Đề thi giữa kì 1 Toán 10 - Đề số 11

P(1) chia hết cho 3.

P(2) là số chẵn.

P(2n) > P(n) – 1 với n = 1.

Tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện \(\frac{{2P(n) - 1}}{{n - 3}}\) là số nguyên.

a) Biểu thức biểu diễn số gam đường cần dùng là 30x + 10y.

b) Biểu thức biểu diễn số gam hương liệu cần dùng là x + y.

Cặp (x; y) thỏa mãn bài toán thuộc miền nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{3x + y \le 21}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array}} \right.\).

d) Mỗi lít nước cam nhận được 60 điểm thưởng, mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm thưởng. Để điểm thưởng lớn nhất thì cần pha chế 4 lít nước cam và 5 lít nước táo.

a) \(\widehat {MNA} = {43^o}\).

b) \(\widehat {ANB} = {60^o}\).

c) Khoảng cách từ đỉnh cột ăng-ten đến vị trí B không quá 56m.

d) Chiều cao của ngôi nhà là 25m.

a) \(A \cap B = \{ - 2;1\} \).

b) \(A \cup B = \{ - 2;0;1;2;3;4;5\} \).

c) \(B \subset C\).

d) \({C_\mathbb{N}}A = (5; + \infty )\).

Cho mệnh đề P. Mệnh đề “Không phải P” được gọi là mệnh đề phủ định của mệnh đề P.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề A là “32 không là số tự nhiên chẵn”.

Dựa vào định nghĩa bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Các bất phương trình ở đáp án A, B, C đều là bất phương trình bậc hai. Chỉ có bất phương trình ở đáp án D là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Thay lần lượt tọa độ của các điểm đã cho vào hai bất phương trình có trong hệ, nếu thỏa mãn hai bất phương trình trong hệ thì điểm đó thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Với M(0;1) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 + 3.1 - 2 \ge 0}\\{2.0 + 1 + 1 \le 0}\end{array}} \right.\). Thấy bất phương trình thứ 2 của hệ sai. Vậy A sai.

Với N(-1;1) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1 + 3.1 - 2 \ge 0}\\{2.( - 1) + 1 + 1 \le 0}\end{array}} \right.\). Thấy cả hai bất phương trình của hệ đúng. Vậy b đúng.

Với P(1;3) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 + 3.3 - 2 \ge 0}\\{2.1 + 3 + 1 \le 0}\end{array}} \right.\). Thấy bất phương trình thứ 2 của hệ sai. Vậy C sai.

Với Q(-1;0) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1 + 3.0 - 2 \ge 0}\\{2.( - 1) + 0 + 1 \le 0}\end{array}} \right.\). Thấy bất phương trình thứ 1 của hệ sai. Vậy D sai.

Thay lần lượt tọa độ các điểm đã cho vào bất phương trình x – 4y + 5 > 0, nếu thỏa mãn thì điểm đó thuộc miền nghiệm của bất phương trình đã cho.

Với điểm có tọa độ (2;1) ta thấy bất phương trình 2 – 4.1 + 5 > 0 đúng.

Với điểm có tọa độ (-5;0) ta thấy bất phương trình -5 – 4.0 + 5 > 0 sai.

Với điểm có tọa độ (0;0) ta thấy bất phương trình 0 – 4.0 + 5 > 0 đúng.

Với điểm có tọa độ (1;-3) ta thấy bất phương trình 1 – 4.(-3) + 5 > 0 đúng.

Dựa vào định lí Sin trong tam giác.

Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b, AB = c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\).

Hợp của hai tập hợp A và B là tập hợp gồm các phần tử thuộc tập hợp A hoặc thuộc tập hợp B.

\(A \cup B = ( - 5;7)\).

Xét miền nghiệm có chứa biên hay không.

Thay tọa độ của điểm bất kì vào hệ phương trình xem có thỏa mãn không.

Dùng phương pháp loại trừ.

Do miền nghiệm không chứa biên nên ta loại đáp án A và C.

Lấy điểm M(0;1) thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình, thay tọa độ điểm M vào đáp án B, D.

Xét đáp án B, ta thấy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 - 2.1 > 0}\\{0 + 3.1 < - 2}\end{array}} \right.\) không thỏa mãn. Loại B.

Xét đáp án D, ta thấy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 - 2.1 < 0}\\{0 + 3.1 > - 2}\end{array}} \right.\) thỏa mãn. Chọn D.

