Đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo – Đề 7 (có đáp án)

Ta biểu diễn bằng biểu đồ Ven như dưới đây:

Những cửa hàng bán quần áo được đại diện bởi đường cong kín “Quần áo” (màu cam).

Những cửa hàng bán giày được đại diện bởi đường cong kín “Giày” (màu xanh).

Phần giao của hai đường cong kín “Quần áo” và “Giày” là những cửa hàng bán cả quần áo và giày.

Đường cong kín lớn nhất đại diện cho tổng số cửa hàng tại trung tâm mua sắm, phần nằm bên ngoài hai đường cong kín “Quần áo”, “Giày” và bên trong đường cong kín lớn nhất đại diện cho những cửa hàng không bán cả quần áo và giày.

a) Gọi $x$ là số cửa hàng bán cả quần áo và giày $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$.

Trong 25 cửa hàng bán quần áo có $x$ cửa hàng bán cả quần áo và giày, trong 17 cửa hàng bán giày có $x$ cửa hàng bán quần áo và giày.

Khi đó số cửa hàng chỉ bán quần áo là $25-x$ (cửa hàng).

Số cửa hàng chỉ bán giày là $17-x$ (cửa hàng).

Do đó số cửa hàng bán ít nhất 1 trong 2 mặt hàng quần áo và giày là:

$\left(25-x\right)+x+\left(17-x\right)=42-x$

Theo đề bài ta có $42-x=35$, suy ra $x=7$ (thỏa mãn).

Vậy có 7 cửa hàng bán cả quần áo và giày.

b) Số cửa hàng chỉ bán quần áo là 25 – 7 = 18 (cửa hàng).

Số cửa hàng chỉ bán giày là 17 – 7 = 10 (cửa hàng).

Số cửa hàng chỉ bán một trong hai loại quần áo hoặc giày là 18 + 10 = 28 (cửa hàng).

Vậy có 28 cửa hàng chỉ bán một trong hai loại quần áo hoặc giày.

c) Số cửa hàng không bán hai loại hàng hóa trên bằng tổng số cửa hàng trong trung tâm mua sắm trừ đi số cửa hàng bán ít nhất một trong hai mặt hàng.

Do đó số cửa hàng không bán hai mặt hàng trên là 47 – 35 = 12 (cửa hàng).

Vậy có 12 cửa hàng không bán hai loại hàng hóa trên.

Gọi $x,y$ lần lượt là số tấm thiệp loại nhỏ và loại lớn cần vẽ. Ta có $x\ge 0,y\ge 0$.

Số giờ để vẽ $x$ tấm thiệp loại nhỏ và $y$ tấm thiệp loại lớn là $2x+3y$.

Vì học sinh chỉ có 30 giờ để vẽ nên $2x+3y\le 30$.

Số tấm thiệp phải vẽ ít nhất là 12 tấm nên $x+y\ge 12$.

Từ đó ta thu được hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn sau: $\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ x+y\ge 12\\ 2x+3y\le 30\end{array}$.

Số tiền thu được khi bán $x$ tấm thiệp loại nhỏ và $y$ tấm thiệp loại lớn là $F\left(x;y\right)=10x+20y$ (nghìn đồng).

Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của $F\left(x;y\right)$ khi $\left(x;y\right)$ thỏa mãn hệ bất phương trình trên.

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trên hệ trục tọa độ $$Oxy$$ ta được như hình dưới.

Miền nghiệm của hệ là miền tam giác $ABC$ với các đỉnh: $A\left(6;6\right)$, $B\left(15;0\right)$, $C\left(12;0\right)$.

Tính giá trị của $F\left(x;y\right)$ tại các đỉnh của ngũ giác:

Tại $A\left(6;6\right)$: $F\left(6;6\right)=10\cdot 6+20\cdot 6=180$;

Tại $B\left(15;0\right)$: $F\left(15;0\right)=10\cdot 15+20\cdot 0=150$;

Tại $C\left(12;0\right)$: $F\left(12;0\right)=10\cdot 12+20\cdot 0=120$.

$F$ đạt giá trị lớn nhất bằng 180 tại $A\left(6;6\right)$.

Vậy bạn học sinh đó cần vẽ 6 tấm thiệp loại nhỏ và 6 tấm thiệp loại to để có được nhiều tiền nhất.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $ABC$ ta có:

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cdot \cos \widehat{BAC}={\left(7,5\right)}^2+{\left(10,5\right)}^2-2\cdot 8,5\cdot 10,5\cdot \cos 135^{\circ }\approx 277,87$

Suy ra $BC\approx 16,67$ (m).

Đường tròn hồ đi qua ba đỉnh của tam giác $ABC$ nên đường tròn này ngoại tiếp tam giác $ABC$. Gọi $R$ là bán kính đường tròn này. Theo định lí sin ta có: $\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=2R$.

Thay số ta được: $2R=\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}\approx \frac{16,67}{\sin 135^{\circ }}\approx 23,57$ (m).

Do đó, đường kính $d=2R\approx 23,57$ (m).

Vậy đường kính của hồ nước khoảng 23,57 m.

a) Ta có: $$B{C}^2={\left|\overrightarrow{BC}\right|}^2={\overrightarrow{BC}}^2={\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)}^2=A{C}^2+A{B}^2-2\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}$$.

Suy ra: $$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=\frac{A{C}^2+A{B}^2-B{C}^2}{2}=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}$$.

Tương tự ta có: $$\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{BA}=\frac{a^2+c^2-b^2}{2};\overrightarrow{CA}\cdot \overrightarrow{CB}=\frac{a^2+b^2-c^2}{2}$$.

Suy ra: $$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CA}\cdot \overrightarrow{AB}$$$$=-\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}-\overrightarrow{CB}\cdot \overrightarrow{CA}-\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AB}$$

$$=-\left(\frac{c^2+a^2-b^2}{2}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2}\right)=-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$$.

b) Ta có: $$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AM}$$ với $$M$$ là trung điểm của $$BC$$.

Vì $$G$$ là trọng tâm tam giác $$ABC$$ nên $$\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AM}$$. Vậy $$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)$$.

Suy ra: $$A{G}^2={\overrightarrow{AG}}^2=\frac{1}{9}{\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)}^2=\frac{1}{9}\left(A{B}^2+A{C}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}\right)$$

$$=\frac{1}{9}\left(c^2+b^2+2\cdot \frac{b^2+c^2-a^2}{2}\right)=\frac{1}{9}\left(2b^2+2c^2-a^2\right)$$.

$$\Rightarrow AG=\frac{1}{3}\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}$$.

Ta có: $$\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BC}=\left|\overrightarrow{AG}\right|\cdot \left|\overrightarrow{BC}\right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{AG},\overrightarrow{BC}\right)$$$\Rightarrow \cos \left(\overrightarrow{AG},\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{AG}\right|\cdot \left|\overrightarrow{BC}\right|}$.

Lại có: $$\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BC}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\right)=\frac{1}{3}\left(A{C}^2-A{B}^2\right)=\frac{1}{3}\left(b^2-c^2\right)$$.

Do đó, $$\cos \left(\overrightarrow{AG},\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\frac{1}{3}\left(b^2-c^2\right)}{\frac{1}{3}\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}\cdot a}=\frac{b^2-c^2}{a\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}}$$.