Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Bài Tự luận
20 câu hỏi
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau và mệnh đề phủ định của nó.
a) \(\forall x \in \mathbb{R}:{x^2} > 0\);
b) \(\exists x \in \mathbb{R}:x > {x^2}\);
c) \(\forall n \in \mathbb{N},{n^2} + 1\) không chia hết cho 3.
a) Mệnh đề trên sai vì 02 = 0.
Mệnh đề phủ định là: \(\exists x \in \mathbb{R}:{x^2} \le 0\). Đây là mệnh đề đúng.
b) Mệnh đề trên đúng vì \(\frac{1}{2} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\).
Mệnh đề phủ định là: \(\forall x \in \mathbb{R}:x \le {x^2}\). Mệnh đề phủ định sai.
c) TH1: \(n = 3k\)
Ta có \({n^2} + 1 = {\left( {3k} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 1\) chia 3 dư 1.
TH2: \(n = 3k + 1\)
Ta có \({n^2} + 1 = {\left( {3k + 1} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 6k + 2\) chia 3 dư 2.
TH3: \(n = 3k + 2\)
Ta có \({n^2} + 1 = {\left( {3k + 2} \right)^2} + 1 = 9{k^2} + 12k + 5\) chia cho 3 dư 2.
Vậy \(\forall n \in \mathbb{N},{n^2} + 1\) không chia hết cho 3 là mệnh đề đúng.
Mệnh đề phủ định: \(\exists n \in \mathbb{N},{n^2} + 1\) chia hết cho 3. Mệnh đề này sai.
a) Ta có \[\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {2{x^2} - 3x - 2} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} - 1 = 0\\2{x^2} - 3x - 2 = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\x = 2\\x = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\].
Vì \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x = \pm 1;x = 2\).
Vậy \(M = \left\{ { - 1;1;2} \right\}\).
b) Có \(A \cap B = \left[ {1;3} \right)\); \(A\backslash B = \left( { - 2;1} \right)\).
Biểu diễn các tập hợp sau trên trục số và tìm \(A \cap B;A \cup B;A\backslash B\).
a) \(A = \left[ { - 3;5} \right)\) và \(B = \left[ {1; + \infty } \right)\).
b) \(A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|x \le 3} \right\}\) và \(B = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 2 < x < 2} \right\}\).
a) Ta có \(A = \left[ { - 3;5} \right)\) và \(B = \left[ {1; + \infty } \right)\)
Ta có \(A \cap B = \left[ {1;5} \right);A \cup B = \left[ { - 3; + \infty } \right);A\backslash B = \left[ { - 3;1} \right)\).
b) Ta có \(A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|x \le 3} \right\}\) và \(B = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 2 < x < 2} \right\}\).
Ta có: \(A = \left( { - \infty ;3} \right]\) và \(B = \left( { - 2;2} \right)\).
Do đó \(A \cap B = \left( { - 2;2} \right);A \cup B = \left( { - \infty ;3} \right];A\backslash B = \left( { - \infty ; - 2} \right] \cup \left[ {2;3} \right]\).
Cho 2 tập hợp \(A = \left[ {m - 10\,\,;\,\,m - 2} \right]\) và \(B = \left( {3\,;\,4} \right)\). Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để \(A \cap B = \emptyset \).
Để \(A \cap B = \emptyset \) thì \(\left[ \begin{array}{l}m - 2 \le 3\\m - 10 \ge 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le 5\\m \ge 14\end{array} \right.\).
Cho các tập hợp \(A = \left( { - \infty ;m} \right)\) và \(B = \left[ {3m - 1;3m + 3} \right]\). Tìm \(m\) để:
a) \(A \cap B = \emptyset \); b) \(B \subset A\).
a) Để \(A \cap B = \emptyset \) thì \(m \le 3m - 1 \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}\).
b) Để \(B \subset A\) thì \(3m + 3 < m \Leftrightarrow 2m < - 3 \Leftrightarrow m < - \frac{3}{2}\).
Biểu diễn miền nghiệm của các bất phương trình sau
a) \(2x - 4y \ge 6\); b) \(x - 3y < 0\).
a) Vẽ đường thẳng d: \(2x - 4y = 6\).
Lấy điểm O(0; 0) không thuộc d.
Ta có: \(2.0 - 4.0 < 6\).
Vậy nửa mặt phẳng kể cả d và không chứa điểm O là miền nghiệm của bất phương trình \(2x - 4y \ge 6.\)(phần không tô màu)
b) Vẽ đường thẳng d: \(x - 3y = 0\).
Lấy điểm \(M\left( {0;1} \right) \notin d\).
Ta có: \(0 - 3.1 < 0\).
Nửa mặt phẳng không kể d chứa điểm M là miền nghiệm của bất phương trình \(x - 3y < 0\), tương ứng phần không bị gạch (không kể d).
Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} - x + 2y \le 6\\x + y \le 4\\x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\).
Vẽ các đường thẳng \({d_1}: - x + 2y = 6;{d_2}:x + y = 4\); \(Oy:x = 0\); \(Ox:y = 0\).
Điểm M(1; 1) có tọa độ thỏa mãn tất cả các bất phương trình trong hệ nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ \({d_1};{d_2};Ox;Oy\) không chứa điểm M.
Miền không bị tô đậm là hình tứ giác OABC kể cả bốn cạnh OA, AB, BC, CO trong hình vẽ dưới là miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.
Một xưởng sản xuất nước mắm, mỗi lít nước mắm loại I cần 3 kg cá và 2 giờ công lao động, đem lại mức lãi là 50 000 đồng; mỗi lít nước mắm loại II cần 2 kg cá và 3 giờ công lao động, đem lại mức lãi 40 000 đồng. Xưởng có 230 kg cá và cần làm việc trong 220 giờ. Hỏi xưởng đó nên sản xuất mỗi loại nước mắm bao nhiêu lít để có mức lãi cao nhất?
Gọi \(x,y\) lần lượt là số lít nước mắm loại I, II xưởng đó sản xuất.
Theo đề bài ta có \(x,y\) thỏa mãn hệ bất phương trình sau: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\3x + 2y \le 230\\2x + 3y \le 220\end{array} \right.\).
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền không gạch trong hình vẽ
Như vậy chúng ta có bài toán tìm giá trị lớn nhất của hàm \(F = 50000x + 40000y\) với \(x;y\) thỏa mãn hệ bất phương trình trên.
Do đó chúng ta xét giá trị của \(F = 50000x + 40000y\) tại các đỉnh của tứ giác OABC với O(0; 0), A(50; 40), \(B\left( {\frac{{230}}{3};0} \right)\), \(C\left( {0;\frac{{220}}{3}} \right)\).
Ta có \(F\left( {0;0} \right) = 50000.0 + 40000.0 = 0\); \(F\left( {50;40} \right) = 50000.50 + 40000.40 = 4100000\);
\[F\left( {\frac{{230}}{3};0} \right) = 50000.\frac{{230}}{3} + 40000.0 \approx 3833333,333\]; \[F\left( {0;\frac{{220}}{3}} \right) = 50000.0 + 40000.\frac{{220}}{3} \approx 2933333,333\].
Vậy giá trị lớn nhất của F là 4100000.
Do đó để mức lãi cao nhất thì xưởng cần sản xuất 50 lít nước mắm loại I và 40 lít nước mắm loại II.
Trong một trận lụt ở Hội An, một khách sạn bị nước lụt tràn vào, cần di chuyển cùng một lúc 40 hành khách và 24 vali hành lý. Lúc này, ban quản lí khách sạn chỉ huy động được 8 chiếc ghe lớn và 8 chiếc ghe nhỏ. Một chiếc ghe lớn chỉ có thể chở 10 hành khách và 4 vali hành lý. Một chiếc ghe nhỏ chỉ có thể chở 5 hành khách và 4 vali hành lý. Giá một chuyến ghe lớn là 250 nghìn đồng và giá một chiếc ghe nhỏ là 130 nghìn đồng. Hỏi chủ khách sạn cần thuê bao nhiêu chiếc ghe mỗi loại để chi phí thấp nhất? Tính chi phí thấp nhất đó.
Gọi \(x\) là số ghe lớn được chủ khách sạn thuê và y là số ghe nhỏ được chủ khách sạn thuê.
Theo đề ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 8\\0 \le y \le 8\\10x + 5y \ge 40\\4x + 4y \ge 24\end{array} \right.\)
và chi phí \(F\left( {x;y} \right) = 250x + 130y\) (đơn vị nghìn đồng).
Vẽ được miền nghiệm của hệ bất phương trình là đa giác ABCDE với \(A\left( {6;0} \right),B\left( {2;4} \right),C\left( {0;8} \right),D\left( {8;8} \right),E\left( {8;0} \right)\).
Ta có \(F\left( {6;0} \right) = 1500;F\left( {2;4} \right) = 1020;F\left( {0;8} \right) = 1040;F\left( {8;8} \right) = 3040;F\left( {8;0} \right) = 2000\).
Vậy chi phí thấp nhất là 1 020 000 đồng khi thuê 2 ghe lớn và 4 ghe nhỏ.
Tính giá trị của các biểu thức sau
a) \(M = \sin 45^\circ .\cos 45^\circ + \sin 30^\circ \);
b) \(Q = \frac{1}{{{{\sin }^2}120^\circ }} - {\cot ^2}120^\circ \).
a) \(M = \sin 45^\circ .\cos 45^\circ + \sin 30^\circ \)\( = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} = 1\).
b) \(Q = \frac{1}{{{{\sin }^2}120^\circ }} - {\cot ^2}120^\circ \)\( = \frac{4}{3} - \frac{1}{3} = 1\).
