Đề thi giữa kì 1 Toán 10 năm 2025-2026 THPT Trần Phú (Hoàn Kiếm-Hà Nội) có đáp án
22 câu hỏi
Bất phương trình nào sau đây là bất phương trình bậc nhất hai ẩn?
\(10x + 11y \ge z\).
\(3x - 8y \le 2025\).
\({x^2} + x \le 2010\).
\(y\left( {2x + 5} \right) \ge 12\).
Bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(x,y\) có dạng tổng quát là \(ax + by < c\) (hoặc \( \le , > , \ge \)), trong đó \(a\) và \(b\) không đồng thời bằng 0.
Đáp án A có 3 ẩn (\(x,y,z\)).
Đáp án C là bất phương trình bậc hai một ẩn \(x\).
Đáp án D có chứa tích \(2xy\) nên không phải bậc nhất.
Đáp án B có dạng \(3x - 8y \le 2025\) là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.
Chọn B.
Phần mặt phẳng không bị gạch ở hình vẽ bên (kể cả biên) biểu diễn miền nghiệm của bất phương trình nào sau đây?
\(3x + 2y - 6 \ge 0\).
\(3x + 2y - 6 \le 0\).
\(2x + 3y - 6 \ge 0\).
\(2x + 3y - 6 \le 0\).
Đường thẳng ranh giới đi qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\) và \(\left( {0;3} \right)\). Thay tọa độ hai điểm này vào phương trình đường thẳng dạng \(\frac{x}{2} + \frac{y}{3} = 1 \Leftrightarrow 3x + 2y - 6 = 0\). Do đó, ta loại đáp án C và D.
Xét điểm gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) nằm trong phần mặt phẳng bị gạch (không thuộc miền nghiệm).
Thay tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) vào biểu thức \(3x + 2y - 6\), ta được:
\(3\left( 0 \right) + 2\left( 0 \right) - 6 = - 6 < 0\)
Vì \(O\) không thuộc miền nghiệm nên miền nghiệm phải chứa các điểm thỏa mãn \(3x + 2y - 6 \ge 0\).
Chọn A.
Cho hai tập hợp \(A = \left( {1;7} \right)\) và \(B = {C_\mathbb{R}}A\). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau.
\(B = \left( { - \infty ;1} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right)\).
\(B = \left( { - \infty ;1\left] \cup \right[7; + \infty } \right)\).
\(B = \left( {1;7} \right)\).
\(B = \left[ {1;7} \right]\).
Tập hợp \(B\) là phần bù của \(A\) trong \(\mathbb{R}\):
\(B = {C_\mathbb{R}}A = \mathbb{R}\backslash \left( {1;7} \right) = \left( { - \infty ;1\left] \cup \right[7; + \infty } \right)\)
Chọn B.
Điểm nào sau đây không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{2x - y \ge 3}\\{x + y < 1}\end{array}} \right.\)?
\(\left( {1; - 7} \right)\).
\(\left( {0; - 3} \right)\).
\(\left( {1; - 5} \right)\).
\(\left( {2; - 3} \right)\).
Ta thay tọa độ các điểm vào hệ bất phương trình để kiểm tra:
Với điểm \(\left( {0; - 3} \right)\):
Bất phương trình đầu tiên yêu cầu \(x > 0\), mà ở đây \(x = 0\) (không thỏa mãn \(0 > 0\)).
Do đó điểm \(\left( {0; - 3} \right)\) không thuộc miền nghiệm.
Chọn B.
Gọi \(a,b,c,r,R,S\) lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp và diện tích của \(\Delta ABC\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\({c^2} = {a^2} + {b^2} + 2ab\cos C\).
\(S = \frac{1}{2}ab\sin C\).
\(S = \frac{1}{2}.AM.BC\) (M là trung điểm BC).
\(S = \frac{1}{2}\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \) với \(p = \frac{{a + b + c}}{2}\).
Khẳng định A sai vì định lí cosin đúng là: \({c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.{\rm{cos}}C\).
