Đề thi giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo – Đề 2 (có đáp án)

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

(Đúng) Số phần tử của tập hợp $A$ là $2$

(Vì): Ta có $A=\{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\mid \left(n-2\right)\left(n-1\right)\left(n+3\right)=0\}$. Các nghiệm của phương trình là $n=1,n=2,n=-3$. Vì $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, ta chọn $n=1,n=2$. Vậy $A=\{1,2\}$, số phần tử của tập hợp $A$ là $2$.

(Sai) Số tập con của tập hợp $B$ bằng $3$

(Vì): Ta có $B=\{x\in \mathbb{R}\mid x^2+6x=0\}$. Các nghiệm của phương trình là $x=0,x=-6$. Vậy $B=\{-6,0\}$, số phần tử của tập hợp $B$ là $2$. Số tập con của tập hợp $B$ là $2^{|B|}=2^2=4$ tập hợp.

(Đúng) $A\cup B=\{-6,0,1,2\}$

(Vì): Ta có $A=\{1,2\}$ và $B=\{-6,0\}$. Hợp của hai tập hợp $A$ và $B$ là $A\cup B=\{-6,0,1,2\}$.

(Đúng) $A\cap B=\varnothing$

(Vì): Ta có $A=\{1,2\}$ và $B=\{-6,0\}$. Giao của hai tập hợp $A$ và $B$ là $A\cap B=\varnothing$.

 a) Thay  vào bất phương trình $2x-3y\le 2$ và và  ta thấy đều thỏa, do vậy gốc tọa độ  nằm trong miền nghiệm của bất phương trình $2x-3y\le 2$.

$x,y$không là số nguyên dương $\Rightarrow \left\{x,y\in \mathbb{Z}|x\le 0,y\le 0\right\}$. Kẻ miền nghiệm lên đồ thị $Oxy$, ta thấy được rằng có hai điểm $(-1;0)$, và  thõa mãn yêu cầu.

Do đó tồn tại nhiều hơn $1$ cặp số $(x;y)$ thõa mãn.

Biểu diễn miền nghiệm hệ bất phương trình trên lên đồ thị, ta được:

Xét tứ giác được tạo bởi miền nghiệm, ta thấy tổng giá trị góc $O$ và góc đối diện góc $O$ không bằng $180^{\circ }$, do đó đây không là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Các giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức $P=x+y$ sẽ nằm trên các đỉnh của miền nghiệm. Lần lượt ta có các đỉnh là $(0;0)$, $\left(-\frac{6}{5};0\right)$, $\left(0;\frac{-2}{3}\right)$, $\left(-\frac{16}{17};-\frac{22}{17}\right)$.\\ Dễ thấy biểu thức $P$ đạt giá giá trị nhỏ nhất là $P=-\frac{38}{17}$.

Do vậy $P=-\frac{6}{5}$ là sai.

(Đúng) Gốc tọa độ $O(0;0)$ nằm trong miền nghiệm của bất phương trình $2x-3y\le 2$

(Sai) Tồn tại duy nhất $1$ cặp số $(x;y)$ sao cho $x,y$ không là số nguyên dương thuộc bất phương trình $5x+y\ge -6$

(Sai) Miền nghiệm biểu diễn của hệ bất phương trình $(\ast )$ là một tứ giác nội tiếp đường tròn khi biểu diễn lên hệ trục tọa độ $Oxy$.

Hệ bất phương trình $(\ast )$

$\{\begin{array}{l}2x-3y\le 2\\ 5x+y\ge -6\\ y\le 0\\ x\le 0\end{array}$

(Sai) Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x+y$ với $x,y$ thõa mãn hệ bất phương trình $(\ast )$ là $P=-\frac{6}{5}$

Trả lời

0

Điều kiện: $2m-7<m-5\iff m<2$

Để $A\subset B$ thì $\{\begin{array}{l}2m-7\ge -3\\ m-5<1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m\ge 2\\ m<6\end{array}\iff 2\le m<6$.

Kết hợp với kiện thấy không có $m$ thỏa yêu cầu.

Trả lời

5

 Gọi $x$ là số đơn vị sản phẩm loại I, $y$ là số đơn vị sản phẩm loại II sản xuất ra. Như vậy tiền lãi có được là $F\left(x;y\right)=3x+5y$ (nghìn đồng).

Theo giả thiết, số máy cần dùng nhóm X: $2x+2y$ (máy); số máy cần dùng ở nhóm Y là $0x+2y$ (máy); số máy cần dùng ở nhóm $Z$ là $2x+4y$ (máy).

