Đề thi cuối kì 1 Toán 10 Cánh diều cấu trúc mới – Đề 04 (có đáp án)

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) $\left(0;0\right)$ là một nghiệm của hệ bất phương trình.

b) $\left(-1;2\right)$ không là nghiệm của hệ bất phương trình.

c) Miền nghiệm của hệ là miền tứ giác ABCD (tô mầu vàng) như hình.

d) Ta có $A\left(-2;0\right),B\left(0;3\right),C\left(3;2\right),D\left(3;-2\right)$.

Ta có $F\left(-2;0\right)=-6;F\left(0;3\right)=-3;F\left(3;2\right)=7;F\left(3;-2\right)=11$.

Vậy $F=3x-y$ đạt giá trị lớn nhất là $11$ khi $x=3;y=-2$.

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

$y=x^2+2x;(a=1,b=2,c=0)$.

Tập xác định: $D=\mathbb{R}$.

Tọa độ đỉnh $I$ của parabol:

$x_I=-\frac{b}{2a}=-1,y_I=(-1{)}^2+2\cdot (-1)=-1\mathrm{hay}I(-1;-1).$

Định hướng cho bảng biến thiên: Do $a=1>0$ nên bề lõm parabol hướng lên.

Bảng biến thiên:

Kết luận:

- Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(-1;+\infty \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$.

- Giá trị nhỏ nhất của hàm số là $y_{\min }=-1$, khi $x=-1$. (Hàm số không có giá trị lớn nhất).

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) $90^{\circ }<\alpha <180^{\circ }$ nên $\cos \alpha <0$ mà $\sin \alpha =\frac{1}{3}>0$ nên $\sin \alpha .\cos \alpha <0$.

b) Có ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ nên $\cos \alpha =\pm \sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\pm \sqrt{1-\frac{1}{9}}=\pm \frac{2\sqrt{2}}{3}$.

Mà $\cos \alpha <0$ nên $\cos \alpha =-\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

c) $\tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=-\frac{1}{2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{4}$.

d) Có $\tan \alpha =-\frac{\sqrt{2}}{4}$ nên $\cot \alpha =-\frac{4}{\sqrt{2}}$.

Ta có $\frac{6\sin \alpha +3\sqrt{2}\cos \alpha }{2\sqrt{2}\tan \alpha +\sqrt{2}\cot \alpha }=\frac{6.\frac{1}{3}+3\sqrt{2}.\left(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)}{2\sqrt{2}.\left(-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)+\sqrt{2}.\left(-\frac{4}{\sqrt{2}}\right)}=\frac{2}{5}$.

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) $\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GD}$.

b) Ta có: $\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$.

c) Ta có: $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}+\frac{4}{3}\overrightarrow{BN}$.

d) Ta có: $\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GD}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AM}+\frac{2}{3}\overrightarrow{BN}=-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\frac{2}{3}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AN})$

$=-\frac{1}{6}\overrightarrow{AB}-\frac{1}{6}\overrightarrow{AC}-\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=-\frac{5}{6}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{6}\overrightarrow{AC}.$

Trả lời: 17

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 (nghìn 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: 9

Xét một người mua $x$ gói kẹo ( $x$ nguyên dương).

Khi đó: Gói thứ nhất người đó trả 60000 đồng.

Số gói kẹo còn lại là $x-1$ và người đó chỉ phải trả

$60000-10\%.60000=54000$ đồng (mỗi gói).

Vậy số tiền phải trả khi mua kẹo được tính theo công thức

$y=60000+(x-1)\cdot 54000=54000x+6000$.

Số tiền bạn An dùng mua kẹo phải không quá 500000 đồng, suy ra: $54000x+6000\le 500000\Rightarrow x\le \frac{247}{27}\approx 9,148$.

Vậy, với số tiền hiện có, bạn An chỉ có thể mua được tối đa 9 gói kẹo.

Trả lời: 0

Ta có điêu kiện: $-20<x<30$.

Diện tích hình chữ nhật lúc sau là: $S=(30-x)\cdot (20+x)=-x^2+10x+600\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.

Diện tích hình chữ nhật lúc đầu là $600\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.

Đặt $f(x)=-x^2+10x+600-600=-x^2+10x$.

$f(x)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=10\end{array}$.

Ta có bảng xét dấu của $f(x)$

Diện tích của khung sau khi uốn tăng lên khi $f(x)>0\iff x\in (0;10)$.

Suy ra $a=0;b=10$. Do đó $a.b=0$.

Trả lời: 80

Gọi $x$ (đôla) là giá mỗi đôi giày bán ra thì số tiền lãi tương ứng là $x-40$ (đô la).

Số tiền lãi thu được mỗi tháng là $f(x)=(x-40)(120-x)=-x^2+160x-4800$.

Đây là hàm số bậc hai với $a=-1,b=160,c=-4800\Rightarrow -\frac{b}{2a}=80$.

Vì $a=-1<0$ nên hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng $f(80)=-80^2+160.80-4800=1600$, ứng với $x=80$.

Vậy, để tối ưu hóa lợi nhuận, cửa hàng cần đưa ra giá bán 80 đô la mỗi đôi giày, khi đó lợi nhuận tối đa trong tháng là 1600 đô la.

Trả lời: 60

Vật đứng yên nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}=-\overrightarrow{F_3}$.

Suy ra ${\left|\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}\right|}^2={\left|-\overrightarrow{F_3}\right|}^2$$\Rightarrow {\left|\overrightarrow{F_1}\right|}^2+{\left|\overrightarrow{F_2}\right|}^2+2\left|\overrightarrow{F_1}\right|\left|\overrightarrow{F_2}\right|\cos \left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}\right)={\left|\overrightarrow{F_3}\right|}^2$.

Vì $\left|\overrightarrow{F_3}\right|=\sqrt{3}\left|\overrightarrow{F_2}\right|=\sqrt{3}\left|\overrightarrow{F_1}\right|$ nên $\cos \left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow \left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}\right)=60^{\circ }$. Suy ra $\alpha =60$.

Trả lời: 20,12

Gọi $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua $MN$.

Kẻ $AK\perp BN;A^{\prime }H\perp BN$.

$T=CA+CB=C{A}^{\prime }+CB\ge A^{\prime }B$ (không đổi). Đẳng thức xảy ra khi $\{C\}=MN\cap A^{\prime }B$.

$MN=AK=A^{\prime }H=\sqrt{A{B}^2-K{B}^2}=\sqrt{{(3\sqrt{37})}^2-3^2}=18\mathrm{km}.$

Vậy $A^{\prime }B=\sqrt{A^{\prime }{H}^2+H{B}^2}=\sqrt{{18}^2+9^2}=9\sqrt{5}\approx 20,12\mathrm{km}$.