
Mỗi kệ sách cần 4 giờ hoàn thiện, mỗi bàn làm việc cần 3 giờ hoàn thiện. Mỗi tháng cửa hàng có không quá 240 giờ để hoàn thiện nên \[4x + 3y \le 240\].
Từ đó ta thu được hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn sau: \[\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\5x + 10y \le 600\\4x + 3y \le 240\end{array} \right.\]
Mỗi tháng khi bán \[x\] kệ sách và \[y\] bàn làm việc lợi nhuận thu được là \[F\left( {x;y} \right) = 400x + 750y\].
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của \[F\left( {x;y} \right)\] khi \[\left( {x;y} \right)\] thỏa mãn hệ bất phương trình trên.
+) Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác \[OABC\] với tọa độ các đỉnh \[O\left( {0;0} \right),A\left( {0;60} \right),B\left( {24;48} \right),C\left( {60;0} \right)\].
+) Tính giá trị của biểu thức \[F\] tại các đỉnh của tứ giác này
\[F\left( {0;0} \right) = 0,F\left( {0;60} \right) = 45000,F\left( {24;48} \right) = 45600,F\left( {60;0} \right) = 24000.\]
+) So sánh các giá trị thu được của \[F\] ta được giá trị lớn nhất cần tìm là \[F\left( {24;48} \right) = 45600.\]
Vậy trong mỗi tháng cửa hàng cần làm \[24\] kệ sách và \[48\] bàn làm việc để lợi nhuận thu được là lớn nhất.
Tìm tập xác định của các hàm số sau.
a) \(y = \frac{1}{{x - 5}}\);
b) \(y = \sqrt {2x + 4} \).
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 \(D = \left[ { - 2; + \infty } \right)\).
a) Giải bất phương trình: \({x^2} + x - 6 < 0\).
b) Giải phương trình: \[\sqrt {2{x^2} - 9x + 8} = 2 - x\].
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
\(x\) | \( - \infty \) \( - 3\) \(2\) \( + \infty \) |
\(f(x)\) | \( + \) 0 \( - \) 0 \( + \) |
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 \(x = 1\).
a) Xét dấu tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = - 3{x^2} + 2x + 1\).
b) Giải phương trình sau:\[\,\sqrt {{x^2} + 2x + 4} = \sqrt {2 - x} \].
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 \[x = - 2\]; \[x = - 1\].
Giải các bất phương trình sau:
a) \({x^2} + x - 12 \ge 0\);
b) \( - 16{x^2} + 8x - 1 < 0\).
Lời giải
a) \({x^2} + x - 12 \ge 0\)
Ta có \({x^2} + x - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 4\end{array} \right.\)
\(x\) | \( - \infty \) \( - 4\) \(3\) \( + \infty \) |
\({x^2} + x - 12\) | \( + \) \(0\) \( - \) \(0\) \( + \) |
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 \(S = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{1}{4}} \right\}\).
1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 2x + 2\).
2. Xác định phương trình parabol \(y = a{x^2} + bx + 6\), biết parabol có trục đối xứng \(x = 2,\)và qua điểm\(M\left( {1;3} \right)\).
3. Giải phương trình \(\sqrt {3{x^2} - 2x + 16} = 2x - 1.\)
4. Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hàm số \(y = \sqrt {{x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 4} \) có tập xác định là \(\mathbb{R}.\)
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 \(\forall x \in \mathbb{R}\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 4 \ge 0;\forall x \in \mathbb{R}\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\\{m^2} + 4m - 12 \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow - 6 < m < 2\).
