Đề thi học kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo - Đề số 11

a) Trục đối xứng của đồ thị là đường thẳng x = -2.

b) Đỉnh I của đồ thị hàm số có tọa độ là (2;-2).

c) Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0;6).

d) Hàm số đã cho là \(y = 2{x^2} - 2x + 6\).

a) \(\cos C = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}}\).

b) BC = \(4\sqrt {19} \).

c) \(\widehat C \approx 83,{4^o}\) (làm tròn đến hàng phần mười).

d) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là \(R = 4\sqrt {57} \).

a) \(\overrightarrow {GN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} \).

b) \(\overrightarrow {GM} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} \).

c) \(\overrightarrow {GA} = \overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} \).

d) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} \).

a) \({x_{13}} = 4\).

b) Mốt của mẫu số liệu là 5.

c) Số cuốn sách trung bình mỗi bạn đọc được là 5 (làm tròn đến hàng đơn vị).

d) Phương sai của mẫu số liệu trên là 2 (làm tròn đến hàng đơn vị).

Mệnh đề là một khẳng định có tính đúng sai.

B là một mệnh đề. Các đáp án còn lại là câu cảm thán hoặc câu hỏi.

Áp dụng quy tắc viết các tập con của tập số thực \(A = \{ x \in \mathbb{R}|a \le x < b\} = [a;b)\).

\(A = \{ x \in \mathbb{R}| - 5 \le x < 3\} = [ - 5;3)\).

Thay cặp số vào từng bất phương trình, nếu thỏa mãn thì là nghiệm của bất phương trình đó.

Xét A: 2.(-2) + 3 + 1 > 0 sai nên (-2;3) không là nghiệm của 2x + y + 1 > 0.

Xét B: -2 + 3.3 + 1 < 0 sai nên (-2;3) không là nghiệm của x + 3y + 1 < 0.

Xét C: 2.(-2) – 3 – 1 \( \ge \) 0 sai nên (-2;3) không là nghiệm của 2x – y – 1 \( \ge \) 0.

Xét D: -2 + 3 + 1 > 0 đúng nên (-2;3) là nghiệm của x + y + 1 > 0.

Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ gồm các bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = - 2\\x - y = 5\end{array} \right.\) là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

Các góc bù nhau có giá trị sin bằng nhau, giá trị cos, tan, cot đối nhau.

\(\sin {30^o} = \sin ({180^o} - {30^o}) = \sin {150^o}\).

Sử dụng định lí Cosin trong tam giác ABC.

Theo định lí Cosin: \({c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C\) nên C sai.

Vecto là một đoạn thẳng có hướng. Từ hai điểm phân biệt, ta có hai vecto khác nhau.

Có 6 vecto khác \(\overrightarrow 0 \) là \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {CB} \).

Hàm phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.

Điều kiện xác định của \(y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\) là \(x - 1 \ne 0\) hay \(x \ne 1\).

Vậy tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \{ 1\} \).

Hoành độ điểm đỉnh của parabol (P): \(y = a{x^2} + bx + c\) là \(x = - \frac{b}{{2a}}\).

Thay vào hàm số tính y.

Hoành độ điểm đỉnh của parabol (P): \(y = 3{x^2} - 2x + 1\) là \(x = - \frac{{ - 2}}{{2.3}} = \frac{1}{3}\).

Tung độ điểm đỉnh của parabol (P): \(y = 3{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} - 2.\frac{1}{3} + 1 = \frac{2}{3}\).

Công thức tính tích vô hướng: \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\).

\(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|\cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = BA.BC\cos \widehat {ABC} = 5.8.\cos {30^o} = 20\sqrt 3 \).

Công thức tính sai số tuyệt đối: \({\Delta _a} = \left| {\overline a - a} \right|\) với a là số gần đúng của số \(\overline a \).

Quy tròn số 2,654 đến hàng phần chục, được số 2,7. Sai số tuyệt đối là: \(\left| {2,7 - 2,654} \right| = 0,046\).

