Đề tự kiểm tra chương II - Hình học 10 có đáp án
30 câu hỏi
Tính giá trị biểu thức P=cos30∘cos60∘−sin30∘sin60∘
P=3.
P=32.
P = 1
P= 0
Vì 300 và 600 là hai góc phụ nhau nên sin300=cos600sin600=cos300
⇒P=cos30∘cos60∘−sin30∘sin60∘ =cos30∘cos60∘−cos60∘cos30∘=0.
Chọn D.
Cho hai góc nhọn α và β phụ nhau. Hệ thức nào sau đây là sai?
sinα=−cosβ.
cosα = sin β
tanα = cotβ
cotα = tanβ
Hai góc nhọn α và β phụ nhau thì:
sinα=cosβ; cosα=sinβ; tanα=cotβ; cotα=tanβ.
Chọn A.
Cho biết tanα = -3. Giá trị của P=6sinα−7cosα6cosα+7sinα bằng bao nhiêu ?
P=43.
P=53.
P=−43.
P=−53.
Ta có P=6sinα−7cosα6cosα+7sinα=6sinαcosα−76+7sinαcosα=6tanα−76+7tanα=53.
Chọn B.
Cho biết 3cosα−sinα=1, 00<α<900. Giá trị của tanα bằng
tanα=43.
tanα=34.
tanα=45.
tanα=54.
Ta có:
3cosα−sinα=1⇔3cosα=sinα+1→9cos2α=sinα+12
⇔9cos2α=sin2α+2sinα+1⇔91−sin2α=sin2α+2sinα+1
⇔10sin2α+2sinα−8=0⇔sinα=−1sinα=45.
sinα=−1 : không thỏa mãn vì 00<α<900.
sinα=45⇒cosα=35⇒tanα=sinαcosα=43.
Chọn A.
Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Tính AH→,BA→.
300
600
1200
1500
Vẽ AE→=BA→.
Khi đó AH→,AE→=HAE^=α (hình vẽ)
=1800−BAH^=1800−300=1500.
Chọn D.
Cho hình vuông ABCD. Tính cosAC→,BA→.
cosAC→,BA→=22.
cosAC→,BA→=−22.
cosAC→,BA→=0.
cosAC→,BA→=−1.
Vẽ AE→=BA→.
Khi đó cosAC→,BA→=cosAC→,AE→
=cosCAE^=cos1350=−22.
Chọn B.
Cho hai vectơ a→ và b→ khác 0→. Xác định góc α giữa hai vectơ a→ và b→ khi a→.b→=−a→.b→.
α=1800.
α=00.
α=900.
α=450.
Ta có a→.b→=a→.b→.cosa→,b→.
Mà theo giả thiết a→.b→=−a→.b→
Suy ra cosa→,b→=−1⇒a→,b→=1800.
Chọn A.
Cho hai vectơ a→ và b→ thỏa mãn a→=3, b→=2 và a→.b→=−3. Xác định góc α giữa hai vectơ a→ và b→
α=300.
α=450.
α=600.
α=1200.
Ta có a→.b→=a→.b→.cosa→,b→.
⇒cosa→,b→=a→.b→a→.b→=−33.2=−12⇒a→,b→=1200
Chọn D.
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Tính tích vô hướng AB→.AC→.
AB→.AC→=2a2.
AB→.AC→=−a232.
AB→.AC→=−a22.
AB→.AC→=a22.
Ta có: góc AB→,AC→ là góc A^ nên AB→,AC→=600.
Do đó AB→.AC→=AB.AC.cosAB→,AC→=a.a.cos600=a22.
Chọn D.
Cho tam giác ABC vuông tại A và có AB = c, AC =b.Tính BA→.BC→.
BA→.BC→=b2.
BA→.BC→=c2.
BA→.BC→=b2+c2.
BA→.BC→=b2-c2.
Do tam giác ABC vuông tại A nên:
BC2 = AC2 + AB2 =b2 +c2 ⇒BC=b2+c2
cosB = ABBC=cb2+c2
Ta có BA→.BC→=BA.BC.cosBA→,BC→=BA.BC.cosB^=c.b2+c2.cb2+c2=c2.
Chọn B.
Cách khác. Tam giác ABC vuông tại A suy ra AB⊥AC⇒ AB→.AC→=0.
Ta có BA→.BC→=BA→.BA→+AC→=BA→2+BA→.AC→=AB2=c2.
Chọn B.
Cho tam giác ABC có AB =2; BC = 3; CA = 5. Tính CA→.CB→.