Ta có hệ bất phương trình $$\left(\ast \right):\{\begin{array}{l}2x+2y\le 10\\ 2y\le 4\\ 2x+4y\le 12\\ x\ge 0,y\ge 0\end{array}$$.

Miền nghiệm của hệ $(\ast )$ được biểu diễn là miền của ngũ giác $OABCD$ với $O(0;0),A(0;2),B(2;2),C(4;1),D(5;0)$.

Xét $O(0;0)$, ta có $F(0;0)=3.0+5.0=0$;

Xét $A(0;2)$, ta có $F(0;2)=3.0+5.2=10$;

Xét $B(2;2)$, ta có $F(2;2)=3.2+5.2=16$;

Xét $C(4;1)$, ta có $F(4;1)=3.4+5.1=17$;

Xét $D(5;0)$, ta có $F(5;0)=3.5+5.0=15$.

Từ các kết quả trên, ta thấy khoản lãi lớn nhất $(F(x;y)$ lớn nhất) bằng 17 (ngàn đồng), khi đó người ta cần làm ra 4 sản phẩm loại I và 1 sản phẩm loại II (tức là $x=4,y=1$).

Trả lời

3

,

5

 Xét tam giác $$PAD$$ có $$PD=\sqrt{P{A}^2+A{D}^2-2.PA.AD.\cos \widehat{PAD}}=\sqrt{8^2+3^2-\mathrm{2.8.3.}\cos 100^{\circ }}\approx 9(km).$$

Và $$\cos \widehat{APD}=\frac{P{A}^2+P{D}^2-A{D}^2}{2.PA.PD}=\frac{8^2+9^2-3^2}{\mathrm{2.8.9}}=\frac{17}{18}$$ suy ra $$\widehat{APD}\approx 19^{\circ }$$.

Xét tam giác $$PBD$$ có $$\widehat{BPD}=\widehat{BPA}-\widehat{APD}=40^{\circ }-19^{\circ }=21^{\circ }$$

Và $$BD=\sqrt{P{B}^2+P{D}^2-2.PB.PD.\cos \widehat{BPD}}$$ $$=\sqrt{7^2+9^2-\mathrm{2.7.9.}\cos 21^{\circ }}\approx 3,5$$ (km).

Vậy bạn Bình phải đi khoảng $$3,5$$ km nữa để đến đích.

Ta có

$A=\frac{-\tan \alpha +3}{-\tan \alpha -1}=0$.

Gọi $x$ là số sản phẩm loại $A$ mà Linh làm.

Gọi $y$ là số sản phẩm loại $B$ mà Linh làm. (điều kiện $x\ge 0$, $y\ge 0$.)

Linh chỉ làm tối đa $9$ sản phẩm suy ra $x+y\le 9$.

Tổng thời gian làm sản phẩm không vượt quá $8$ giờ $=480$ phút.

Suy ra $40x+60y\le 480\iff 2x+3y\le 24$.

Lợi nhuận thu được (đơn vị: nghìn đồng) là $P=15x+20y$.

Ta có hệ bất phương trình $\{\begin{array}{l}x+y\le 9\\ 2x+3y\le 24\\ x\ge 0\\ y\ge 0.\end{array}$

Biểu diễn các bất phương trình trên hệ trục tọa độ ta được miền nghiệm là miền trong của tứ giác $OABC$ kể cả các cạnh của tứ giác.

Tại $O(0;0):P=15\cdot 0+20\cdot 0=0$.

Tại $A(9;0):P=15\cdot 9+20\cdot 0=135$.

Tại $B(3;6):P=15\cdot 3+20\cdot 6=165$.

Tại $C(0;8):P=15\cdot 0+20\cdot 8=160$.

Số tiền lớn nhất Linh thu được là $165$ nghìn đồng, khi làm $3$ sản phẩm loại $A$ và $6$ sản phẩm loại $B$.

Ta có $\widehat{ACB}=\widehat{CBH}-\widehat{CAH}=57^{\circ }-47^{\circ }=10^{\circ }$.

Áp dụng định lí sin ta có

$\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}=\frac{BC}{\sin \widehat{CAH}}\Rightarrow BC=\frac{AB\sin \widehat{CAH}}{\sin \widehat{ACB}}=\frac{63\sin {47}^{\circ }}{\sin {10}^{\circ }}$

Suy ra $CH=BC\sin \widehat{CBH}=\frac{63\sin {47}^{\circ }\sin {57}^{\circ }}{\sin {10}^{\circ }}\approx 222,5m$.