Đề thi cuối kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 3 (có đáp án)

a) Có $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB.AC.\cos A$.

b) Diện tích tam giác ABC là $$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}.8.5.\frac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}$$.

c) Ta có $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB.AC.\cos A$$=8^2+5^2-\mathrm{2.8.5.}\cos 60^{\circ }=49\Rightarrow BC=7$.

Áp dụng định lí sin ta có $\frac{BC}{\sin A}=2R\Rightarrow R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}$.

d) Ta có $\cos B=\frac{7^2+8^2-5^2}{\mathrm{2.7.8}}=\frac{11}{14}$.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABM ta có $A{M}^2=A{B}^2+B{M}^2-2AB.BM.\cos B=\frac{208}{7}\Rightarrow AM=\frac{4\sqrt{91}}{7}$.

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

a) Theo quy tắc hình bình hành ta có $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BD}$.

b) Vì $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{DC}$ cùng hướng và AB = DC nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$.

c) Có $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ nên $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{DB}$.

Vậy $\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CB}\right|=\left|\overrightarrow{DB}\right|=DB=a\sqrt{2}$.

d) Có $\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{DB}=-\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BD}=-\left|\overrightarrow{BA}\right|.\left|\overrightarrow{BD}\right|.\cos \left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BD}\right)=-a.a\sqrt{2}.\cos 45^{\circ }=-a^2$.

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

$2x^2-75x-77=0$ $\iff x=-1$ hoặc $x=\frac{77}{2}$. Vì $x\in \mathbb{Z}$ nên $x=-1$. Suy ra $A=\left\{-1\right\}$.

Vậy tập hợp A chỉ có 1 phần tử.

Trả lời: 1.

$A=\cos 0^{\circ }+\cos 20^{\circ }+\cos 40^{\circ }+...+\cos 160^{\circ }+\cos 180^{\circ }$

$$=\left(\cos 0^{\circ }+\cos 180^{\circ }\right)+\left(\cos 20^{\circ }+\cos 160^{\circ }\right)+...+\left(\cos 80^{\circ }+\cos 100^{\circ }\right)$$

$$=\left(\cos 0^{\circ }-\cos 0^{\circ }\right)+\left(\cos 20^{\circ }-\cos 20^{\circ }\right)+...+\left(\cos 80^{\circ }-\cos 80^{\circ }\right)=0$$.

Trả lời: 0.

Ta có $\overrightarrow{GM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AM}$$\iff \overrightarrow{GM}=\frac{1}{3}.\frac{3}{2}\overrightarrow{AG}$$\iff \overrightarrow{GM}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GA}$.

Trả lời: −0,5.

Có $\overline{x}=\frac{15+20+1+2+4+6+7+5}{8}=7,5$.

Phương sai

$$s^2=\frac{1}{8}\left[\begin{array}{l}{\left(15-7,5\right)}^2+{\left(20-7,5\right)}^2+{\left(1-7,5\right)}^2+{\left(2-7,5\right)}^2\\ +{\left(4-7,5\right)}^2+{\left(6-7,5\right)}^2+{\left(7-7,5\right)}^2+{\left(5-7,5\right)}^2\end{array}\right]=38,25$$.

Độ lệch chuẩn: $s=\sqrt{38,25}\approx 6,18$.

Trả lời: 6,18.

Gọi $x;y$(chiếc) là số lượng bánh nướng, bánh dẻo mà xí nghiệp cần sản xuất ($x,y\in \mathbb{N}$).

Khối lượng bột mỳ cần dùng là $0,12x+0,16y$ (kg).

Khối lượng đường cần dùng là $0,06x+0,04y$ (kg).

Theo đề ta có hệ $\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ y\le 3x\\ 3x+4y\le 15000\\ 3x+2y\le 12000\end{array}$.

Số tiền lãi thu được là $T=8x+6y$ (nghìn đồng).

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của $T=8x+6y$ trên miền nghiệm của hệ bất phương trình $\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ y\le 3x\\ 3x+4y\le 15000\\ 3x+2y\le 12000\end{array}$.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác OABC kể cả cạnh (phần không gạch) với $O\left(0;0\right),A\left(4000;0\right),B\left(3000;1500\right),C\left(1000;3000\right)$.

Với $O\left(0;0\right)$ thì $T=0$.

Với $A\left(4000;0\right)$ thì $T=32000$.

Với $B\left(3000;1500\right)$ thì $T=33000$.

Với $O\left(1000;3000\right)$ thì $T=26000$.

Do đó để đạt được tiền lãi cao nhất thì xí nghiệp nên sản xuất 3000 chiếc bánh nướng và 1500 chiếc bánh dẻo.

Theo quy tắc hình bình hành ta có $\overrightarrow{T_1}+\overrightarrow{T_2}=\overrightarrow{F}$.

Khi diễn viên xiếc đạt trạng thái cân bằng trên dây, ta có $\overrightarrow{T_1}+\overrightarrow{T_2}+\overrightarrow{P}=\overrightarrow{0}$$\iff \overrightarrow{F}=-\overrightarrow{P}$ và $\left|\overrightarrow{F}\right|=\left|-\overrightarrow{P}\right|=700$ (N).

Ta có góc tạo bởi $\overrightarrow{T_1}$ và $\overrightarrow{T_2}$ bằng 140° $\Rightarrow \widehat{CDA}=180^{\circ }-140^{\circ }=40^{\circ }$.

Dây không giãn nên $\left|\overrightarrow{T_1}\right|=\left|\overrightarrow{T_2}\right|$.

Xét $\Delta ADC$ có $F^2=T_1^2+T_2^2-2T_1{T}_2\cos \widehat{CDA}$$\iff F^2=2T_1^2\left(1-\cos 40^{\circ }\right)$

$\Rightarrow T_1=\sqrt{\frac{F^2}{2\left(1-\cos 40^{\circ }\right)}}=\sqrt{\frac{{700}^2}{2\left(1-\cos 40^{\circ }\right)}}\approx 1023$ N.

Ta có MC = 3, NC = 1 $\Rightarrow MN=\sqrt{10}$.

Ta có BM = 3; AB = 4 $\Rightarrow AM=5$.

AD = 6; ND = 3 $\Rightarrow AN=3\sqrt{5}$.

Ta có $p=\frac{AM+AN+MN}{2}=\frac{\sqrt{10}+5+3\sqrt{5}}{2}$.

Khi đó $S_{AMN}=\sqrt{p\left(p-AM\right)\left(p-AN\right)\left(p-MN\right)}=\frac{15}{2}$.

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác AMN là $R=\frac{AM.AN.MN}{4S_{AMN}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$.