CA→.CB→=13.
CA→.CB→=15.
CA→.CB→=17.
CA→.CB→=19.
Ta có: AB+ BC =AC nên ba điểm A, B,C thẳng hàng và B nằm giữa A, C
Khi đó CA→.CB→=CA.CB.cosCA→,CB→=3.5.cos00=15.
Chọn B.
Cách khác. Ta có AB2=AB→2=CB→−CA→2=CB2−2CB→. CA→+CA2
⇒CB→CA→=12CB2+CA2−AB2=1232+52−22=15.
Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b; AB = c. Tính P=AB→+AC→.BC→.
P=b2−c2.
P=c2+b22.
P=c2+b2+a23.
P=c2+b2−a22.
Ta có P=AB→+AC→.BC→=AB→+AC→.BA→+AC→.
=AC→+AB→.AC→−AB→=AC→2−AB→2=AC2−AB2=b2−c2.
Chọn A.
Cho tam giác ABC. Tập hợp các điểm M thỏa mãn MA→MB→+MC→=0 là:
một điểm.
đường thẳng.
đoạn thẳng.
đường tròn.
Gọi I là trung điểm BC ⇒MB→+MC→=2MI→.
Ta có MA→MB→+MC→=0⇔MA→.2MI→=0⇔MA→.MI→=0⇔MA→⊥MI→. *
Biểu thức (*) chứng tỏ MA⊥MI hay M nhìn đoạn AI dưới một góc vuông nên tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính AI.
Chọn D.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(3;-1); B(2; 10); C(-4; 2). Tính tích vô hướng AB→.AC→.
AB→.AC→=40.
AB→.AC→=−40.
AB→.AC→=26.
AB→.AC→=-26.
Ta có AB→=−1;11, AC→=−7;3.
Suy ra AB→.AC→=−1.−7+11.3=40.
Chọn A.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a→=−3;2 và b→=−1;−7. Tìm tọa độ vectơ c→ biết c→.a→=9 và c→.b→=−20.
c→=−1;−3.
c→=−1;3.
c→=1;−3.
c→=1;3.
Gọi c→=x;y.
Ta có c→.a→=9c→.b→=−20⇔−3x+2y=9−x−7y=−20⇔x=−1y=3⇒c→=−1;3.
Chọn B.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a→=−1;1 và b→=2;0. Tính cosin của góc giữa hai vectơ a→ và b→
cosa→,b→=12.
cosa→,b→=−22.
cosa→,b→=−122.
cosa→,b→=12.
Ta có cosa→,b→=a→.b→a→.b→=−1.2+1.0−12+12.22+02=−22.
Chọn B.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ u→=12i→−5j→ và v→=ki→−4j→. Tìm k để vectơ u→→ vuông góc với v→
k = 20
k = -20
k =- 40
k =40
Từ giả thiết suy ra u→=12;−5,v→=k;−4.
Yêu cầu bài toán: u→⊥v→⇔12k+−5−4=0⇔k=−40.
Chọn C.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính khoảng cách giữa hai điểm M( 1; -2) và N ( -3; 4)
MN= 4
MN = 6
MN=36.
MN=213.
Ta có MN→=− 4;6 suy ra MN=− 42+62=52=213.
Chọn D
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(-2; 4) và B (8; 4). Tìm tọa độ điểm C thuộc trục hoành sao cho tam giác ABC vuông tại C.
C(6; 0)
C(0;0); C( 6; 0)
C(0; 0)
C(-1; 0)
Ta có C∈Oxnên C(c, 0) và CA→=−2−c;4CB→=8−c;4.
Tam giác ABC vuông tại C nên CA→.CB→=0⇔−2−c.8−c+4.4=0
⇔c2−6c=0⇔c=6→C6;0c=0→C0;0.
Chọn B.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M (-2; 2) và N (1; 1). Tìm tọa độ điểm P thuộc trục hoành sao cho ba điểm M, N, P thẳng hàng.
P( 2; 0 )
P( 3; 0)
P(- 4; 0)
P(4;0)
Ta có P∈Ox nên P( x; 0) và MP→=x+2;−2MN→=3;−1.
Do M, N, P thẳng hàng nên 2 vecto MP→; MN→ cùng phương
⇒x+23=−2−1=2⇔x+2=6⇔x=4⇒P4;0.
Chọn D.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; 2); B (5 ; -2). Tìm điểm M thuộc trục hoàng sao cho AMB^=900 ?
