Đề thi Cuối kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

a) Dựa vào đồ thị ta thấy $f\left(1\right)=\frac{1}{2}$.

b) Bề lõm của đồ thị quay lên trên nên $a>0$.

c) Có $a+b+c=f\left(1\right)=\frac{1}{2}<1$.

d) Từ đồ thị ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}f\left(1\right)=\frac{1}{2}\\ f\left(\frac{3}{2}\right)=-1\\ f\left(3\right)=\frac{1}{2}\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}a+b+c=\frac{1}{2}\\ \frac{9}{4}a+\frac{3}{2}b+c=-1\\ 9a+3b+c=\frac{1}{2}\end{array}$$\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=-8\\ c=\frac{13}{2}\end{array}$.

Suy ra $a-b=10$.

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng;   c) Sai;   d) Đúng.

Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm ta được

a) Giá trị lớn nhất của mẫu số liệu là 25.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là R = 25 – 1 = 24.

c) Vì kích thước của mẫu số liệu là 13 nên Q2 là giá trị chính giữa của mẫu nên $Q_2=6$ $\Rightarrow M_e=6$.

d) Nửa số liệu bên phải $Q_2$ là    

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là $Q_3=\frac{10+12}{2}=11$.

Nửa số liệu bên trái Q2 là

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là $Q_1=\frac{3+4}{2}=3,5$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là ${\Delta }_Q=Q_3-Q_1=11-3,5=7,5$.

Vì $f\left(x\right)<0$ nên ta tìm các giá trị $x$ ứng với phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành.

Do đó $x\in \left(1;3\right)$ mà $x\in \mathbb{Z}$ nên $x=2$.

Trả lời: 2.

Sắp xếp mẫu theo thứ tự không giảm ta được

29, 36, 38, 39, 39, 40, 40, 40, 41, 41, 41, 41, 42, 42, 42, 43, 43, 44, 45, 48.

Mẫu số liệu có 20 giá trị. Do đó $Q_1=39,5;Q_2=41;Q_3=42,5$.

Khoảng tứ phân vị ${\Delta }_Q=42,5-39,5=3$.

Ta có $Q_1-1,5{\Delta }_Q=35;Q_3+1,5{\Delta }_Q=47$.

Suy ra các giá trị bất thường là 29 và 48.

Tích của các giá trị bất thường là 29.48 = 1392.

Trả lời: 1392.

Gọi $x,y\left(x\ge 0;y\ge 0\right)$ lần lượt là số tấn cà phê loại I và loại II mà nhà máy sản xuất.

Theo đề ta có hệ $\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ 3x+2y\le 15\\ 0,5x+y\le 5\end{array}$.

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $F=18x+14y$ trên miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền trong của tứ giác OABC kể cả các cạnh (phần tô màu).

Do đó $F=18x+14y$ đạt giá trị lớn nhất tại 1 trong các điểm sau $O\left(0;0\right),A\left(0;5\right),B\left(\frac{5}{2};\frac{15}{4}\right),C\left(5;0\right)$.

Ta có $O\left(0;0\right)$ thì F = 0.

$A\left(0;5\right)$ thì F = 70.

$B\left(\frac{5}{2};\frac{15}{4}\right)$ thì F = 97,5.

$C\left(5;0\right)$ thì $F=90$.

Vậy nhà máy có thể thu lợi lớn nhất là 97,5 triệu đồng.

Trong tam giác AHB, ta có $\tan \widehat{ABH}=\frac{AH}{BH}=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}\Rightarrow \widehat{ABH}\approx 11,3^{\circ }$.

Suy ra $\widehat{ABC}=90^{\circ }-11,3^{\circ }=78,7^{\circ }$, $\widehat{ACB}=180^{\circ }-\left(\widehat{BAC}+\widehat{ABC}\right)=56,3^{\circ }$.

Suy ra $AB=\sqrt{A{H}^2+H{B}^2}<span></span>=4\sqrt{26}$.

Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC, ta có: $\frac{AB}{\sin C}=\frac{CB}{\sin A}\Rightarrow CB=\frac{AB.\sin A}{\sin C}\approx 17,3$.

Vậy cây cao khoảng 17,3 m.

Đặt \(\overrightarrow {{F_1}} = \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{F_2}} = \overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {AE} \).

Vẽ hình chữ nhật ABCD.

Vì vật ở trạng thái cân bằng nên $\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{0}$ $\iff \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{0}$$\iff \overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AE}$.

Ta có $AB=12,\widehat{CAD}=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }\Rightarrow \widehat{BAC}=30^{\circ }$.

Tam giác ABC vuông tại B nên $BC=AB\tan 30^{\circ }=12.\frac{\sqrt{3}}{3}=4\sqrt{3}=AD$.

Độ lớn lực $\overrightarrow{F_2}$ bằng $4\sqrt{3}$ N.

Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{{12}^2+{\left(4\sqrt{3}\right)}^2}=8\sqrt{3}$.

Do vậy $\left|\overrightarrow{F_3}\right|=\left|\overrightarrow{AE}\right|=AC=8\sqrt{3}$.