Khẳng định B đúng theo công thức tính diện tích tam giác: \(S = \frac{1}{2}ab{\rm{sin}}C\).
Khẳng định C sai vì \(AM\) chỉ là trung tuyến, không chắc chắn là đường cao.
Khẳng định D sai vì công thức Heron đúng là \(S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \), thừa hệ số \(\frac{1}{2}\).
Chọn B.
Cho \(\alpha \) là góc thỏa mãn \({0^ \circ } \le \alpha \le {180^ \circ }\). Biết \({\rm{cos}}\alpha = \frac{3}{4}\), khi đó giá trị của \({\rm{cos}}\left( {{{180}^ \circ } - \alpha } \right)\) là:
\( - \frac{3}{4}\).
\(\frac{3}{4}\).
\( - \frac{{\sqrt 7 }}{4}\).
\(\frac{{\sqrt 7 }}{4}\).
Theo công thức lượng giác của hai góc bù nhau, ta có: \({\rm{cos}}\left( {{{180}^ \circ } - \alpha } \right) = - {\rm{cos}}\alpha \).
Thay \({\rm{cos}}\alpha = \frac{3}{4}\) vào ta được: \({\rm{cos}}\left( {{{180}^ \circ } - \alpha } \right) = - \frac{3}{4}\).
Chọn A.
Cho tam giác \(ABC\) có \(\widehat {BAC} = {60^ \circ }\) và cạnh \(BC = \sqrt 3 \). Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
\(R = 1\).
\(R = 3\).
\(R = 4\).
\(R = 2\).
Áp dụng định lí sin trong tam giác \(ABC\), ta có: \(\frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{BC}}{{2{\rm{sin}}A}}\).
Thay số vào: \(R = \frac{{\sqrt 3 }}{{2 \cdot {\rm{sin}}{{60}^ \circ }}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 1\).
Chọn A.
Tam giác \(ABC\) có \(AC = 3\sqrt 3 ,AB = 3,BC = 6\). Tính số đo góc \(B\).
\({60^ \circ }\).
\({30^ \circ }\).
\({120^ \circ }\).
\({45^ \circ }\).
Áp dụng hệ quả của định lí cosin cho góc \(B\), ta có:
\({\rm{cos}}B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot BC}}\)
Thay số vào:
\({\rm{cos}}B = \frac{{{3^2} + {6^2} - {{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{2 \cdot 3 \cdot 6}} = \frac{{9 + 36 - 27}}{{36}} = \frac{{18}}{{36}} = \frac{1}{{12}} = \frac{1}{2}\)
Vì \({0^ \circ } < \hat B < {180^ \circ }\) nên \(\hat B = {60^ \circ }\).
Chọn A.
Câu nào sau đây không phải là mệnh đề Toán học?
Chuyến đi Hạ Long trải nghiệm vừa rồi thật vui.
Tam giác đều cạnh x có diện tích là \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2}\).
Phương trình \({x^2} - 3x - 4 = 0\) có hai nghiệm phân biệt trái dấu.
Số nguyên tố nhỏ nhất có có hai chữ số là 11.
Mệnh đề toán học là mệnh đề khẳng định một sự kiện trong toán học và có tính đúng hoặc sai rõ ràng.
Câu “Chuyến đi Hạ Long trải nghiệm vừa rồi thật vui” là một câu cảm thán biểu thị cảm xúc cá nhân, không phải là khẳng định toán học đúng hay sai.
Chọn A.
Cho các tập hợp \(A,B\) được minh họa bằng biểu đồ Ven như hình sau. Phần không in đậm trong hình là biểu diễn của tập hợp nào sau đây?
\(B\backslash A\).
\(A \cup B\).
\(\left( {A \cup B} \right)\backslash \left( {A \cap B} \right)\).
\(A \cap B\).
Phần giao giữa hai vòng tròn \(A\) và \(B\) là phần trắng không bị gạch (không in đậm), biểu diễn cho tập hợp chứa các phần tử chung của cả \(A\) và \(B\). Đó chính là phép giao của hai tập hợp.
Chọn D.