Xác định khoảng biến thiên của từng mẫu số liệu “IQ” và “EQ” bằng cách lấy giá trị lớn nhất trừ đi giá trị nhỏ nhất. Khoảng biến thiên của mẫu số liệu nào lớn hơn thì có độ phân tán lớn hơn.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu “IQ” là \({R_1} = 111 - 88 = 23\).

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu “EQ” là \({R_2} = 103 - 90 = 13\).

Do \({R_1} > {R_2}\) nên mẫu số liệu “IQ” có độ phân tán lớn hơn mẫu số liệu “EQ”.

a) Trục đối xứng của đồ thị là đường thẳng x = -2.

b) Đỉnh I của đồ thị hàm số có tọa độ là (2;-2).

c) Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0;6).

d) Hàm số đã cho là \(y = 2{x^2} - 2x + 6\).

Quan sát đồ thị và trả lời.

a) Sai. Trục đối xứng của đồ thị là đường thẳng x = 2.

b) Đúng. Đỉnh I của đồ thị hàm số có tọa độ là (2;-2).

c) Đúng. Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0;6).

d) Sai. Đồ thị hàm số là đường parabol nên hàm số có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\) \((a \ne 0)\).

Đỉnh của đồ thị có tọa độ (2;-2) suy ra \(\frac{{ - b}}{{2a}} = 2 \Leftrightarrow 4a + b = 0\).

Đồ thị đi qua điểm có tọa độ (0;6) và (1;0) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}6 = a{.0^2} + b.0 + c\\0 = a{.1^2} + b.1 + c\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 6\\a + b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 6\\a + b = - 6\end{array} \right.\)

Từ đó ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}4a + b = 0\\a + b = - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 8\end{array} \right.\)

Vậy hàm số của đồ thị trên là \(y = 2{x^2} - 8x + 6\).

a) \(\cos C = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}}\).

b) BC = \(4\sqrt {19} \).

c) \(\widehat C \approx 83,{4^o}\) (làm tròn đến hàng phần mười).

d) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là \(R = 4\sqrt {57} \).

Sử dụng định lí Sin, Cosin trong tam giác.

a) Sai. Theo hệ quả định lí Cos trong tam giác ABC: \(\cos C = \frac{{C{A^2} + C{B^2} - A{B^2}}}{{2.CA.CB}}\).

b) Đúng. Theo định lí Cos trong tam giác ABC:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC\cos \widehat A = {20^2} + {12^2} - 2.20.12.\cos {60^o} = 304\).

Suy ra \(BC = 4\sqrt {19} \).

c) Đúng. \(\cos C = \frac{{C{A^2} + C{B^2} - A{B^2}}}{{2.CA.CB}} = \frac{{{{12}^2} + {{\left( {4\sqrt {19} } \right)}^2} - {{20}^2}}}{{2.4\sqrt {19} .20}} = \frac{{\sqrt {19} }}{{38}} \approx 83,{4^o}\).

d) Sai. Áp dụng định lí Sin trong tam giác ABC:

\(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Leftrightarrow R = \frac{{BC}}{{2\sin A}} = \frac{{4\sqrt {19} }}{{2\sin {{60}^o}}} = \frac{{4\sqrt {57} }}{3}\).

a) \(\overrightarrow {GN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} \).

b) \(\overrightarrow {GM} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} \).

c) \(\overrightarrow {GA} = \overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} \).

d) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} \).

Sử dụng quy tắc hình bình hành, quy tắc trung điểm, trọng tâm.

a) Sai. \(\overrightarrow {GN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} \) do hai vecto trên ngược hướng và \(GN = \frac{1}{2}GB\) (tính chất trọng tâm).

b) Đúng. \(\overrightarrow {GM} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} \) do hai vecto trên ngược hướng và \(GM = \frac{1}{2}GC\) (tính chất trọng tâm).

c) Sai. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \), hay \(\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = - \overrightarrow {GA} = \overrightarrow {AG} \).