Dựa vào mối quan hệ giữa các giá trị lượng giác của hai góc bù nhau.

Với hai góc bù nhau \(\alpha \) và \({180^o} - \alpha \), ta có \(\sin ({180^o} - \alpha ) = \sin \alpha \).

\(\forall x \in [a;b) \Leftrightarrow a \le x < b\).

Với \(x \in \mathbb{R}\) thì \(\forall x \in [ - 3;2) \Leftrightarrow - 3 \le x < 2\).

Áp dụng công thức \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\).

Ta có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}4.8\sin {60^o} = 8\sqrt 3 \).

Xét từng mệnh đề.

Ta có:

P(3): \(3 + 2 > {3^2}\) là mệnh đề sai. Loại A.

P(-1): \( - 1 + 2 > {( - 1)^2}\) là mệnh đề sai. Loại B.

P(1): \(1 + 2 > {1^2}\) là mệnh đề đúng. Chọn C.

P(3): \(5 + 2 > {5^2}\) là mệnh đề sai. Loại D.

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Xét tam giác MNP vuông tại M có \(\sin \widehat {MNP} = \frac{{MP}}{{NP}}\), suy ra \(MP = NP\sin \widehat {MNP} = 16\sin {30^o} = 8\).

P(1) chia hết cho 3.

P(2) là số chẵn.

P(2n) > P(n) – 1 với n = 1.

Tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện \(\frac{{2P(n) - 1}}{{n - 3}}\) là số nguyên.

a) Tính P(1) bằng cách thay n = 1 vào biểu thức P(n) rồi nhận xét.

b) Tính P(2) bằng cách thay n = 2 vào biểu thức P(n) rồi nhận xét.

c) Tính P(2n) và P(n) – 1 bằng cách thay n = 1 vào biểu thức P(n) rồi nhận xét.

d) Viết lại đa thức \(\frac{{2P(n) - 1}}{{n - 3}}\) dưới dạng \(an + b + \frac{c}{{n - 3}}\) rồi tìm n sao cho n – 3 là ước của c.

a)Sai. \(P(1) = {1^2} - 6.1 + 10 = 5\). Vậy P(1) không chia hết cho 3.

b) Đúng. \(P(2) = {2^2} - 6.2 + 10 = 2\). Vậy P(2) là số chẵn.

c) Sai. \(P(2n) = P(2) = 2\), \(P(n) - 1 = P(1) - 1 = 5 - 1 = 4\). Vậy P(2n) < P(n).

d) Sai. \(\frac{{2P(n) - 1}}{{n - 3}} = \frac{{{n^2} - 12n + 19}}{{n - 3}} = 2n - 6 + \frac{1}{{n - 3}}\) là số nguyên khi và chỉ khi n – 3 là ước của 1.

Vì không tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn nên mệnh đề sai.

a) Biểu thức biểu diễn số gam đường cần dùng là 30x + 10y.

b) Biểu thức biểu diễn số gam hương liệu cần dùng là x + y.

Cặp (x; y) thỏa mãn bài toán thuộc miền nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{3x + y \le 21}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array}} \right.\).

d) Mỗi lít nước cam nhận được 60 điểm thưởng, mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm thưởng. Để điểm thưởng lớn nhất thì cần pha chế 4 lít nước cam và 5 lít nước táo.

Lập hệ bất phương trình.

a)Đúng. Biểu thức biểu diễn số gam đường cần dùng là 30x + 10y.

b) Sai. Biểu thức biểu diễn số gam hương liệu cần dùng là x + 4y.

c) Đúng. Với x, y lần lượt là số lít nước cam, nước táo được tạo thành, ta có:

30x + 10y là số gam đường cần dùng.

x + y là số lít nước cần dùng.

x + 4y là số gam hương liệu cần dùng.

Theo giả thiết ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{30x + 10y \le 210}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{3x + y \le 21}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array}} \right.\).

d) Đúng. Vẽ miền nghiệm của hệ:

Ta thấy miền nghiệm của hệ là một miền ngũ giác OABCD kể cả biên, trong đó O(0;0), A(0;6), B(4;5), C(6;3) và D(7;0).

Số điểm thưởng nhận được là P = 60x + 80y.

P đạt giá trị lớn nhất tại một trong các đỉnh của ngũ giác. Thay tọa độ các điểm trên vào P, thấy P đạt giá trị lớn nhất bằng 640 tại B(4;5).