Cho hai tập hợp \(A = \left\{ {1;3;5;7} \right\},B = \left\{ {1;2;4;7} \right\}\). Tìm hiệu của tập hợp \(A\) và \(B\).
\(A\backslash B = \left\{ {1;7} \right\}\).
\(A\backslash B = \left\{ {2;4} \right\}\).
\(A\backslash B = \left\{ {1;2;3;4;5;7} \right\}\).
\(A\backslash B = \left\{ {3;5} \right\}\).
Hiệu của hai tập hợp \(A\backslash B\) gồm các phần tử thuộc \(A\) nhưng không thuộc \(B\).
Các phần tử thuộc \(A\) là \(1,3,5,7\). Loại bỏ các phần tử cũng thuộc \(B\) là \(1,7\).
Còn lại: \(A\backslash B = \left\{ {3;5} \right\}\).
Chọn D.
Tìm mệnh đề phủ định của mệnh đề sau: "\(\forall n \in \mathbb{N},2{n^2} + 1\) chia hết cho 3".
"\(\exists n \in \mathbb{N},2{n^2} + 1\) không chia hết cho \(3\)".
"\(\exists n \in \mathbb{N},2{n^2} + 1\) chia hết cho 3".
"\(\exists n \notin \mathbb{N},2{n^2} + 1\) chia hết cho \(3\)".
"\(\forall n \in \mathbb{N},2{n^2} + 1\) không chia hết cho \(3\)".
Phủ định của mệnh đề chứa kí hiệu \(\forall \) (với mọi) là mệnh đề chứa kí hiệu \(\exists \) (tồn tại), và phủ định tính chất khẳng định thành phủ định.
Mệnh đề gốc: \(\forall n \in \mathbb{N},P\left( n \right)\).
Mệnh đề phủ định: \(\exists n \in \mathbb{N},\overline {P\left( n \right)} \) tức là: "\(\exists n \in \mathbb{N},2{n^2} + 1\) không chia hết cho 3".
Chọn A.
Hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le x \le 9}\\{0 \le y \le 8}\\{2x + y \ge 12}\\{x + 4y \ge 13}\end{array}} \right.\) có miền nghiệm là phần không bị gạch (kể cả biên) như hình vẽ.
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
\(\left( {8;6} \right)\) là nghiệm của hệ bất phương trình trên.
Độ dài đoạn thẳng \(BD\) là \(7\sqrt 2 \).
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác \(ABCD\) kể cả miền trong.
Tọa độ điểm \(A\) là \(A\left( {2;5} \right)\).
Tìm tọa độ các đỉnh của miền nghiệm tứ giác \(ABCD\):
Đường thẳng \({d_1}:2x + y = 12\) và \({d_2}:x + 4y = 13\).
Điểm \(A\) là giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\). Giải hệ phương trình:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 12}\\{x + 4y = 13}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 12}\\{2x + 8y = 26}\end{array}} \right. \Rightarrow 7y = 14 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow x = 5 \Rightarrow A\left( {5;2} \right)\)
Do đó ý d) sai (đề bài ghi \(A\left( {2;5} \right)\)).
Điểm \(D\) nằm trên đường thẳng \(y = 8\) và đường thẳng \(2x + y = 12\).
Thay \(y = 8 \Rightarrow 2x + 8 = 12 \Rightarrow x = 2\). Vậy \(D\left( {2;8} \right)\).
Điểm \(B\) nằm trên đường thẳng \(x = 9\) và đường thẳng \(x + 4y = 13\).
Thay \(x = 9 \Rightarrow 9 + 4y = 13 \Rightarrow y = 1\). Vậy \(B\left( {9;1} \right)\).
Điểm \(C\) là giao điểm của hai đường giới hạn trên \(x = 9\) và \(y = 8 \Rightarrow C\left( {9;8} \right)\).