Ta có:

\(\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {GC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {GB} = - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} = \frac{1}{2}\overrightarrow {GA} \).

d) Sai. Gọi I là trung điểm của BC. Khi đó A, G, I thẳng hàng (trọng tâm G thuộc trung tuyến AM).

Lấy điểm D sao cho ABDC là hình bình hành. Khi đó I là trung điểm của AD.

Theo chứng minh trên, \(\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AG} = - \frac{1}{2}.\left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AI} } \right) = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AI} = - \frac{1}{3}.\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AD} } \right) = - \frac{1}{6}\overrightarrow {AD} \).

Mà \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AD} \) (quy tắc hình bình hành).

Vậy \(\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} = - \frac{1}{6}\overrightarrow {AD} = - \frac{1}{6}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\).

a) \({x_{13}} = 4\).

b) Mốt của mẫu số liệu là 5.

c) Số cuốn sách trung bình mỗi bạn đọc được là 5 (làm tròn đến hàng đơn vị).

d) Phương sai của mẫu số liệu trên là 2 (làm tròn đến hàng đơn vị).

Sử dụng công thức tính số trung bình, phương sai của mẫu số liệu không ghép nhóm.

a) Đúng. Ta có \({x_1};...;{x_4}\) có giá trị bằng 3, \({x_5};...;{x_{21}}\) có giá trị bằng 4. Vậy \({x_{13}} = 4\).

b) Sai. Mốt của mẫu số liệu là 4 vì có tần số lớn nhất là 15.

c) Đúng. Số sách trung bình mỗi bạn đọc được là \(\overline x = \frac{{3.6 + 4.15 + 5.3 + 6.8 + 7.8}}{{40}} \approx 5\) (cuốn).

d) Đúng. \({s^2} = \frac{{{3^2}.6 + {4^2}.15 + {5^2}.3 + {6^2}.8 + {7^2}.8}}{{40}} - 4,{925^2} \approx 2\).

\(A \subset B\) thì mọi phần tử thuộc A đều thuộc B.

\(A \subset B\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}m - 3 > - 3\\m + 2 < 5\end{array} \right.\) hay \(0 < m < 3\).

Vậy có 2 giá trị nguyên m thỏa mãn là m = 1; m = 2.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Gọi x, y lần lượt là số đơn vị vitamin A và B dùng mỗi ngày \((x,y \ge 0)\).

Mỗi ngày có thể tiếp nhận được không quá 600 đơn vị vitamin A nên \(x \le 600\).

Mỗi ngày có thể tiếp nhận được không quá 500 đơn vị vitamin B nên \(y \le 500\).

Mỗi ngày cần từ 400 đến 1000 đơn vị vitamin cả A lẫn B nên \(400 \le x + y \le 1000\).

Mỗi ngày, số đơn vị vitamin B không ít hơn \(\frac{1}{2}\) số đơn vị vitamin A nhưng không nhiều hơn 3 lần số đơn vị vitamin A nên \(\frac{1}{2}x \le y \le 3x\).

Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 600\\0 \le y \le 500\\400 \le x + y \le 1000\\\frac{1}{2}x \le y \le 3x\end{array} \right.\) (*)

Số tiền cần chi là f(x; y) = 9x + 7,5y (đồng).

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của f(x; y) trên miền nghiệm của hệ (*).

Miền nghiệm của hệ (*) là miền lục giác ABCDEF (kể cả biên) với \(A(100;300)\), \(B\left( {\frac{{800}}{3};\frac{{400}}{3}} \right)\), \(C(600;300)\), \(E(500;500)\), \(F\left( {\frac{{500}}{3};500} \right)\).

Thay tọa độ các điểm trên vào f(x; y) thấy f(100; 300) = 3150 là giá trị nhỏ nhất.

Vậy cần chi ít nhất 3150 đồng mỗi ngày để dùng đủ lượng vitamin A và B.

Sử dụng định lí Sin cho tam giác ABC.