M(0; 1)
M( 6; 0)
M(1; 6)
M (0; 6)
Ta có M∈Ox nên M( m; 0) và AM→=m−2;− 2BM→=m−5;2.
Vì AMB^=900 suy ra AM→.BM→=0 nên m−2m−5+− 2.2=0.
⇔m2−7m+6=0⇔m=1m=6 ⇒ M1;0M6;0.
Chọn B.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A−4;1, B2;4, C(2; -2). Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác đã cho.
I14;1.
I-14;1.
I1;14.
I1;-14.
Gọi I( x; y). Ta có AI→=x+4;y−1BI→=x−2;y−4CI→=x−2;y+2.
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IA=IB=IC⇔IA2=IB2IB2=IC2
⇔x+42+y−12=x−22+y−42x−22+y−42=x−22+y+22⇔x+42+y−12=x−22+y−42y−42=y+22⇔x+42=x−22+(1−4)2y=1⇔x2+8x+16=x2−4x+4+9y=1⇔x=−14y=1.
Chọn B.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-3; 0); B(3; 0) và C (2; 6). Gọi H(a; b) là tọa độ trực tâm của tam giác đã cho. Tính a+ 6b
5
6
7
8
Ta có AH→=a+3;b ; BC→=−1;6BH→=a−3;b ; AC→=5;6.
Từ giả thiết, H là trực tâm tam giác ABC nên ta có:
AH→.BC→=0BH→.AC→=0⇔a+3.−1+b.6=0a−3.5+b.6=0⇔a=2b=56⇒a+6b=7.
Chọn C.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 3); B(2; 7) và C( - 3; -8). Tìm toạ độ chân đường cao A’ kẻ từ đỉnh A xuống cạnh BC.
(1 ; -4)
(-1; 4)
(1; 4)
(4; 1)
Gọi A'x;y. Ta có AA'→=x−4;y−3BC→=− 5;− 15BA'→=x−2;y−7.
Từ giả thiết, ta có AA'⊥BCB, A', C thang hang⇔AA'→.BC→=01BA'→=kBC→2.
1⇔− 5x−4−15y−3=0⇔x+3y=13.
2⇔x−2−5=y−7−15⇔3x−y=−1.
Giải hệ x+3y=133x−y=− 1⇔x=1y=4 ⇒ A'1;4.
Chọn C.
Tam giác ABC có AB =5; BC = 7; CA = 8. Số đo góc A^ bằng:
300
450
600
900
Theo hệ quả định lí cosin, ta có cosA^=AB2+AC2−BC22AB.AC=52+82−722.5.8=12.
Do đó, A^=60°.
Chọn C.
Tam giác ABC có B^=60°, C^=45° và AB = 5. Tính độ dài cạnh AC.
AC=562.
AC=53.
AC=52.
AC = 10
Theo định lí hàm sin, ta có:
ABsinC^=ACsinB^⇔5sin45°=ACsin60°⇒AC=5.sin600sin450=562.
Chọn A.
Tam giác ABC có AB = 9; AC = 12 và BC = 15. Tính độ dài đường trung tuyến AM của tam giác đã cho.
AM=152cm.
AM =10 cm.
AM = 9 cm.
AM=132
Áp dụng hệ thức đường trung tuyến ma2=b2+c22−a24 ta được:
ma2=AC2+AB22−BC24=122+922−1524=2254.
⇒ma=152.
Chọn A.
Tam giác ABC có AB =3; AC = 6 và A^=60°. Tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
R = 3
R=33.
R=3.
R = 6.
Áp dụng định lí Cosin, ta có BC2=AB2+AC2−2AB.AC.cosBAC^
=32+62−2.3.6.cos600=27⇔BC2=27⇔BC2+AB2=AC2.
Suy ra tam giác ABC vuông tại B, do đó bán kính R=AC2=3.
Chọn A.
Tam giác ABC có AC=4, BAC^=30°, ACB^=75°. Tính diện tích tam giác ABC.
SΔABC=8.
SΔABC=43.
SΔABC=4.
SΔABC=83.
Ta có ABC^=1800−BAC^+ ACB^=75°= ACB^.
Suy ra tam giác ABC cân tại A nên AB = AC = 4.
Diện tích tam giác ABC là SΔABC=12AB.ACsinBAC^=4.
Chọn C
Tam giác ABC có a = 21, b = 17; c = 10. Diện tích của tam giác ABC bằng:
16
48
24
84
Ta có nửa chu vi của tam giác p=21+17+102=24.
Do đó S=pp−ap−bp−c=2424−2124−1724−10=84.
Chọn D.
