Đề kiểm tra Toán 10 Cánh diều Chương 7 có đáp án - Đề 02
11 câu hỏi
Phần 1. Trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho \(A\left( {2; - 3} \right),B\left( {2;7} \right)\). Tọa độ trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(AB\) là
\(I\left( {4;4} \right)\).
\(I\left( {2;2} \right)\).
\(I\left( {0; - 10} \right)\).
\(I\left( {0;10} \right)\).
Lời giải
Tọa độ trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(AB\) là \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2\\{y_I} = \frac{{ - 3 + 7}}{2} = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow I\left( {2;2} \right)\). Chọn B.
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho \(\overrightarrow a = \left( {2; - 1} \right),\overrightarrow b = \left( {4;7} \right)\). Tính \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b \).
\(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 1\).
\(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 12\).
\(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 7\).
\(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 26\).
Lời giải
\(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 2 \cdot 4 + \left( { - 1} \right) \cdot 7 = 1\). Chọn A.
Phương trình của đường tròn có tâm \(I\left( {1;2} \right)\) và có bán kính \(R = 5\) là
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 5\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 25\).
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 25\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 5\).
Lời giải
Phương trình của đường tròn có tâm \(I\left( {1;2} \right)\) và có bán kính \(R = 5\) là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 25\). Chọn B.
Tọa độ các tiêu điểm của hypebol \(\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{y^2}}}{4} = 1\) là
\({F_1} = \left( {0; - \sqrt 5 } \right);{F_2}\left( {0;\sqrt 5 } \right)\).
\({F_1} = \left( { - \sqrt {13} ;0} \right);{F_2}\left( {\sqrt {13} ;0} \right)\).
\({F_1} = \left( {0; - \sqrt {13} } \right);{F_2}\left( {0;\sqrt {13} } \right)\).
\({F_1} = \left( { - \sqrt 5 ;0} \right);{F_2}\left( {\sqrt 5 ;0} \right)\).
Lời giải
\({F_1} = \left( { - \sqrt {13} ;0} \right);{F_2}\left( {\sqrt {13} ;0} \right)\) là hai tiêu điểm của hypebol. Chọn B.
Trong mặt phẳng \(Oxy\), phương trình tham số của đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( {3; - 6} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {4; - 2} \right)\) là
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 2 - t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + 4t\\y = 1 - 2t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y = - 6 - t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 6 + 4t\\y = 3 - 2t\end{array} \right.\).
Lời giải
Có \(\overrightarrow u = \left( {4; - 2} \right) = 2\left( {2; - 1} \right)\) nên đường thẳng \(d\) cũng nhận \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 1} \right)\)làm vectơ chỉ phương.
Đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( {3; - 6} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 1} \right)\) có phương trình tham số là
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y = - 6 - t\end{array} \right.\). Chọn C.
Cho đường tròn \(\left( C \right)\) có phương trình \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 5\) và điểm \(M\left( {0;1} \right)\) thuộc . Viết phương trình tiếp tuyế\(\left( C \right)\)n tại \(M\) của \(\left( C \right)\).
\(2x + y - 1 = 0\).
\(x + 2y - 2 = 0\).
\(x - 2y + 2 = 0\).
\(2x - y + 1 = 0\).
Lời giải
Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 1;3} \right)\) và \(R = \sqrt 5 \).
Tiếp tuyến tại \(M\) của \(\left( C \right)\) nhận \(\overrightarrow {IM} = \left( {1; - 2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là
\(x - 2\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y + 2 = 0\). Chọn C.
Phần 2. Trắc nghiệm đúng sai
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có \(A\left( {4;1} \right),B\left( {2;4} \right),C\left( {2; - 2} \right)\).
\(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = - 18\).
\(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{3}{{\sqrt {13} }}\).
\(ABCD\) là hình bình hành khi \(D\left( {4; - 5} \right)\).
Tọa độ trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\) là \(H\left( {\frac{{13}}{2};1} \right)\).
Lời giải
a) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;3} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0; - 6} \right)\).
Suy ra \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = \left( { - 2} \right) \cdot 0 + 3 \cdot \left( { - 6} \right) = - 18\).
b) \(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{{ - 18}}{{\sqrt {13} \cdot \sqrt {36} }} = - \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}}\).
c) Gọi \(D\left( {x;y} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {DC} = \left( {2 - x; - 2 - y} \right),\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;3} \right)\).
Để \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - x = - 2\\ - 2 - y = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = - 5\end{array} \right.\).
Vậy \(D\left( {4; - 5} \right)\).
d) Gọi \(H\left( {x;y} \right)\) là trực tâm tam giác \(ABC\).
Ta có \(\overrightarrow {AH} = \left( {x - 4;y - 1} \right),\overrightarrow {BH} = \left( {x - 2;y - 4} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {0; - 6} \right);\overrightarrow {AC} = \left( { - 2; - 3} \right)\).
Do \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\) nên
\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\BH \bot AC\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {BC} = 0\\\overrightarrow {BH} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0\left( {x - 4} \right) - 6\left( {y - 1} \right) = 0\\ - 2\left( {x - 2} \right) - 3\left( {y - 4} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{13}}{2}\\y = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow H\left( {\frac{{13}}{2};1} \right)\).
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.
Cho hypebol \(\frac{{{x^2}}}{{20}} - \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\;\left( H \right)\).