Xét từng ý:
a) ĐÚNG: Thay \(\left( {8;6} \right)\) vào hệ: \(0 \le 8 \le 9\) (Đúng), \(0 \le 6 \le 8\) (Đúng), \(2\left( 8 \right) + 6 = 22 \ge 12\) (Đúng), \(8 + 4\left( 6 \right) = 32 \ge 13\) (Đúng).
b) ĐÚNG: Độ dài đoạn thẳng \(BD\) với \(B\left( {9;1} \right)\) và \(D\left( {2;8} \right)\):
\(BD = \sqrt {{{\left( {2 - 9} \right)}^2} + {{\left( {8 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( { - 7} \right)}^2} + {7^2}} = \sqrt {49 + 49} = \sqrt {98} = 7\sqrt 2 \)
c) ĐÚNG: Phần không bị gạch giới hạn bởi các đường biên tạo thành hình tứ giác \(ABCD\).
d) SAI: Tọa độ chính xác là \(A\left( {5;2} \right)\), không phải \(A\left( {2;5} \right)\).
Cho tam giác \(ABC\) có \(AB = 8,AC = 5\) và \(\widehat {BAC} = {120^ \circ }\). Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AB\). Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Diện tích tam giác \(ABC\) bằng \(10\sqrt 3 \).
\(BC = 7\).
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) bằng \(\sqrt {43} \).
\(MC = \sqrt {61} \).
a) ĐÚNG: Diện tích tam giác \(ABC\) là:
\(S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot {\rm{sin}}A = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot {\rm{sin}}{120^ \circ } = 20 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 3 \).
b) SAI: Áp dụng định lí cosin tính cạnh \(BC\):
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot {\rm{cos}}A\)
\(B{C^2} = {8^2} + {5^2} - 2 \cdot 8 \cdot 5 \cdot {\rm{cos}}{120^ \circ } = 64 + 25 - 80 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = 89 + 40 = 129 \Rightarrow BC = \sqrt {129} \).
c) ĐÚNG: Bán kính đường tròn ngoại tiếp \(R\):
\(R = \frac{{BC}}{{2{\rm{sin}}A}} = \frac{{\sqrt {129} }}{{2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt {129} }}{{\sqrt 3 }} = \sqrt {43} \).
d) ĐÚNG: Vì \(M\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow AM = \frac{{AB}}{2} = 4\).
Xét tam giác \(AMC\) có \(AM = 4,AC = 5,\widehat {MAC} = {120^ \circ }\). Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(AMC\):
\(M{C^2} = A{M^2} + A{C^2} - 2 \cdot AM \cdot AC \cdot {\rm{cos}}\widehat {MAC}\)
\(M{C^2} = {4^2} + {5^2} - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot {\rm{cos}}{120^ \circ } = 16 + 25 - 40 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = 41 + 20 = 61 \Rightarrow MC = \sqrt {61} \).
Một lớp học có 45 học sinh, trong đó số học sinh chơi cả hai môn bóng đá và cầu lông bằng \(\frac{1}{6}\) số học sinh chơi bóng đá, số học sinh chơi cầu lông bằng \(\frac{3}{5}\) số học sinh chỉ chơi bóng đá, 13 học sinh không chơi môn nào trong các môn kể trên. Tìm số học sinh chỉ chơi cầu lông.
Gọi số học sinh chơi bóng đá là \(x\) (\(x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\)).
Số học sinh chơi cả hai môn là: \(\frac{1}{6}x\).
Số học sinh chỉ chơi bóng đálà: \(x - \frac{1}{6}x = \frac{5}{6}x\).
Theo đề bài, số học sinh chơi cầu lông bằng \(\frac{3}{5}\) số học sinh chỉ chơi bóng đá: \(\frac{3}{5} \cdot \left( {\frac{5}{6}x} \right) = \frac{1}{2}x\).
Số học sinh chỉ chơi cầu lôngbằng số học sinh chơi cầu lông trừ đi số học sinh chơi cả hai môn:
\(\frac{1}{2}x - \frac{1}{6}x = \frac{1}{3}x\)
Tổng số học sinh trong lớp là tổng của: số học sinh chỉ chơi bóng đá, số học sinh chỉ chơi cầu lông, số học sinh chơi cả hai môn và số học sinh không chơi môn nào:
\(\frac{5}{6}x + \frac{1}{3}x + \frac{1}{6}x + 13 = 45\)
\(\left( {\frac{5}{6} + \frac{2}{6} + \frac{1}{6}} \right)x = 45 - 13\)
\(\frac{4}{3}x = 32 \Rightarrow x = 24\)
Số học sinh chỉ chơi cầu lông là: \(\frac{1}{3} \cdot 24 = 8\).