Vậy, cần pha chế 4 lít nước cam và 5 lít nước táo.

a) \(\widehat {MNA} = {43^o}\).

b) \(\widehat {ANB} = {60^o}\).

c) Khoảng cách từ đỉnh cột ăng-ten đến vị trí B không quá 56m.

d) Chiều cao của ngôi nhà là 25m.

a) Sử dụng tính chất của hai góc phụ nhau trong tam giác vuông.

b) Cộng trừ số đo hai góc kề nhau.

c) Sử dụng định lí Sin trong tam giác.

d) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

a) Đúng. Xét tam giác AMN vuông tại M có \(\widehat {MNA} = {90^o} - \widehat {MAN} = {90^o} - {47^o} = {43^o}\).

b) Sai. Xét tam giác BMN vuông tại M có \(\widehat {MNB} = {90^o} - \widehat {MBN} = {90^o} - {30^o} = {60^o}\).

Ta có \(\widehat {ANB} = \widehat {BNM} - \widehat {ANM} = {60^o} - {43^o} = {17^o}\).

c) Đúng. Ta có \(\widehat {NAB} = {180^o} - \widehat {MAN} = {180^o} - {47^o} = {133^o}\).

Xét tam giác NAB có \(\frac{{NB}}{{\sin \widehat {NAB}}} = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ANB}}}\), suy ra \(NB = \frac{{22\sin {{133}^o}}}{{\sin {{17}^o}}} \approx 55\) (m).

d) Sai. Xét tam giác BMN vuông tại M có \(\sin \widehat {MBN} = \frac{{MN}}{{AB}}\), suy ra \(MN = NB\sin \widehat {MBN} = 55\sin {30^o} = 27,5\).

Chiều cao của ngôi nhà là 27,5 – 5 = 22,5 (m).

a) \(A \cap B = \{ - 2;1\} \).

b) \(A \cup B = \{ - 2;0;1;2;3;4;5\} \).

c) \(B \subset C\).

d) \({C_\mathbb{N}}A = (5; + \infty )\).

a) Giao của hai tập hợp là tập hợp gồm các phần tử thuộc cả hai tập hợp.

b) Hợp của hai tập hợp là tập hợp gồm các phần tử thuộc một trong hai tập hợp hoặc thuộc cả hai tập hợp.

c) Tập hợp con của tập hợp A có các phần tử đều thuộc tập hợp A (kể cả tập hợp rỗng và A).

d) \({C_\mathbb{N}}A\) là phần bù của A trong \(\mathbb{N}\).

Ta có: \(A = \{ 0;1;2;3;4;5\} \), \(B = \{ - 2;1\} \), \(C = \{ - 2; - 1;1;4\} \).

a) Sai. \(A \cap B = \{ 1\} \).

b) Đúng. \(A \cup B = \{ - 2;0;1;2;3;4;5\} \).

c) Đúng. \(B \subset C\).

d) Đúng. \({C_\mathbb{N}}A = \mathbb{N}\backslash A = (5; + \infty )\).

Mệnh đề đúng khi giá trị của x là nghiệm của phương trình \({x^2} - 4 = 0\) và \(x \in \mathbb{N}\).

Ta có: \({x^2} - 4 = 0\)

Suy ra \(x = \pm 2\).

Mà \(x \in \mathbb{N}\) nên \(x = 2\).

Sử dụng định lí Cosin trong tam giác.

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ABC có:

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

\({14^2} = B{C^2} + A{B^2} - 2BC.AB.\cos {120^o}\)

\( 196 = B{C^2} + A{B^2} - 2BC.AB.\left( { - \frac{1}{2}} \right)\)

\( 196 = B{C^2} + A{B^2} + BC.AB\) (*)

Từ giả thiết ta có: \(BC + AB = 16\) suy ra \(AB = 16 - BC\).

Thay AB = 16 - BC vào (*) ta được:

\(B{C^2} + {(16 - BC)^2} + BC(16 - BC) = 196\)

\(B{C^2} - 16BC + 60 = 0\)

Giải phương trình trên ta được BC = 6 hoặc BC = 10.

Với BC = 10 thì AB = 6 (thỏa mãn yêu cầu đề bài BC > AB).

Với BC = 6 thì AB = 10 (loại vì đề bài yêu cầu BC > AB).

Vậy BC = 10.

Dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông và giá trị lượng giác của góc tù.

Ta có: \(\tan \alpha + \cot \alpha = - 2\)

\(\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} + \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = - 2\)

\(\frac{1}{{\sin \alpha \cos \alpha }} = - 2\)

\(\sin \alpha \cos \alpha = - \frac{1}{2}\).

Ta lại có \({(\sin \alpha - \cos \alpha )^2} = 1 - 2\sin \alpha \cos \alpha = 1 - 2.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 2\).

Suy ra \(\sin \alpha - \cos \alpha = \pm \sqrt 2 \).

Vì \(\alpha \) là góc tù nên \(\sin \alpha - \cos \alpha > 0\). Khi đó \(\sin \alpha - \cos \alpha = \sqrt 2 \).

Vậy \(M = \frac{{\sqrt 2 }}{4}(\sin \alpha - \cos \alpha ) = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\sqrt 2 = \frac{1}{2} = 0,5\).

Lập hệ bất phương trình.

Gọi x, y \((0 \le x \le 8,0 \le y \le 9)\) lần lượt là số tấn nguyên liệu loại I và loại II cần dùng.

Từ x tấn nguyên liệu loại I chiết xuất được 20x kg chất A.

Từ y tấn nguyên liệu loại II chiết xuất được 1,5 kg chất B.

Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}20x \ge 100\\1,5y \ge 9\\0 \le x \le 8\\0 \le y \le 9\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 5\\y \ge 6\\0 \le x \le 8\\0 \le y \le 9\end{array} \right.\)

Lợi nhuận thu về là \(F(x;y) = 0,5.20x + 5.1,5y - 5x - 3y = 5x + 4,5y\).

Miền nghiệm biểu diễn là miền tứ giác ABCD có A(5;6), B(8;6), C(8;9), D(5;9).

Tính giá trị của F(x;y) tại các đỉnh A, B, C, D tìm được giá trị lớn nhất là F(8;9) = 80,5.

Vậy cần sử dựng 8 tấn nguyên liệu loại I và 9 tấn nguyên liệu loại II.

Tìm phương trình đường thẳng bờ của miền nghiệm. Thay tọa độ một điểm bất kì vào phương trình đường thẳng vừa tìm để xác định chiều của bất đẳng thức.

Gọi đường thẳng bờ của miền nghiệm là d, có dạng \(y = cx + d\).

Vì điểm (0;3) và \(\left( {\frac{3}{2};0} \right)\) thuộc d nên ta có hệ:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3 = 0c + d}\\{0 = \frac{3}{2}c + d}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{d = 3}\\{c = - 2}\end{array}} \right.\)

Vậy d: \(y = - 2x + 3\) hay \(2x + y = 3\).

Thay điểm O(0;0) vào phương trình d, ta được: 2.0 + 0 = 0 < 3.

Quan sát hình vẽ thấy O thuộc miền nghiệm nên bất phương trình cần tìm là \(2x + y \le 3\).

Suy ra a = 2, b = 1. Vậy a + b = 2 + 1 = 3.

Sử dụng kiến thức về các phép toán trên tập hợp.

Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn thì \(n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)\).

Cách 1:

Gọi A là tập hợp các học sinh tham gia tiết mục múa, B là tập hợp các học sinh tham gia tiết mục hát.

Khi đó, số phần tử của hai tập hợp A, B là \(n(A) = 5\) và \(n(B)\).

Số học sinh tham gia ít nhất một trong hai tiết mục là \(n(A \cup B) = 12 - 4 = 8\) (vì có 4 học sinh không tham gia tiết mục nào).

Theo đề bài, số học sinh tham gia cả hai tiết mục là \(n(A \cap B) = 5\).

Ta có: \(n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)\)

\(8 = 5 + n(B) - 3\)

\(n(B) = 6\).

Vậy có 6 học sinh tham gia tiết mục hát.

Cách 2:

Vì nhóm có 12 học sinh, trong đó 4 học sinh không tham gia tiết mục nào nên tổng số học sinh tham gia hai tiết mục múa và hát là 12 – 4 = 8 (học sinh).

Trong 5 học sinh tham gia tiết mục múa, có 3 học sinh tham gia cả hai tiết mục nên số học sinh chỉ tham gia tiết mục múa là 5 – 3 = 2 (học sinh).

Do đó, số học sinh tham gia tiết mục hát là 8 – 2 = 6 (học sinh).