Một cầu thủ bóng đá thực hiện đá phạt tại vị trí vuông góc với khung thành, bóng đi đúng hướng phía khung thành theo quỹ đạo là đường cong Parabol \(h\left( x \right) = - 0,0073{x^2} + 0,1x + 2,7\) với \(h\)(đơn vị tính bằng mét) là độ cao của quả bóng so với mặt đất tại nơi cách vạch vôi khung thành một khoảng \(x\,\,{\rm{(m)}}\) (tham khảo hình vẽ).
a) Vị trí đặt bóng đá phạt cách vạch vôi khung thành bao nhiêu mét?
b) Khi sút phạt đội bạn sẽ cử 4 đến 5 người làm “hàng rào” chắn bóng cách vị trí đặt bóng đá phạt là \(9,5\,{\rm{m}}\). Hỏi quả bóng đá theo quỹ đạo này có vượt qua được “hàng rào” không và cầu thủ đá phạt có đưa được bóng vào phạm vi của khung thành không? Biết rằng, cầu thủ của đội bạn chỉ nhảy cao được tối đa \(2\,{\rm{m}}\) để chắn bóng và khung thành có chiều cao \(2,4\,{\rm{m}}\) (Các kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
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.
Hai ô tô xuất phát tại cùng một thời điểm với vận tốc trung bình như nhau là \(45\) km/h từ hai vị trí A và B theo hai hướng vuông góc với nhau để cùng đi về bến cuối O và dừng lại tại đây. Vị trí A cách bến \(12\) km, vị trí B cách bến \(10\) km. Xác định thời gian từ lúc hai xe bắt đầu chạy cho đến khi khoảng cách hai xe nhỏ hơn \(3\)km (làm tròn kết quả đến hàng phần nghìn).
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.
Cho \(\sin \alpha = \frac{1}{3}\) với \(90^\circ < \alpha < 180^\circ \). Tính \(\cos \alpha \) và \(\tan \left( {180^\circ - \alpha } \right)\).
Lời giải
+ Vì \(90^\circ < \alpha < 180^\circ \)\( \Rightarrow \cos \alpha = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = - \sqrt {1 - \frac{1}{9}} = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\)
+ \(\tan \left( {{{180}^o} - \alpha } \right) = - \tan \alpha = \frac{{ - \sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).
Cho tam giác \(ABC\) có \(AB = 5\), \(BC = 8\), biết \(\widehat B = 60^\circ \).
a) Tính độ dài cạnh \(AC\) và độ lớn của góc \(A\).
b) Tính diện tích \(S\) của tam giác\(ABC\) và bán kính \(R\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
(Các kết quả nếu để dưới dạng số thập phân thì làm tròn đến hàng phần trăm)
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 \(R \approx 4,04\)
Anh B dự định mua một mảnh đất. Người bán cung cấp cho anh B bản vẽ chi tiết của mảnh đất như hình bên và mức giá là 10.000.000 đồng/m2. Tính số tiền anh B cần để mua mảnh đất đó.
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.
Cho tam giác \(ABC\) đều cạnh bằng \(2a\). Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\)và \(G\)là trọng tâm tam giác \(ABC\).
a) Tính tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \).
b) Phân tích vectơ \(\overrightarrow {AG} \) theo \(\overrightarrow {AB} \)và \(\overrightarrow {AC} \).
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:
\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AN} \\\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \end{array}\)
Cho tam giác đều \(ABC\) có cạnh bằng \(3\,{\rm{cm}}.\)
a) Tính tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} .\)
b) Gọi điểm \(I\) trên cạnh \(BC\) sao cho \(BI = \frac{2}{3}BC.\) Biểu diễn vectơ \(\overrightarrow {AI} \) theo hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} .\)
c) Tìm tập hợp các điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức: \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MC} } \right|.\)
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 \({\rm{3}}\,{\rm{cm}}\).
Cho hình vuông \[ABCD\], điểm M nằm trên đoạn thẳng \[AC\] sao cho \[AM = \frac{{AC}}{4}.\] Gọi \[N\] là trung điểm của đoạn thẳng \[DC\]. Chứng minh rằng tam giác \[BMN\] vuông cân.
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)
Cho tam giác \(ABC\) có các cạnh\(AB = c,BC = a,CA = b\). Gọi \(G,\) I lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\), biết \(IG \bot IC\). Chứng minh rằng: \(\left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right) = 6ab.\)
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).