Đáp số: 8
Hai chiếc tàu thủy đậu trên biển tại hai vị trí lần lượt là \(M,N\) cách nhau \(500{\rm{m}}\) và thẳng hàng với điểm \(A\) là chân của một ngọn hải đăng \(AB\). Từ \(M\) và \(N\) người ta nhìn đỉnh \(B\) của tháp lần lượt dưới hai góc: \(\widehat {AMB} = {30^ \circ },\widehat {ANB} = {45^ \circ }\). Chiều cao \(AB\) của tháp là bao nhiêu mét? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Vì \(\widehat {AMB} = {30^ \circ } < \widehat {ANB} = {45^ \circ }\) nên điểm \(N\) nằm giữa \(A\) và \(M\). Do đó \(MN = AM - AN = 500{\rm{m}}\).
Xét các tam giác vuông \(GAB\) tại \(A\):
Trong tam giác vuông \(GAB\) vuông tại \(A\):
\(AN = \frac{{AB}}{{{\rm{tan}}{{45}^ \circ }}} = \frac{{AB}}{1} = AB\)
\(AM = \frac{{AB}}{{{\rm{tan}}{{30}^ \circ }}} = \frac{{AB}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = AB\sqrt 3 \)
Ta có: \(AM - AN = MN \Rightarrow AB\sqrt 3 - AB = 500\)
\(AB\left( {\sqrt 3 - 1} \right) = 500 \Rightarrow AB = \frac{{500}}{{\sqrt 3 - 1}} \approx 683,01{\rm{m}}\)
Làm tròn đến hàng đơn vị ta được \(683{\rm{m}}\).
Đáp số: 683
Cho góc \(\alpha \) thỏa mãn \({\rm{tan}}\alpha = - 2\) và \({0^ \circ } \le \alpha \le {180^ \circ }\). Tính giá trị biểu thức \(P = \frac{{{\rm{sin}}\alpha + 3{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha + 3{\rm{sin}}\alpha }}\) (kết quả viết dưới dạng số thập phân).
Vì \({\rm{tan}}\alpha = - 2\) nên \({\rm{cos}}\alpha \ne 0\). Chia cả tử và mẫu của biểu thức \(P\) cho \({\rm{cos}}\alpha \), ta được:
\(P = \frac{{\frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} + 3}}{{1 + 3\frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }}}} = \frac{{{\rm{tan}}\alpha + 3}}{{1 + 3{\rm{tan}}\alpha }}\)
Thay \({\rm{tan}}\alpha = - 2\) vào biểu thức:
\(P = \frac{{ - 2 + 3}}{{1 + 3\left( { - 2} \right)}} = \frac{1}{{1 - 6}} = \frac{1}{{ - 5}} = - 0,2\)
Đáp số: -0,2.
Bạn An mang \(250.000\) đồng đi nhà sách để mua một số quyển vở và bút. Biết rằng giá một quyển vở là \(17.000\) đồng và giá của một cây bút là \(6.000\) đồng. Bạn An có thể mua được tối đa bao nhiêu quyển vở nếu bạn đã mua 11 cây bút?
Số tiền bạn An dùng để mua 11 cây bút là: \(11 \cdot 6.000 = 66.000\) (đồng).
Số tiền còn lại để mua vở là: \(250.000 - 66.000 = 184.000\) (đồng).
Gọi \(k\) là số quyển vở tối đa An có thể mua (\(k \in \mathbb{N}\)). Ta có bất phương trình:
\(17.000 \cdot k \le 184.000 \Rightarrow k \le \frac{{184.000}}{{17.000}} \approx 10,82\).
