Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Tự luận

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: \[n\left( {A \cap B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cup B} \right) = 5\].

Lời giải

\(A = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\},B = \left\{ {1;3;9} \right\}\)

\(A \cup B = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\), \(A \cap B = \left\{ {1;3} \right\}\)

\(A\backslash B = \left\{ {2;4;5;6;7;8} \right\}\), \(B\backslash A = \left\{ 9 \right\}\).

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 \(A \cap B = \left\{ { - 1;3} \right\}\).

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 \[1 < m < 5\].

Lời giải

Ta có \(A \cup B = \left[ { - 2;4} \right] \cup \left( {1;5} \right) = \left[ { - 2;5} \right)\).

Ta có \(A \cap B\left[ { - 2;4} \right] \cap \left( {1;5} \right) = \left( {1;4} \right]\).

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: \(10 + 20 + 15 = 45\)

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.

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.

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.

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

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {6;\,3} \right)\), \(\overrightarrow {BC}  = \left( {0;\, - 6} \right)\), \(\overrightarrow {CA}  = \left( { - 6;\,3} \right)\).

Do đó: \(AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{6^2} + {3^2}}  = 3\sqrt 5 \), \(BC = 6\), \(CA = 3\sqrt 5 \). Ta thấy \(AB = CA\left( { = 3\sqrt 5 } \right)\) nên tam giác \(ABC\) cân tại \(A\).

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\), ta có: \(B{C^2} = A{B^2} + C{A^2} - 2AB.CA.\cos A\)

\( \Leftrightarrow \cos A = \frac{{A{B^2} + C{A^2} - B{C^2}}}{{2AB.CA}} = \frac{3}{5}\) \( \Rightarrow \widehat A \approx 53^\circ 8'\).

Khi đó \(\widehat B = \widehat C = \frac{{180^\circ  - \widehat A}}{2} \approx 63^\circ 26'\).

b) Gọi \(H\left( {x;\,y} \right)\) là tọa độ trực tâm của tam giác \(ABC\).

Ta có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {x + 4;\,y - 1} \right)\), \(\overrightarrow {BH}  = \left( {x - 2;\,y - 4} \right)\).

Do \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\) nên \(\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow {BC} \), \(\overrightarrow {BH}  \bot \overrightarrow {CA} \) hay \(\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 0\), \(\overrightarrow {BH}  \cdot \overrightarrow {CA}  = 0\). Khi đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {x + 4} \right).0 + \left( {y - 1} \right).\left( { - 6} \right) = 0\\\left( {x - 2} \right).\left( { - 6} \right) + \left( {y - 4} \right).3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Vậy \(H\left( {\frac{1}{2};\,1} \right)\).

Lời giải

a) Ta có hình vẽ:

Theo đề bài hai lực \(\overrightarrow {{F_1}} \), \(\overrightarrow {{F_2}} \) cùng tác động vào một vật tại điểm \(O\)

Giả sử \(\overrightarrow {{F_1}}  = \overrightarrow {OA} \), \(\overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {OB} \)

Theo quy tắc hình bình hành ta có: \(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {OC} \)

\(\left| {\overrightarrow {OC} } \right| = OC = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}}  = \sqrt {{{20}^2} + {{20}^2}}  = 20\sqrt 2 \)

Vậy vật đó phải chịu một lực tổng hợp có cường độ bằng \(20\sqrt 2 \,\,\left( N \right)\)

b) Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \left( { - 2;1} \right)\,\,,\,\,\overrightarrow {MP}  = \left( { - 4;4} \right)\,\).

Ta có:

\(\,{\overrightarrow {MN} ^2} = 5,\,\,{\overrightarrow {MP} ^2} = 32,\,\,\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MP}  = 12\)

\(S = \frac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {MN} }^2}.{{\overrightarrow {MP} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MP} } \right)}^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {5.32 - {{12}^2}}  = 2\)

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

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

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

Lời giải

a) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;6} \right)\) ; \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 6;3} \right)\) không cùng phương.

Suy ra \(A,\)\(B,\)\(C\) là ba đỉnh của một tam giác.

b) Gọi \(H\left( {x;y} \right)\) là trực tâm của tam giác ABC.

Ta có: \(\overrightarrow {AH}  = \left( {x - 3;y + 1} \right)\); \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 4; - 3} \right)\)

           \(\overrightarrow {BH}  = \left( {x - 1;y - 5} \right)\); \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 6;3} \right)\)

Do H là trực tâm của tam giác ABC nên: \(\left\{ \begin{array}{l} - 4\left( {x - 3} \right) - 3\left( {y + 1} \right) = 0\\ - 6\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y - 5} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3\end{array} \right.\) . Vậy \(H\left( {0;3} \right)\).