Cho \(0^\circ < \alpha < 90^\circ \) thỏa mãn \(\sin \alpha = \frac{3}{5}\). Tính \(\cos \alpha ,\tan \alpha ,\cot \alpha ,\sin \left( {180^\circ - \alpha } \right),\cos \left( {180^\circ - \alpha } \right).\)
Ta có \({\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}\).
Mà \(0^\circ < \alpha < 90^\circ \) nên \(\cos \alpha = \frac{4}{5}\).
Suy ra \(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{3}{5}:\frac{4}{5} = \frac{3}{4}\); \(\cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{4}{3}\).
Có \(\sin \left( {180^\circ - \alpha } \right) = \sin \alpha = \frac{3}{5};\cos \left( {180^\circ - \alpha } \right) = - \cos \alpha = - \frac{4}{5}\).
Cho tam giác ABC có \(\widehat A = 120^\circ ,b = 8,c = 5\). Tính:
a) Cạnh a và các góc \(\widehat B,\widehat C\).
b) Diện tích tam giác ABC.
c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường cao AH của tam giác.
a) Áp dụng định lí côsin, ta có:
\({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A\)
\[ \Leftrightarrow {a^2} = {8^2} + {5^2} - 2.8.5\cos 120^\circ = 129 \Rightarrow a = \sqrt {129} \].
Áp dụng định lí sin, ta có:
\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}\)\( \Rightarrow \frac{{\sqrt {129} }}{{\sin 120^\circ }} = \frac{8}{{\sin B}} = \frac{5}{{\sin C}}\)
b) Diện tích tam giác ABC là: \(S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}.8.5\sin 120^\circ = 10\sqrt 3 \).
c) Theo định lí sin ta có \(R = \frac{a}{{2\sin A}} = \frac{{\sqrt {129} }}{{2\sin 120^\circ }} = \sqrt {43} \).
Đường cao AH của tam giác bằng \(\frac{{2S}}{a} = \frac{{2.10\sqrt 3 }}{{\sqrt {129} }} = \frac{{20\sqrt {43} }}{{43}}\).
Cho tam giác ABC có \(a = 15;b = 20;c = 25\).
a) Tính diện tích tam giác ABC.
b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
a) Ta có \(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{15 + 20 + 25}}{2} = 30\).
Áp dụng công thức heron, ta có: \(S = \sqrt {30.\left( {30 - 15} \right).\left( {30 - 20} \right).\left( {30 - 25} \right)} = 150\).
b) Ta có \(S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{15.20.25}}{{4.150}} = 12,5\).
Để đo khoảng cách giữa hai vị trí M, N ở hai phía ốc đảo, người ta chọn vị trí O bên ngoài ốc đảo sao cho: O không thuộc đường thẳng MN, các khoảng cách OM, ON và góc MON là đo được
Sau khi đo, ta có OM = 200m, ON = 500m, \(\widehat {MON} = 135^\circ \). Khoảng cách giữa hai vị trí M, N là bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Ba vị trí O, M, N tạo thành 3 đỉnh của tam giác
Tam giác OMN có OM = 200m, ON = 500m, \(\widehat {MON} = 135^\circ \).
Áp dụng định lí côsin trong tam giác OMN ta có:
\(M{N^2} = O{M^2} + O{N^2} - 2.OM.ON.\cos \widehat {MON}\)
\( \Leftrightarrow M{N^2} = {200^2} + {500^2} - 2.200.500.\cos 135^\circ \approx 431421\).
Suy ra \(MN \approx 657\)m.
Từ vị trí \(A\) người ta quan sát một cây cao.
Biết \(AH = 4{\rm{m}}\), \(HB = 20{\rm{m}}\), \(\widehat {BAC} = 45^\circ \). Tính chiều cao của cây (làm tròn đến hàng phần mười).
Vì tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) nên ta có \(AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}} = 4\sqrt {26} \).
Kẻ \(AM//\;HB,\)\(M \in BC\). Khi đó \(AM = 20{\rm{m}}\), \(BM = 4{\rm{m}}\) và tam giác \(ABM\) vuông tại \(M\).
Suy ra \(\sin \widehat {ABM} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{5}{{\sqrt {26} }}\).
Áp dụng định lý sin cho tam giác \(ABC\), ta có \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\).