Điểm \(M\left( {\sqrt {20} ;4} \right) \in \left( H \right)\).
Tiêu cự của hypebol bằng 6.
Các tiêu điểm của hypebol là \({F_1}\left( { - 6;0} \right);{F_2}\left( {6;0} \right)\).
Cho điểm \(A\left( {8;b} \right) \in \left( H \right),b < 0\). Khi đó \(A{F_1} = 5\).
Lời giải
a) Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình hypebol ta được \[\frac{{{{\left( {\sqrt {20} } \right)}^2}}}{{20}} - \frac{{{4^2}}}{{16}} = 1\;\] (vô lí).
Suy ra \(M\left( {\sqrt {20} ;4} \right) \notin \left( H \right)\).
b) Tiêu cự hypebol \(2c = 2\sqrt {20 + 16} = 12\).
c) Các tiêu điểm của hypebol là \({F_1}\left( { - 6;0} \right);{F_2}\left( {6;0} \right)\).
d) Thay \(x = 8;y = b\) vào phương trình \(\left( H \right)\) thì \(\frac{{64}}{{20}} - \frac{{{b^2}}}{{16}} = 1 \Rightarrow b = \frac{{4\sqrt {55} }}{5}\) hoặc \(b = - \frac{{4\sqrt {55} }}{5}\).
Mà \(b < 0\) nên \(A\left( {8;\frac{{ - 4\sqrt {55} }}{5}} \right)\).
Vậy \(A{F_1} = \sqrt {{{\left( { - 6 - 8} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4\sqrt {55} }}{5}} \right)}^2}} = \frac{{34\sqrt 5 }}{5}\).
Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.
Phần 3. Trắc nghiệm trả lời ngắn
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat B = 60^\circ ,AC = 2,5\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Tính giá trị của biểu thức \(P = \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BM} \) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Lời giải
Tam giác \(ABC\) vuông tại A, có \(AB = \frac{{AC}}{{\tan B}} = \frac{{2,5}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{6}\).
Suy ra \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2} + {{2,5}^2}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có \(P = \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {BC} } \right)\)
\[ = \frac{1}{4}\left( { - \left| {\overrightarrow {BA} } \right|\left| {\overrightarrow {BC} } \right|\cos B + \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos C} \right)\]\[ = \frac{1}{4}\left( { - \frac{{5\sqrt 3 }}{6} \cdot \frac{{5\sqrt 3 }}{3} \cdot \cos 60^\circ + 2,5 \cdot \frac{{5\sqrt 3 }}{3} \cdot \cos 30^\circ } \right) = \frac{{25}}{{24}} \approx 1,04\].
Trả lời: 1,04.
Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho elip \(\left( E \right)\) đi qua hai điểm \(P\left( {0;8} \right),Q\left( {6; - \frac{{32}}{5}} \right)\). Hoành độ giao điểm của elip \(\left( E \right)\) với tia \(Ox\) là bao nhiêu?
Lời giải
Gọi \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\).
Vì elip \(\left( E \right)\) đi qua hai điểm \(P\left( {0;8} \right),Q\left( {6; - \frac{{32}}{5}} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{64}}{{{b^2}}} = 1\\\frac{{36}}{{{a^2}}} + \frac{{1024}}{{25{b^2}}} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 64\\{a^2} = 100\end{array} \right.\).
Vậy \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\).
Cho \(y = 0\) thì \(\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{0}{{64}} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 10\).
Vậy hoành độ giao điểm của \(\left( E \right)\) với tia \(Ox\) là \(10\).
Trả lời: 10.
Một công viên hình elip có khoảng cách giữa hai tiêu điểm \({F_1}{F_2} = 6\;\left( {\rm{m}} \right)\) và tổng khoảng cách đo được từ một điểm \(M\) bất kì thuộc elip đến hai tiêu điểm bằng \(10\;\left( {\rm{m}} \right)\). Bên trong người ta rào thành một hình chữ nhật nội tiếp elip như hình vẽ để trồng hoa. Tính diện tích lớn nhất của hình chữ nhật dùng để trồng hoa (đơn vị m2)?
Lời giải
Theo đề ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{F_1}{F_2} = 2c = 6\\M{F_1} + M{F_2} = 2a = 10\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 3\\a = 5\end{array} \right.\)\( \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} - {c^2}} = \sqrt {25 - 9} = 4\).
Vậy phương trình \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\).
Gọi hình chữ nhật nội tiếp elip có tọa độ các đỉnh lần lượt là \(\left( {x;y} \right);\left( {x; - y} \right);\left( { - x;y} \right);\left( { - x; - y} \right)\) với \(x,y > 0\).
Khi đó diện tích hình chữ nhật là \(S = 2x \cdot 2y = 4xy\).
Vì \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1 \Rightarrow y = 4\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \). Do đó \(S = 16x\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \)\( = \frac{{16}}{5}\sqrt {{x^2}\left( {25 - {x^2}} \right)} \).
Ta có \(\sqrt {{x^2}\left( {25 - {x^2}} \right)} \le \frac{{{x^2} + 25 - {x^2}}}{2} = \frac{{25}}{2}\) (Áp dụng bất đẳng thức Côsi).
Do đó \(S \le \frac{{16}}{5} \cdot \frac{{25}}{2} = 40\).
Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật dùng để trồng hoa là 40 m2.
Trả lời: 40.