Trong tam giác vuông AHB có \(\tan \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{4}{{20}} = \frac{1}{5}\). Suy ra \(\widehat {ABH} \approx {11^o}19'\).

Ta có \(\widehat {ABH} + \widehat {ABC} = {90^o}\) suy ra \(\widehat {ABC} = {90^o} - \widehat {ABH} \approx {90^o} - {11^o}19' \approx {78^o}41'\).

Xét tam giác ABC có \(\widehat {ACB} = {180^o} - \left( {\widehat {ABC} + \widehat {BAC}} \right) \approx {180^o} - \left( {{{78}^o}41' + {{45}^o}} \right) \approx {56^o}19'\).

Áp dụng định lí Sin cho tam giác ABC ta có:

\(\frac{{BC}}{{\sin \widehat {BAC}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}}\) suy ra \(BC = \frac{{AB.\sin \widehat {BAC}}}{{\sin \widehat {ACB}}} \approx \frac{{\sqrt {{4^2} + {{20}^2}} .\sin {{45}^o}}}{{\sin {{56}^o}19'}} \approx 17\) (m).

Sử dụng quy tắc tổng hợp lực, quy tắc hình bình hành.

Dựng hình bình hành OACB sao cho OA = OB = 30, \(\widehat {AOC} = \widehat {BOC} = {30^o}\) và \(\overrightarrow {OC} \)cùng hướng với \(\overrightarrow {{F_1}} \).

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = OA = 30\), \(\left| {\overrightarrow {{F_4}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = OB = 30\), \(\overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {{F_{34}}} = \overrightarrow {OC} \) và \(\left| {\overrightarrow {{F_{34}}} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right|\).

Vì OA = OB nên OACB là hình thoi. Giả sử I là tâm hình thoi. Xét tam giác AOI vuông tại I:

\(\cos \widehat {OAI} = \frac{{OI}}{{OA}} \Rightarrow OI = OA.\cos \widehat {OAI} = 30.\cos {30^o} = 15\sqrt 3 \Rightarrow OC = 2OI = 30\sqrt 3 = \left| {\overrightarrow {{F_{34}}} } \right|\).

Vì độ lớn lực \(\overrightarrow {{F_2}} \) lớn gấp ba lần độ lớn lực \(\overrightarrow {{F_1}} \) và hai lực này ngược chiều nên \(\overrightarrow {{F_2}} = - 3\overrightarrow {{F_1}} \).

Dưới tác động của 4 lực, vật ở vị trí cân bằng nên ta có:

\(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {{F_1}} - 3\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_{34}}} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {{F_{34}}} = 2\overrightarrow {{F_1}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_{34}}} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 30\sqrt 3 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 15\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = 3.15\sqrt 3 = 45\sqrt 3 \).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| + \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = 15\sqrt 3 + 45\sqrt 3 = 60\sqrt 3 \approx 104\) (N).

Lập phương trình bậc hai theo ẩn x mô tả số lượng cá rồi giải ra nghiệm.

Sau 1 năm, số lượng cá trong hồ là \(1000 + 1000x = 1000(1 + x)\) (con).

Sau 2 năm, số lượng cá trong hồ là \(1000(1 + x) + 1000(1 + x)x = 1000{(1 + x)^2}\) (con).

Điều kiện: \(x > 0\).

Để số lượng cá trong hồ sau 2 năm là 36000 thì ta có \(1000{(1 + x)^2} = 36000 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\x = - 7\end{array} \right.\).

Loại x = -7.

Vậy tốc độ tăng số cá mỗi năm là x = 5.

\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\).

Dãy số liệu trên đã sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Có n = 20 nên \({Q_2} = \frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2} = \frac{{18 + 20}}{2} = 19\).

Bên trái trung vị có 10 giá trị nên \({Q_1} = \frac{{{x_5} + {x_6}}}{2} = \frac{{9 + 11}}{2} = 10\).

Bên phải trung vị có 10 giá trị nên \({Q_3} = \frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2} = \frac{{31 + 33}}{2} = 32\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 32 - 10 = 22\).