Đề thi Học kì 1 Toán 10 Cánh diều có đáp án - Đề 2
28 câu hỏi
Trục đối xứng của parabol y = x2 + 3x – 1là đường thẳng:
x=34
x=−34
x=32
x=−32
Đáp án đúng là D
Parabol y = x2 + 3x – 1 có trục đối xứng là đường thẳng x=−32.
Cho α là góc nhọn. Khẳng định nào sau đây đúng?
cotα<0, sinα<0
cotα>0, sinα>0
cotα>0, sinα<0
cotα<0, sinα>0
Đáp án đúng là B
Vì α là góc nhọn nên sinα > 0 và cosα > 0
⇒ cotα = cosαsinα>0
Vậy chọn đáp án B.
Cho hình bình hành ABCD. Khẳng định nào sau đây đúng?
AC→+BD→=AD→
AC→+BD→=AD→
AC→+BD→=2AD→
AC→+BD→=AB→
Đáp án đúng là C
Lấy điểm E sao cho ABDE là hình bình hành, khi đó AE→=BD→,AB→=ED→
Suy ra AB = ED mà AB = CD nên DE = DC hay D là trung điểm của EC.
Ta có: AC→+BD→=AC→+AE→=2AD→(quy tắc hình bình hành).
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 2, ABC^=72°. Độ dài của vectơ BA→+AC→ gần với giá trị nào nhất sau đây:.
2,1;
6,5;
2,5;
6,0
Đáp án đúng là B
Ta có: BA→+AC→=BC→
⇒ BA→+AC→=BC→=BC
Xét tam giác ABC vuông tại A có:
cosB = ABBC
⇔ cos72° = 2BC
⇔ BC = 2cos72°≈6,5.
Vậy độ dài của vectơBA→+AC→ gần vớ 6,5.
Mệnh đề phủ định của mệnh đề “∃x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 < 0” là:
A. ∀x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 ≥ 0;
B. ∀x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 < 0”;
C. ∃x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 ≥ 0”;
D. ∀x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 > 0”.
∀x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 ≥ 0;
∀x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 < 0”;
∃x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 ≥ 0”;
∀x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 > 0”.
Đáp án đúng là A
Mệnh đề phủ định của mệnh đề “∃x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 < 0” là ∀x ∈ ℝ, x3 – 2x + 1 ≥ 0.
Cho hai vectơ x→, y→ đều khác vectơ 0→ Tích vô hướng của x→ và y→ được xác định bởi công thức
x→.y→=x→.y→.cos(x→,y→)
x→.y→=x→.y→.sin(x→,y→)
x→.y→=x→.y→
x→.y→=x→.y→.cos(x→,y→)
Đáp án đúng là A
Tích vô hướng của x→ và y→ được xác định bởi công thức x→.y→=x→.y→.cos(x→,y→) .
Cho hai vectơ x→, y→ đều khác vectơ 0→ Tích vô hướng của x→ và y→ được xác định bởi công thức
Cho hình bình hành ABCD, cóM là trung điểm của BC, G là trọng tâm của tam giác ABC (tham khảo hình vẽ bên). Khi đó AD→=kAG→. Vậy k bằng
k=23
k=13
k=32
k=3
Đáp án đúng là D
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có: AG→=23AM→.
Mặt khác ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của BC nên AM→=12AD→
⇒ AG→=23AM→=23.12AD→=13AD→ hay AD→=3AG→.
Vậy k = 3.
Cho hai tập hợp A = {– 3; – 1; 1; 2; 4; 5} và B = {– 2; – 1; 0; 2; 3; 5}. Tập hợp A\B:
A \ B = {– 3; 1; 4};
A \ B = { – 2; 0; 3};
A \ B = {– 1; 2; 5};
A\B=−3;−1;2;5.
Đáp án đúng là A
Ta có tập hợp A \ B là tập hợp các phần tử thuộc tập hợp A nhưng không thuộc tập hợp B nên khi đó ta có: A \ B = {– 3; 1; 4}.
Tập hợp A = {x ∈ ℝ| – 2 ≤ x < 0} viết lại dưới dạng khác là:
A = (– 2; 0];
A = [– 2; 0];
A = [– 2; 0);
A = {– 2; – 1}.
Đáp án đúng là C
Ta có: A = {x ∈ ℝ| – 2 ≤ x < 0} = [– 2; 0).
Khẳng định nào sau đây đúng?
Đồ thị của một hàm số chẵn nhận trục hoành làm trục đối xứng.
Đồ thị của một hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.
Đồ thị của một hàm số chẵn nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.
Đồ thị của một số chẵn đi qua gốc tọa độ.
Đáp án đúng là B
Đồ thị của một hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.