Vì số quyển vở phải là số nguyên nên giá trị lớn nhất của \(k\) là 10.
Đáp số: 10
Viết lại tập hợp \(P = \{ x \in \mathbb{Z}|3{x^2} + 8x - 11 = 0\} \) dưới dạng liệt kê.
Xét phương trình bậc hai trên tập số thực:
\(3{x^2} + 8x - 11 = 0\)
Ta thấy các hệ số có dạng \(a + b + c = 3 + 8 + \left( { - 11} \right) = 0\), nên phương trình có hai nghiệm:
\({x_1} = 1,{x_2} = - \frac{{11}}{3}\)
Vì điều kiện của tập hợp \(P\) là \(x \in \mathbb{Z}\) (các phần tử phải là số nguyên):
\(x = 1 \in \mathbb{Z}\) (Thỏa mãn)
\(x = - \frac{{11}}{3} \notin \mathbb{Z}\) (Loại)
Vậy tập hợp \(P\) viết dưới dạng liệt kê là: \(P = \left\{ 1 \right\}\).
Biết \(A = \{ x \in \mathbb{R}\left| {x \le 11\} ,B = \{ x \in \mathbb{R}} \right| - 12 < x \le 25\} \).
(a) Biểu diễn tập hợp \(A\) trên trục số.
(b) Tìm các tập hợp \(A \cap B\) và \(A\backslash B\).
Viết lại các tập hợp dưới dạng khoảng, đoạn:
\(A = \left( { - \infty ;11} \right]\)
\(B = \left( { - 12;25} \right]\)
a) Biểu diễn tập hợp \(A\) trên trục số:
Vẽ trục số, xác định điểm 11, sử dụng dấu ngoặc vuông “]” tại điểm 11 hướng về bên trái và gạch bỏ phần bên phải điểm 11.
b) Tìm giao của hai tập hợp \(A \cap B\):
\(A \cap B = \left( { - \infty ;11} \right] \cap \left( { - 12;25} \right] = \left( { - 12;11} \right]\)
Tìm hiệu của hai tập hợp \(A\backslash B\):
\(A\backslash B = \left( { - \infty ;11} \right]\backslash \left( { - 12;25} \right] = \left( { - \infty ; - 12} \right]\)
Ông An có 100 hecta đất dự định trồng hai loại cây là dâu tằm và nho. Biết rằng 1 hecta trồng dâu tằm cần 40 công và lãi được 150 triệu đồng, 1 hecta trồng nho cần 80 công và lãi được 200 triệu đồng. Biết rằng tổng số công không vượt quá 5600. Gọi \(x,y\) (hecta) lần lượt là diện tích đất trồng dâu tằm và nho.
(a) Hệ bất phương trình biểu thị các điều kiện của bài toán là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 100}\\{ax + by \le 140}\end{array}} \right.\). Tìm \(a,b\).
(b) Dựa vào miền nghiệm của hệ bất phương trình biểu thị các điều kiện của bài toán, tìm tổng lợi nhuận lớn nhất ông An có thể thu được từ việc trồng hai loại cây dâu tằm và nho (đơn vị triệu đồng).
a) Từ giả thiết bài toán ta có các điều kiện:
Diện tích không âm: \(x \ge 0,y \ge 0\).
Tổng diện tích đất không quá 100 ha: \(x + y \le 100\).
Tổng số công lao động không vượt quá 5600 công: \(40x + 80y \le 5600\).
Chia cả hai vế của bất phương trình cho 40 ta được: \(x + 2y \le 140\).
Đối chiếu với hệ bất phương trình đề bài cho \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x + y \le 100}\\{ax + by \le 140}\end{array}} \right.\), ta suy ra: \(a = 1,b = 2\).
b) Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác \(OABC\) (kể cả biên) với các đỉnh:
\(O\left( {0;0} \right)\)
\(A\left( {100;0} \right)\) (giao của đường thẳng \(x + y = 100\) với trục \(Ox\))
\(C\left( {0;70} \right)\) (giao của đường thẳng \(x + 2y = 140\) với trục \(Oy\))
\(B\) là giao điểm của hai đường thẳng \(x + y = 100\) và \(x + 2y = 140\).
Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 100}\\{x + 2y = 140}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 60}\\{y = 40}\end{array}} \right. \Rightarrow B\left( {60;40} \right)\).
Hàm số biểu diễn tổng lợi nhuận thu được (đơn vị: triệu đồng) là: \(F\left( {x,y} \right) = 150x + 200y\).
Ta tính giá trị của \(F\left( {x,y} \right)\) tại các đỉnh của miền nghiệm:
Tại \(O\left( {0;0} \right)\): \(F\left( {0,0} \right) = 0\)
Tại \(A\left( {100;0} \right)\): \(F\left( {100,0} \right) = 150 \cdot 100 + 200 \cdot 0 = 15000\)
Tại \(B\left( {60;40} \right)\): \(F\left( {60,40} \right) = 150 \cdot 60 + 200 \cdot 40 = 9000 + 8000 = 17000\)
Tại \(C\left( {0;70} \right)\): \(F\left( {0,70} \right) = 150 \cdot 0 + 200 \cdot 70 = 14000\)
So sánh các giá trị trên, ta thấy lợi nhuận lớn nhất thu được là \(17000\) triệu đồng (tức là 17 tỷ đồng) đạt được khi trồng 60 hecta dâu tằm và 40 hecta nho.
Để tránh vùng bị ảnh hưởng bởi lũ lụt, người dân muốn di chuyển từ xã \(B\) tới xã \(C\) phải đi qua xã \(A\), dọc theo đường gấp khúc \(BAC\). Biết \(AB = 16{\rm{km}},AC = 12{\rm{km}}\) và \(\widehat {BAC} = 60^\circ \). Lực lượng chức năng phát hiện trên đoạn thẳng \(BC\), tại vị trí điểm \(M\) thỏa mãn \(MC = 3MB\) có tín hiệu pháo sáng được bắn lên. Trực thăng được điều động để di chuyển thẳng từ \(A\) tới \(M\). Tính độ dài đoạn thẳng \(AM\) (đơn vị \({\rm{km}}\)).
Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\) để tính độ dài cạnh \(BC\):
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot {\rm{cos}}\widehat {BAC}\)
\(B{C^2} = {16^2} + {12^2} - 2 \cdot 16 \cdot 12 \cdot {\rm{cos}}{60^ \circ }\)
\(B{C^2} = 256 + 144 - 384 \cdot \frac{1}{2} = 400 - 192 = 208 \Rightarrow BC = \sqrt {208} = 4\sqrt {13} {\rm{\;km}}\)
Theo giả thiết, điểm \(M\) thuộc đoạn \(BC\) và \(MC = 3MB \Rightarrow MB = \frac{1}{4}BC = \frac{{4\sqrt {13} }}{4} = \sqrt {13} {\rm{\;km}}\).
Từ tam giác \(ABC\), ta có:
\({\rm{cos}}B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot BC}} = \frac{{{{16}^2} + 208 - {{12}^2}}}{{2 \cdot 16 \cdot 4\sqrt {13} }} = \frac{{256 + 208 - 144}}{{128\sqrt {13} }} = \frac{{320}}{{128\sqrt {13} }} = \frac{5}{{2\sqrt {13} }}\)
Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABM\) để tính \(AM\):
\(A{M^2} = A{B^2} + M{B^2} - 2 \cdot AB \cdot MB \cdot {\rm{cos}}B\)
\(A{M^2} = {16^2} + {\left( {\sqrt {13} } \right)^2} - 2 \cdot 16 \cdot \sqrt {13} \cdot \frac{5}{{2\sqrt {13} }}\)
\(A{M^2} = 256 + 13 - 16 \cdot 5 = 269 - 80 = 189\)
\( \Rightarrow AM = \sqrt {189} = 3\sqrt {21} {\rm{\;km}}\)
Vậy độ dài đoạn thẳng \(AM\) là \(3\sqrt {21} {\rm{\;km}}\) (xấp xỉ \(13,75{\rm{\;km}}\)).