Lời giải

a) Diện tích hình chữ nhật \[S = d.r = 15,45.3,94 = 60,873\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\]

\[\begin{array}{l}\Delta d = 0,01\,{\rm{m hay }}d = 15,45\,{\rm{m}} \pm 0,01\,{\rm{m}}\\\Delta r = 0,01\,{\rm{m hay }}d = 3,94\,{\rm{m}} \pm 0,01\,{\rm{m}}\end{array}\]

Cận trên là \[\left( {15,45 + 0,01} \right)\left( {3,94 + 0,01} \right) = 61,067\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

Cận dưới là \[\left( {15,45 - 0,01} \right)\left( {3,94 - 0,01} \right) = 60,679\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

Số gần đúng của diện tích hình chữ nhật nằm trong khoảng \[60,679 \le S \le 61,067\]

Ước lượng sai số tuyệt đối của diện tích hình chữ nhật là \[\left| {S - {S_0}} \right| \le 0,194\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

b) Làm tròn ước lượng sai số diện tích đến hàng phần trăm ta được: \[0,19\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].

Lời giải

Sắp xếp theo thứ tự không giảm: 30; 50; 158; 159; 162; 163; 164; 166; 168; 170; 170

Tứ phân vị: \({Q_1} = 158,\,\,{Q_2} = 163,\,\,{Q_3} = 168\)

Khoảng tứ phân vị: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 168 - 158 = 10\)

Khoảng biến thiên: \[R = 170 - 30 = 140\]

Ta có: \({Q_1} - 1,5.{\Delta _Q} = 158 - 1,5.10 = 143\)

\({Q_3} + 1,5.{\Delta _Q} = 168 + 1,5.10 = 183\)

Ta có: 30 < 143, 50 < 143

Giá trị bất thường: 30; 50.

Lời giải

Ta lập bảng phân bố tần số như sau:

Ta có: \[\overline x  = \frac{1}{n}\left( {{n_1}{x_1} + {n_2}{x_2} + ... + {n_k}{x_k}} \right)\]

             \[ = \frac{1}{{25}}\left( \begin{array}{l}1.30 + 1.35 + 1.39 + 1.41 + 1.45 + 1.48 + 1.50 + 1.51 + 1.54 + 1.58\\ + 1.60 + 3.61 + 2.65 + 1.68 + 3.72 + 2.75 + 1.80 + 1.83 + 1.84\end{array} \right) = 60,2\]

Phương sai: \(s_x^2 = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{({x_1} - \overline x )}^2} + {n_2}{{({x_2} - \overline x )}^2} + ... + {n_k}{{({x_k} - \overline x )}^2}} \right] = 216,8\)

Độ lệch chuẩn \({s_x} = \sqrt {s_x^2}  = \sqrt {216,8}  = 14,724\).

Lời giải

a) Sắp xếp theo thứ tự không giảm các giá trị của mẫu dữ liệu

40  41  42  43  44  45  45  46  47 48

Giá trị trung bình là: \(\overline x  = \frac{{40 + 41 + 42 + 43 + 44 + 45.2 + 46 + 47 + 48}}{{10}} = 44,1\).

Trung vị/tứ phân vị thứ hai: \({Q_2} = \frac{{44 + 45}}{2} = 44,5.\)

b) Phương sai \(s_x^2 = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{x_1} - \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{x_2} - \overline x } \right)}^2} + {n_3}{{\left( {{x_3} - \overline x } \right)}^2} + ...{n_8}{{\left( {{x_8} - \overline x } \right)}^2}} \right]\)

\(\begin{array}{l}s_x^2 = \frac{1}{{10}}\left[ {{{\left( {40 - 44,1} \right)}^2} + {{\left( {41 - 44,1} \right)}^2} + {{\left( {42 - 44,1} \right)}^2} + {{\left( {43 - 44,1} \right)}^2} + {{\left( {44 - 44,1} \right)}^2}} \right. + \\\quad \quad \left. { + 2.{{\left( {45 - 44,1} \right)}^2} + {{\left( {46 - 44,1} \right)}^2} + {{\left( {47 - 44,1} \right)}^2} + {{\left( {48 - 44,1} \right)}^2}} \right] = 6,09.\end{array}\)