Hai điểm A, B nằm trên đồ thị hàm số y = |x| và đối xứng với nhau qua trục tung. Biết AB=3, diện tích S của tam giác OAB là (biết O là gốc tọa độ, tham khảo đồ thị hàm số y = |x| ở hình vẽ bên).
S=34
S=34
S=32
S=32
Đáp án đúng là B
Vì A và B đối xứng với nhau qua Oy nên AB ⊥ Oy
Mà Ox ⊥ Oy nên AB // Ox
Kẻ AH vuông góc với Ox và gọi K là trung điểm của AB.
Ta có AB=3 nên AK = KB = 32 hay OH = 32. Suy ra xA = 32.
Mặt khác A thuộc vào đồ thị hàm số nên yA = |xA| = 32.
⇒ OK = 32
Diện tích tam giác OAB là: SOAB = 12.OK.AB=12.32.3=34 (đvdt).
Vậy diện tích tam giác OAB là S=34.
Cho a→=(2 ; −1), b→=(4 ; −2). Tọa độ của vectơ 12a→−34 b→ là:
(1; – 1);
(– 2; 1);
(4; – 2);
(– 3; 5).
Đáp án đúng là B
Ta có:
12a→=12(2 ; −1)=1;−12;
34b→=34(4 ; −2)=3;−32.
Khi đó: 12a→−34b→=1−3;−12+32=−2;1.
Cho hình vuông ABCD. Có bao nhiêu vectơ cùng phương với vectơ AB→:
1;
2;
3;
0.
Đáp án đúng là C
Các vectơ cùng phương là các vectơ có giá song song hoặc trùng nhau. Do đó các vectơ cùng phương với vectơ AB→ là: BA→, DC→, CD→.
Vậy có 3 vec tơ cùng phương với vectơ AB→.
Giá trị nào dưới đây là nghiệm của phương trình x+1−x2=−1?
A. x = 0;
B. x = – 1;
C. x = 0 và x = – 1;
D. Không tồn tại x là nghiệm của phương trình.
x = 0;
x = – 1;
x = 0 và x = – 1;
Không tồn tại x là nghiệm của phương trình.
Đáp án đúng là B
Xét phương trình x+1−x2=−1
⇔ 1−x2 = – 1 – x (điều kiện – 1 – x ≥ 0 ⇔ x ≤ – 1)
⇔ 1 – x2 = x2 + 2x + 1
⇔ 2x2 + 2x = 0
⇔ 2x=0x+1=0⇔ x=0KMTx=−1TM
Vậy x = – 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 2, AC = 5, ABC^=34°.Tính CA→.BC→:
7,4;
– 7,4;
4,4;
– 4,4.
Đáp án đúng là B
Ta có CA→.BC→=CA→.−CB→=−CA→.CB→=−CA.CB.cosCA→;CB→
=−5.7.cosACB^=−5.7.cos56°≈−7,4.Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 2, AC = 5, ABC^=34°.Tính CA→.BC→:
Cho parabol (P):
Hình vẽ trên là đồ thị của hàm số bậc hai nào dưới đây:
y = 3x2 – 6x – 1;
y = x2 – 2x – 1;
y = – x2 + 2x + 1;
y = – 3x2 + 6x – 1.
Đáp án đúng là A
Gọi hàm số cần tìm có dạng y = ax2 + bx + c (a ≠ 0)
Quan sát hình vẽ ta có:
- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B(0; – 1) nên thay tọa độ điểm B vào hàm số ta được c = – 1.
- Tọa độ điểm đỉnh I(1; – 4)
Khi đó: −b2a=1⇔b=−2a
Và −Δ4a=−4⇔Δ=16a⇔b2−4ac=16a
Thay b = – 2a vào biểu thức trên ta được: 4a2 + 4a = 16a ⇔ 4a2 – 12a = 0 ⇔ a = 0 (không TM) hoặc a = 3 (TM).
⇒ b = – 2.3 = – 6 .
Vậy hàm số cần tìm là: y = 3x2 – 6x – 1.
Hàm số nào sau đây là hàm số lẻ?
f(x) = x3 + 1;
f(x) = 2x4 + 3;
f(x) = |x|;
f(x) = x3.
Đáp án đúng là D
+) Xét hàm số f(x) = x3 + 1
Tập xác định: D = ℝ
Lấy – x ∈ D, khi đó f(– x) = (– x)3 + 1 = – x3 + 1.
Do đó f(x) không chẵn cũng không lẻ.
+) Xét hàm số f(x) = 2x4 + 3
Tập xác định: D = ℝ
Lấy – x ∈ D, khi đó f(– x) = 2(– x)4 + 3 = 2x4 + 3 = f(x).
Do đó f(x) là hàm chẵn.
