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

Diện tích hình chữ nhật bên trong khung ảnh (không bao gồm viền) là 7 . 13 = 91 (cm2).

Vì độ rộng viền xung quanh là $x$ cm nên $x>0$ và kích thước của khung ảnh là

$\left(7+2x\right)\mathrm{cm}\times \left(13+2x\right)$cm.

Diện tích viền khung ảnh là: $\left(7+2x\right)\left(13+2x\right)-91=4x^2+40x$ (cm2).

Theo bài ra ta có: $4x^2+40x\le 44$.

Giải bất phương trình trên ta được $x\in \left[-11;1\right]$. Do $x>0$ nên $x\in \left(0;1\right]$.

Vậy độ rộng viền khung ảnh lớn nhất là 1 cm.

Gọi $A\left(x_A;y_A\right)$ và $B\left(x_B,y_B\right)$.

Do điểm $M\left(2;2\right)$ là trung điểm của cạnh $BC$ nên ta có:

$\{\begin{array}{l}\frac{x_B-1}{2}=2\\ \frac{y_B+2}{2}=2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_B=5\\ y_B=2\end{array}\Rightarrow B\left(5;2\right)$.

Do $G\left(3;1\right)$ là trọng tâm của tam giác nên ta có:

$AG=\frac{2}{3}AM\Rightarrow AG=2GM\Rightarrow \overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GM}$

Mà: $\overrightarrow{AG}=\left(3-x_A;1-y_A\right)$; $\overrightarrow{GM}=\left(2-3;2-1\right)=\left(-1;1\right)$

Do đó, $\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{GM}\iff \{\begin{array}{l}3-x_A=2\cdot (-1)\\ 1-y_A=2\cdot 1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}_A=5\\ y_A=-1\end{array}\Rightarrow A\left(5;-1\right)$.

Đường thẳng $AB$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=\left(5-5;2-(-1)\right)=\left(0;3\right)$

Do đó, nó có một vectơ pháp tuyến là: $\overrightarrow{n}=\left(-3;0\right)$.

Phương trình tổng quát của đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A$ và có vectơ pháp tuyến  $\overrightarrow{n}=\left(-3;0\right)$ là $-3\left(x-5\right)+0.\left(y-(-1)\right)=0\iff x-5=0$.

Gọi bán kính của vòng tròn và hai nửa hình tròn tương ứng là $x$, $y$ (m) $\left(x,y>0\right)$.

Chu vi của vòng tròn là: $2\cdot 3,14\cdot x=6,28x$ (m).

Vì hai nửa hình tròn bằng nhau nên tổng chu vi của hai nửa này bằng tổng chu vi của đường tròn bán kính $y$ (m) với 2 lần độ dài đường kính của đường tròn đó, do đó chu vi của hai nửa hình tròn là: $2\cdot 3,14\cdot y+4y=10,28y$ (m).

Tổng chu vi của chúng là 36 m nên ta có:

$6,28x+10,28y=36\Rightarrow 6,28x+10,28y-36=0\iff 1,57x+2,57y-9=0$.

Diện tích của vòng tròn là: $3,14x^2\left({\mathrm{m}}^2\right)$.

Diện tích của hai nửa hình tròn là: $2\cdot \frac{1}{2}\cdot 3,14\cdot y^2=3,14y^2\left({\mathrm{m}}^2\right)$.

Gọi tổng diện tích của chúng là $S\left({\mathrm{m}}^2\right)$. Khi đó ta có:

$S=3,14x^2+3,14y^2\Rightarrow x^2+y^2=\frac{S}{3,14}$.

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, xét đường tròn $\left(C\right):x^2+y^2=\frac{S}{3,14}$ có tâm $O\left(0;0\right)$ và bán kính $R=\sqrt{\frac{S}{3,14}}$  và đường thẳng $\Delta :1,57x+2,57y-9=0$.

Khi đó bài toán được chuyển thành: Tìm $R$ nhỏ nhất để $\left(C\right)$ và $\Delta$ có ít nhất một điểm chung, với hoành độ và tung độ đều là các số dương.

Bài toán trên tương đương với $\Delta$ tiếp xúc với $\left(C\right)$, đồng thời khi đó điểm $M$ trùng với điểm $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $\Delta$.

Ta có: $OH\perp \Delta \Rightarrow \overrightarrow{u_{OH}}=\overrightarrow{n_{\Delta }}=\left(1,57;2,57\right)$

Suy ra đường thẳng $OH$ có một vectơ pháp tuyến là: $\overrightarrow{n_{OH}}=\left(-2,57;1,57\right)$

Phương trình đường thẳng $OH$ là:

$-2,57\left(x-0\right)+1,57\left(y-0\right)=0\iff 2,57x-1,57y=0$.

Điểm $H$ là giao điểm của đường thẳng $OH$ và đường thẳng $\Delta$ nên tọa độ của $H$là nghiệm của hệ phương trình

$\{\begin{array}{l}2,57x-1,57y=0\\ 1,57x+2,57y-9=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\approx 1,56\\ y\approx 2,55\end{array}$.

Vậy bán kính vòng tròn xấp xỉ bằng 1,56 m và bán kính hai nửa hình tròn xấp xỉ bằng 2,55 m thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.