Đặt \(MC = x\), khi đó ta được
\(\frac{{4 + x}}{{\sin 45^\circ }} = \frac{{\sqrt {{{20}^2} + {x^2}} }}{{\frac{{AM}}{{AB}}}} \Leftrightarrow \sqrt 2 \left( {4 + x} \right) = \frac{{\sqrt {26\left( {400 + {x^2}} \right)} }}{5}\)
\( \Leftrightarrow 24{x^2} + 400x - 9600 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 30\\x = \frac{{40}}{3}\end{array} \right.\;\). Suy ra \(MC = x = \frac{{40}}{3}.\)
Vậy chiều cao của cây bằng \(BC = x + 4 = \frac{{52}}{3} \Rightarrow BC \approx 17,3{\rm{m}}{\rm{.}}\)
Cho 5 điểm \(A,B,C,D,E\). Chứng minh rằng:
a) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED} \).
b) \(\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {ED} \).
a) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {ED} \)
\( \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {CB} } \right) + \overrightarrow {CD} + \left( {\overrightarrow {EA} - \overrightarrow {ED} } \right) = \overrightarrow 0 \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow 0 \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow 0 \) (luôn đúng).
b) \(\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {EA} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {ED} \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {CD} - \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {EA} - \overrightarrow {ED} = \overrightarrow 0 \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DA} = \overrightarrow 0 \) (luôn đúng).
Cho tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của BC, K là trung điểm của BI. Chứng minh rằng:
a) \(\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AI} ;\)
b) \(\overrightarrow {AK} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} \,.\)
a) Vì K là trung điểm của BI nên \(\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AI} } \right).\) (1)
b) Vì I là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow {AI} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\,.\) (2)
Thay (2) và (1) ta có: \(\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)} \right] = \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AC} .\)
Cho tam giác ABC vuông tại A và có hai cạnh AB = 7, AC = 10
a) Tìm côsin của các góc \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\) ; \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)\); \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CB} } \right)\).
b) Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Tính \(\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {HC} \).
a) \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\)= 90° nên\(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 0\).
\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)\) = 180° – \(\widehat {ABC}\) nên cos\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)\) = –cos\(\widehat {ABC}\) = –\(\frac{{AB}}{{BC}}\) = –\(\frac{7}{{\sqrt {149} }}\).
\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CB} } \right)\) = \(\widehat {ABC}\) nên cos\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CB} } \right)\)= \(\frac{7}{{\sqrt {149} }}\).
b) \(\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {HC} \) = HB.HC.cos180° = –HB.HC = –AH2.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\)= \(\frac{{149}}{{4900}}\)
Suy ra AH2 = \(\frac{{4900}}{{149}}\). Vậy \(\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {HC} \) = –\(\frac{{4900}}{{149}}\).
Cho ba lực \(\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {MA} ,\,\,\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {MB} \) và \(\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {MC} \) cùng tác động vào một vật tại điểm M và vật đứng yên. Cho biết cường độ của \(\overrightarrow {{F_1}} \) và \(\overrightarrow {{F_2}} \) đều là 100N và \(\widehat {AMB} = 60^\circ .\)
a) Đặt Tính độ dài của đoạn ME.
b) Tìm cường độ và hướng của lực \(\overrightarrow {{F_3}} .\)
a) Vật đứng yên là do \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow 0 \,.\)
Vẽ hình thoi MAEB ta có: \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {ME} \,.\)
Tam giác MAB là tam giác đều có đường cao \(MH = \frac{{100\sqrt 3 }}{2}.\) Suy ra \(ME = 100\sqrt 3 .\)
b) Lực \(\overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {ME} \) có cường độ là \(100\sqrt 3 \)N.
Ta có \(\overrightarrow {{F_4}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow 0 \), do đó \(\overrightarrow {{F_3}} \) là vectơ đối của \(\overrightarrow {{F_4}} \,.\) Như vậy \(\overrightarrow {{F_3}} \) có cường độ là \(100\sqrt 3 \,{\rm{N}}\) và ngược hướng với vectơ \(\overrightarrow {ME} \,.\)
Cho hai lực \(\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {MA} \), \(\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {MB} \) cùng tác động vào một vật tại điểm \(M\) cường độ hai lực \(\overrightarrow {{F_1}} \), \(\overrightarrow {{F_2}} \) lần lượt là \(300\left( N \right)\) và \(400\left( N \right)\). \(\widehat {AMB} = 90^\circ \). Tìm cường độ của lực tổng hợp tác động vào vật.
Cường độ lực tổng hợp của \(\left| {\vec F} \right| = \left| {\overrightarrow {{F_1}} + {{\vec F}_2}} \right|\)\( = \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right|\)\( = 2\left| {\overrightarrow {MI} } \right| = AB\) (\(I\) là trung điểm của \(AB\)).
Ta có \(AB = \sqrt {M{A^2} + M{B^2}} = 500\) suy ra \(\left| {\vec F} \right| = 500\;\left( N \right)\).