+) Xét hàm số f(x) = |x|
Tập xác định: D = ℝ
Lấy – x ∈ D, khi đó f(– x) = |– x| = |x| = f(x).
Do đó f(x) là hàm chẵn.
+) Xét hàm số f(x) = x3
Tập xác định: D = ℝ
Lấy – x ∈ D, khi đó f(– x) = (– x)3 = – x3 = – f(x).
Do đó f(x) là hàm lẻ.
Trong các phát biểu sau, phát biểu nào đúng?
Tập nghiệm phương trình f(x)=g(x) là tập nghiệm của phương trình f(x) = g(x);
Tập nghiệm phương trình f(x)=g(x) là tập nghiệm của phương trình [f(x)]2 = [g(x)]2;
Mọi nghiệm của phương trình f(x) = g(x) đều là nghiệm của phương trình f(x)=g(x);
Tập nghiệm của phương trình f(x)=g(x)là tập hợp các nghiệm của phương trình f(x) = g(x) thỏa mãn bất phương trình f(x) ≥ 0 (hoặc g(x) ≥ 0).
Đáp án đúng là D
Xét phương trình f(x)=g(x)
Điều kiện xác định f(x) ≥ 0 hoặc g(x) ≥ 0
Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được: f(x) = g(x)
Vì vậy tập nghiệm của phương trình f(x)=g(x) là tập hợp các nghiệm của phương trình f(x) = g(x) thỏa mãn bất phương trình f(x) ≥ 0 (hoặc g(x) ≥ 0).
Cho tứ giác ABCD. Xác định điểm M thỏa mãn: 3MA→+MB→+MC→+MD→=0→
M là điểm thỏa mãn MA = MG;
M là trung điểm của AG;
M thuộc đoạn AG thỏa mãn MA = 3 MG;
M thuộc trung trực của đoạn thẳng AG.
Đáp án đúng là B
Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, khi đó ta có: GA→+GB→+GD→=0→
Ta có: 3MG→+3GA→+MG→+GB→+MG→+GC→+MG→+GD→=0→
⇔6MG→+3GA→+GB→+GC→+GD→=0→
⇔6MG→+3GA→+0→=0→
⇔2MG→+GA→=0→
⇔GM→=12GA→
Vậy M là trung điểm của GA.
mãn: 3MA→+MB→+MC→+MD→=0→
Cho tứ giác ABC có AB = 5, AC = 4, BAC^=92°. Khi đó độ dài BC khoảng:
A. 42,4;
B. 6,5;
C. 3;
D. 3,2.
42,4;
6,5;
3;
3,2.
Đáp án đúng là B
Xét tam giác ABC, có:
BC2 = AB2 + AC2 – 2AB.AC.cosBAC^
= 42 + 52 – 2.4.5.cos92°
≈ 42,4
⇒ BC = 6,5
Vậy BC = 6,5.
Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình – x2 + 2x – 4 ≤ 0. Khi đó S bằng:
ℝ;
ℝ\{2; 4};
∅;
{2; 4}.
Đáp án đúng là B
Xét bất phương trình – x2 + 2x – 4 ≤ 0 có a = – 1 < 0 và ∆’ = (– 1)2 – (– 1)(– 4) = – 3 < 0.
Dựa vào định lí dấu tam thức bậc hai ta có – x2 + 2x – 4 ≤ 0 ∀x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ℝ.
Cho hệ bất phương trình x+y≥−4x−3y<0x>0. Điểm nào thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho?
M(– 5; 1);
N(4; 1);
P(0; 1);
Q(1; 2).
Đáp án đúng là D
Xét hệ bất phương trình x+y≥−41x−3y<02x>0 3
Thay lần lượt tọa độ các điểm M, N, P, Q vào hệ bất phương trình ta có:
Tọa độ điểm M không thỏa mãn BPT (3);
Tọa độ điểm N không thỏa mãn BPT (2);
Tọa độ điểm P không thỏa mãn BPT (3);
Tọa độ điểm Q thỏa mãn tất cả các BPT của hệ nên thuộc vào miền nghiệm.
Vậy chọn D.
Với giá trị nào của tham số m thì tam thức f(x) = – x2 – 3x + m – 5 không dương với mọi x:
m = 2;
m = 4;
m = 3;
m = 6.
Đáp án đúng là C
Xét tam thức f(x) = – x2 – 3x + m – 5 có a = – 1 và ∆ = (– 3)2 – 4.(– 1).(m – 5) = 9 + 4m – 20 = 4m – 11.
Để tam thức f(x) = – x2 – 3x + m – 5 không dương với mọi x thì ∆ ≤ 0
⇔ 4m – 11 ≤ 0
⇔ m ≤ 114
Vậy m = 2 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Dựa vào đồ thị hàm số bậc hai y = f(x) (như hình vẽ) hãy tìm tập nghiệm của bất phương trình f(x) > 0:
[1; 3];
(1; 3];
(1; 3);
{1; 2; 3}.
