Đề thi cuối kì 2 Toán 10 Cánh diều – Đề 07 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) Gọi số cần tìm có dạng $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6}$ là số thỏa yêu cầu bài toán thì $a_3+a_4+a_5=8$.

Có hai bộ $3$ số có tổng bằng $8$ trong các số $1;2;3;...;9$ là: $\left\{1;2;5\right\}$và $\left\{1;3;4\right\}$

Nếu $a_3;a_4;a_5\in \left\{1;2;5\right\}$ thì $a_3,a_4,a_5$ có $3!$ cách chọn và $a_1,a_2,a_6$ có $A_6^3$ cách chọn suy ra có $3!A_6^3=720$ số thỏa mãn yêu cầu.

Nếu $a_3;a_4;a_5\in \left\{1;2;5\right\}$ tương tự ta cũng có $720$ số thỏa yêu cầu.

Vậy có $720+720=1400$ số thỏa yêu cầu.

b) Điều kiện: $$n\ge 2,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

$$C_n^1+C_n^2=15\iff n+\frac{n\left(n-1\right)}{2}=15\iff n^2+n-30=0\iff [\begin{array}{c}n=5\\ n=-6\end{array}\Rightarrow n=5$$

Khi đó,

$${\left(x+\frac{2}{x^4}\right)}^5=C_5^0{x}^5{\left(\frac{2}{x^4}\right)}^0+C_5^1{x}^4\left(\frac{2}{x^4}\right)+C_5^2{x}^3{\left(\frac{2}{x^4}\right)}^2+C_5^3{x}^2{\left(\frac{2}{x^4}\right)}^3+C_5^{4}x{\left(\frac{2}{x^4}\right)}^4+C_5^5{x}^0{\left(\frac{2}{x^4}\right)}^5$$$=x^5+10+\frac{40}{x^5}+\frac{80}{x^{10}}+\frac{80}{x^{15}}+\frac{32}{x^{20}}$

Suy hệ số của số hạng không chứa $$x$$ trong khai triển ${\left(x+\frac{2}{x^4}\right)}^5$ là $10$.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: $\overrightarrow{IA}\left(8;-3\right)\Rightarrow IA=\sqrt{8^2+{\left(-3\right)}^2}=\sqrt{73}$.

Suy ra bán kính đường tròn $\left(C\right)$ là $R=\sqrt{73}$.

Khi đó phương trình đường tròn $\left(C\right)$ cần tìm là: ${\left(x-8\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2=73$.

b)

Từ điểm $I$ kẻ $IH$ vuông góc với đường thẳng $d\left(H\in d\right)$.

Khi đó $H$ là trung điểm của $AB$.

Khoảng cách từ điểm $I$ đến đường thẳng $d$ là: $d\left(I;d\right)=\frac{|3.1-4.\left(-2\right)-1|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\frac{10}{5}=2$.

Diện tích tam giác $IAB$ bằng $4$ nên độ dài cạnh $AB$ bằng: $2.4:2=4$.

$\Rightarrow AH=HB=\frac{1}{2}AB=2$.

Xét tam giác $AIH$, vuông tại $H$ có: $IA=\sqrt{I{H}^2+A{H}^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$.

Khi đó phương trình đường tròn $\left(C\right)$ có tâm $I\left(1;-2\right)$ và bán kính $IA=2\sqrt{2}$ là:

${\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2=8$.

Hướng dẫn giải

Do $n$ là số lẻ nên ta đặt $n=2k+1\left(k\in \mathbb{N},k\ge 1\right)$.

Số phần tử không gian mẫu là:$n\left(\Omega \right)=C_{2k+1}^3$.

Gọi $A$ là biến cố: “$3$ đỉnh được chọn tạo thành tam giác tù”

Giả sử tam giác $ABC$ có góc $\hat{A},\hat{B}$ là góc  nhọn và  góc $\hat{C}$  tù

Chọn một đỉnh bất kì làm đỉnh $A$ có $2k+1$ cách

Khi đó còn lại $2k$ đỉnh, từ điểm được chọn ta chia làm $2$, mỗi bên là $k$  đỉnh

Để tạo thành tam giác tù thì $2$ đỉnh còn lại phải được chọn từ $k$ đỉnh cùng thuộc một phía so với điểm đã chọn do đó có $C_k^2+C_k^2$ cách chọn

Nhưng với cách tính như vậy số tam giác được lặp lại $2$ lần nên

$n\left(A\right)=\frac{\left(2k+1\right)\left(C_k^2+C_k^2\right)}{2!}=\left(2k+1\right)C_k^2$

Vậy $P\left(A\right)=\frac{\left(2k+1\right)C_k^2}{C_{2k+1}^3}=\frac{45}{62}$.

$\iff 62\frac{k!}{2!\left(k-2\right)!}.\left(2k+1\right)=45\frac{\left(2k+1\right)!}{3!\left(2k-2\right)!}$

$\iff 62\frac{k\left(k-1\right)\left(2k+1\right)}{2}=45\frac{2k\left(2k+1\right)\left(2k-1\right)}{6}$

$\iff 62k^3-31k^2-31k=60k^3-15k$

$\iff 2k^3-31k^2-16k=0\iff [\begin{array}{l}k=16\\ k=-\frac{1}{2}\\ k=0\end{array}$.

Kết hợp với điều kiện $k=16$ thoả mãn bài toán.

Vậy $n=33$.