Đề thi cuối kì 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới – Đề 2 (có đáp án)

Ta có:

Gắn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ, chiếc cổng là 1 phần của parabol $\left(P\right)$: $y=a{x}^2+bx+c$ với $a<0$.

Do parabol $\left(P\right)$ đối xứng qua trục tung nên có trục đối xứng $x=0\Rightarrow -\frac{b}{2a}=0\iff b=0$.

Chiều cao của cổng parabol là $4\mathrm{m}$ nên tọa độ đỉnh của $\left(P\right)$ là $G\left(0;4\right)$.

Thế vào $\left(P\right)$ ta được:$4=a.0^2+b.0+c\Rightarrow c=4$$\Rightarrow \left(P\right)$: $y=a{x}^2+4$

Kích thước cửa ở giữa là $3\mathrm{m}\times 4\mathrm{m}$ nên $E\left(2;3\right)\in \left(P\right)$ $\Rightarrow 3=a.2^2+4\iff a=-\frac{1}{4}$.

Vậy $\left(P\right)$: $y=-\frac{1}{4}{x}^2+4$.

$A$ và $B$ là giao điểm của $\left(P\right)$ và trục hoành.

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left(P\right)$ và trục hoành:

$-\frac{1}{4}{x}^2+4=0\iff [\begin{array}{l}x=4\\ x=-4\end{array}$ nên $A\left(-4;0\right)$, $B\left(4;0\right)$ hay $AB=8$$$\mathrm{m}$$

Ta có: $$f\left(x\right)=x^2-2\left(2m-3\right)x+4m-3>0,\forall x\in \mathbb{R}$$

$$\iff \{\begin{array}{c}a>0\\ {\Delta }^{\prime }<0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}1>0\\ {\left(2m-3\right)}^2-\left(4m-3\right)<0\end{array}$$$$\iff 4m^2-16m+12<0$$$$\iff 1<m<3$$.

Vậy chỉ có một giá trị nguyên $m=2$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương trình chính tắc của elip có dạng $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$

Elip có tiêu cự $8m$ nên $2c=8\Rightarrow c=4$

Vì tổng các khoảng cách từ mỗi điểm trên elip đến hai tiêu cự bằng $10m$ nên $2a=10\Rightarrow a=5$

Do đó $b^2=a^2-c^2=5^2-4^2=9\Rightarrow b=3$

Phương trình của elip là $\frac{x^2}{5^2}+\frac{y^2}{3^2}=1$,

Khi đó: $\frac{2^2}{5^2}+\frac{h^2}{3^2}=1\Rightarrow h=\frac{3\sqrt{21}}{5}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=3\\ b=21\\ c=5\end{array}\Rightarrow T=3+21+2.5=34$.

Ta lập bộ số có dạng $\overline{abc}$ với $a,b,c$thuộc $\left\{0,1,3,4,6,7,8\right\}$sau đó ta chèn bộ số $\overline{295}$ hoặc $\overline{592}$ vào là được số có sáu chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 1: $a\ne 0$

Bước 1: Chọn $a$ có 6 cách

Bước 2: Chọn $b$ có 6 cách

Bước 3: Chọn $c$ có 5 cách

Bước 4: Chèn bộ số $\overline{295}$ hoặc $\overline{592}$vào có $4.2=8$ cách.

Vậy ta có: $\mathrm{6.6.5.8}=1440$số.

Trường hợp 2: $a=0$

Bước 1: Chọn $a$ có 1 cách

Bước 2: Chọn $b$ có 6 cách

Bước 3: Chọn $c$ có 5 cách

Bước 4: Chèn bộ số $\overline{295}$ hoặc $\overline{592}$vào có $1.2=2$ cách.

Vậy ta có: $\mathrm{1.6.5.2}=60$số.

Tổng hai trường hợp ta có: $1440+60=1500$ số.

Gọi $$\Omega$$ là không gian mẫu.

Có $$9$$ cách lấy ra $$1$$ viên bi từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai. Sau khi bỏ thì số viên bi trong hộp thứ hai là 13 viên. Khi đó có $$C_{13}^2$$ cách lấy $$2$$ viên bi từ hộp thứ hai.

Suy ra số phần tử không gian mẫu là $$n\left(\Omega \right)=9C_{13}^2$$.

Gọi $A$ là biến cố: “Lấy được từ hộp thứ hai $$2$$viên bi trắng”.

Trường hợp 1: Lấy được $$1$$ viên bi xanh từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai.

Có $$4$$ cách lấy ra một viên bi xanh từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai.  Sau khi bỏ viên bi xanh lấy từ hộp thứ nhất vào hộp thứ hai thì số bi trắng trong hộp thứ hai vẫn là $$7$$. Khi đó có $$C_7^2$$ cách lấy $$2$$ viên bi trắng từ hộp thứ hai. Suy ra có $$4C_7^2$$ cách.

Trường hợp 2: Lấy được $$1$$ viên bi trắng từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai.

Có $$5$$ cách lấy ra một viên bi trắng từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai.  Sau khi bỏ viên bi trắng lấy từ hộp thứ nhất vào hộp thứ hai thì số bi trắng trong hộp thứ hai là $$8$$. Khi đó có $$C_8^2$$ cách lấy $$2$$ viên bi trắng từ hộp thứ hai. Suy ra có $$5C_8^2$$ cách.

Vậy: $$n\left(X\right)=4C_7^2+5C_8^2$$ cách.

Do đó xác suất cần tính là: $$P\left(X\right)=\frac{4C_7^2+5C_8^2}{9C_{13}^2}=\frac{112}{351}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=112\\ b=351\end{array}\Rightarrow T=a+b=112+351=463$$.

Gọi $\Omega$ là không gian mẫu $\Rightarrow n\left(\Omega \right)=C_{30}^{10}$.

Gọi $A$ là biến cố “Chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10”.

Từ 1 đến 30 có 15 số lẻ, 12 số chẵn không chia hết cho 10 và 3 số chia hết cho 10.

Lấy ra 5 thẻ mang số lẻ có $C_{15}^5$ cách.

Lấy ra 4 thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 có $C_{12}^4$ cách.

Lấy ra 1 thẻ mang số chia hết cho 10 có 3 cách.

$\Rightarrow n\left(A\right)=3C_{15}^5{C}_{12}^4$$$\Rightarrow P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3C_{15}^5{C}_{12}^4}{C_{30}^{10}}=\frac{99}{667}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=99\\ b=667\end{array}\Rightarrow T=b-a=568$$.