Đáp án đúng là C
Quan sát hình vẽ ta thấy với x ∈ (1; 3) thì đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành.
Hay f(x) > 0 khi x ∈ (1; 3).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình f(x) > 0 là S = (1; 3).
Nếu hai điểm M và N thỏa mãn: MN→.NM→=−16 thì độ dài đoạn MN bằng:
8;
4;
2;
64.
Đáp án đúng là B
Ta có: MN→.NM→=MN.NM.cosMN→.NM→=MN2.cos180°=−MN2
Suy ra – MN2 = – 16 ⇔ MN = 16=4
Vậy MN = 4.
a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x2 – 5x.
a) Xét hàm số y = x2 – 5x, có: a = 1, b = – 5, c = 0 và ∆ = (– 5)2 – 4.1.0 = 25
Khi đó, ta có:
- Điểm đỉnh I có xI = −b2a=−−52.1=52; yI = −Δ4a=−254.1=−254;
- a = 1 > 0 .
Do đó ta có bảng biến thiên sau:
Vậy hàm số sẽ đồng biến trên khoảng −∞;52, hàm số sẽ nghịch biến trên khoảng 52; +∞.
b)Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x2−(2m−1)x−m2+5m−1=x+1 có một nghiệm duy nhất.
b)Xét phương trình x2−(2m−1)x−m2+5m+154=x+1(*)
Điều kiện x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ – 1
(*) ⇔ x2 – (2m – 1)x – m2 + 5m + 154 = x2 + 2x + 1
⇔ (2m + 1)x + m2 – 5m – 114 = 0
+) TH1: 2m + 1 = 0 ⇔ m = −12. Khi đó ta có:
2−12+1.x+−122−5.−12−114=0 = 0
⇔ 0.x + 0 = 0 (luôn đúng) với mọi x ≥ – 1
Do đó m = −12 thỏa mãn.
+) TH1: 2m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ −12. Khi đó ta có:
(2m + 1)x + m2 – 5m – 114 = 0
⇔ x = −m2−5m−1142m+1
Để phương trình có nghiệm thì −m2−5m−1142m+1≥−1
⇔ m2 – 5m – 114 ≥ – 2m – 1
⇔ m2 – 3m – 74 ≥ 0
Xét tam thức bậc hai f(m) = m2 – 3m – 74, có a = 1 và ∆ = (– 3)2 – 4.1.−74 = 16 > 0 suy ra f(m) có hai nghiệm m1 = −12 và m2 = 72.
Dựa vào định lí dấu tam thức bậc hai ta có:
f(m) ≥ 0 ⇔ m ≤ −12 hoặc m ≥ 72.
Suy ra m < −12 hoặc m ≥ 72.
Vậy với m ≤ −12 hoặc m ≥ 72 thì phương trình có nghiệm.
Bác Nam muốn uốn tấm tôn phẳng có dạng hình chữ nhật với bề ngang 42 cm thành một rãnh dẫn nước bằng cách chia tấm tôn đó thành ba phần rồi gấp hai bên lại theo một góc vuông sao cho độ cao hai thành rãnh bằng nhau. Để đảm bảo kĩ thuật, diện tích mặt cắt ngang của rãnh dẫn nước phải lớn hơn hoặc bằng 160 cm2. Bác Nam cần làm rãnh nước có độ cao ít nhất là bao nhiêu xăng – ti – mét để đảm bảo kĩ thuật?
Chia tấm tôn đó thành ba phần theo các kích thước x (cm), 42 – x (cm) và x (cm).
Khi gấp hai bên lại ta được rãnh dẫn nước có mặt cắt ngang có kích thước là x (cm) và 42 – x (cm).
Diện tích của mặt cắt ngang là x.(42 – x) = – x2 + 42x (cm2).
Để đảm bảo kĩ thuật, diện tích mặt cắt ngang của rãnh dẫn nước phải lớn hơn hoặc bằng 160 cm2 nên ta có:
– x2 + 42x ≥ 160
⇔ – x2 + 42x – 160 ≥ 0
Xét tam thức bậc hai f(x) = – x2 + 42x – 160 có a = – 1, b = 42, c = – 160 và ∆ = 422 – 4.(– 1).(– 160) = 1124 > 0.
Suy ra f(x) có hai nghiệm x1 = −42+22814.−1≈2,12 và x2 = −42−22814.−1≈18,88.
Áp dụng định lí dấu của tam thức bậc hai ta được:
f(x) ≥ 0 khi 2,12 ≤ x ≤ 18,88
Vậy rãnh nước phải có độ cao ít nhất khoảng 2,12 cm.
