Đề thi cuối kì 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới – Đề 4 (có đáp án)

Gọi $x\left(0<x<10\right)$ là chiều rộng của khu vườn.

Khi đó : Diện tích phần đất trồng rau là $x^2$ $\left(m^2\right)$

Diện tích hồ nuôi cá là $10x-x^2$ $\left(m^2\right)$

Theo giả thiết đề ra ta có bất phương trình: $60000x^2+135000\left(10x-x^2\right)\le 5400000$

$\iff -75000x^2+1350000x-5400000\le 0$$\iff x\le 6$ (nhận) $\vee$ $x\ge 12$ (loại)$\Rightarrow 0<x\le 6$

Vậy chiều rộng khu vườn lớn nhất có thể là $6m$.

Ta có: $f\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=m\\ x=m+3\end{array}$.

$f\left(x\right)<0\iff x\in \left(m;m+3\right)$

Do đó: $f\left(x\right)<0,\forall x\in \left(-1;0\right)$ $\iff$ $\left(-1;0\right)\subset \left(m;m+3\right)$ $\iff$ $m\le -1<0\le m+3$$\iff \{\begin{array}{l}m\le -1\\ 0\le m+3\end{array}$.$\iff \{\begin{array}{l}m\le -1\\ -3\le m\end{array}\iff -3\le m\le -1$

Vậy $-3\le m\le -1$$\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;-1\right\}$ nên có $3$ giá trị nguyên thỏa mãn.

Đường tròn $\left(C\right)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$có phương trình là: ${\left(x-1\right)}^2+y^2=25$.

Tứ giác$BCHK$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$ (vì $\widehat{BHC}=\widehat{BKC}=90^0$).

Dựng tiếp tuyến của đường tròn $\left(C\right)$ tại $A.$ Ta có $$\widehat{CAx}=\widehat{CBA}=$$ sđ $\left(1\right)$

Mặt khác: $$\widehat{CBA}=\widehat{AHK}$$ (Vì tứ giác $BCHK$ nội tiếp)   $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $$\widehat{CAx}=\widehat{AHK}$$. Vậy $$HK//Ax$$, nên $$HK\perp AI$$.

Đường thẳng $AI$ đi qua $I$ và nhận $\overrightarrow{HK}$ làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là:

$3\left(x-1\right)+4y=0\iff 3x+4y-3=0$.

Tọa độ điểm $A$ là nghiệm của hệ $\{\begin{array}{l}3x+4y-3=0\\ {\left(x-1\right)}^2+y^2=25\end{array}\Rightarrow A\left(-3;3\right)$ (vì $A$có tung độ dương).

Đường thẳng $AB$ đi qua $A$ và $K$ nên có phương trình: $2x+y+3=0$.

Tọa độ điểm $B$ là nghiệm của hệ $$\{\begin{array}{l}3x+y+3=0\\ {\left(x-1\right)}^2+y^2=25\end{array}\Rightarrow B\left(1;-5\right)$$ (vì $B$ khác $A$).

Đường thẳng $AC$đi qua $A$ và $H$ nên có phương trình: $x+3y-6=0$.

Tọa độ điểm $C$ là nghiệm của hệ $$\{\begin{array}{l}x+3y-6=0\\ {\left(x-1\right)}^2+y^2=25\end{array}\Rightarrow C\left(6;0\right)$$ (vì $C$ khác$A$).

Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK có đường kính $BC$ bằng $\frac{25}{2}=12,5$. 

Trường hợp 1: Chọn mua ô tô và máy bay

Chọn mua ô tô có 8 cách.

Chọn mua máy bay có 7 cách.

Theo quy tắc nhân có $7.8=56$ cách chọn một ô tô và một máy bay.

Trường hợp 2: Chọn mua ô tô và đồ chơi xếp hình

Chọn mua ô tô có 8 cách.

Chọn mua đồ chơi xếp hình có 10 cách.

Theo quy tắc nhân có $8.10=80$ cách chọn một ô tô và một món đồ chơi xếp hình.

Trường hợp 3: Chọn mua máy bay và đồ chơi xếp hình

Chọn mua máy bay có 7 cách.

Chọn mua đồ chơi xếp hình có 10 cách.

Theo quy tắc nhân có $7.10=70$ cách chọn một máy bay và một món đồ chơi xếp hình.

Vậy theo quy tắc cộng có $56+70+80=206$ cách mua hai món đồ chơi khác loại.

Cách 1.

Để tính số cách chọn được 4 học sinh trong đó có đúng hai học sinh cùng lớp ta thực hiện như sau:

Trường hợp 1: Tính tổng tất cả số cách chọn ra 4 học sinh từ 16 học sinh có $$C_{16}^4=1820$$cách.

Trường hợp 2: Tính số cách chọn ra 4 học sinh học trong 2 lớp (hai cặp học sinh cùng lớp) có $$C_8^2=28$$ cách (Mỗi cách chọn ra 2 lớp học từ 8 lớp học là một cách chọn ra hai cặp học sinh học cùng lớp)

Trường hợp 3: Tính số cách chọn ra 4 học sinh học trong 4 lớp khác nhau có $$C_8^4.2.2.2.2=1120$$ cách

(Chọn 4 lớp từ 8 lớp có $$C_8^4$$ cách, ứng với mỗi cách chọn ra 4 lớp thì mỗi lớp có 2 cách chọn một học sinh)

Từ đó suy ra số cách chọn 4 học sinh trong đó có đúng 2 học sinh học cùng lớp là $$1820-28-1120=672$$ cách.

Cách 2: Ta gọi 8 lớp 10 là A1, A2, A3,…, A8.

Chọn 2 học sinh của lớp A1, và chọn 2 học sinh không cùng lớp trong 7 lớp còn lại.

Có 1 cách chọn 2 học sinh lớp A1.

Trong 7 lớp còn lại có tất cả $$C_{14}^2$$ cách chọn 2 học sinh trong đó có 7 cách chọn 2 học sinh cùng lớp suy ra trong 7 lớp còn lại có $$C_{14}^2-7=84$$ cách chọn 2 học sinh không cùng lớp

Tương tự cho 7 trường hợp còn lại

Vậy có $$\mathrm{8.1.84}=672$$ cách.

Chọn ngẫu nhiên $3$ đỉnh từ $32$ đỉnh ta có $n\left(\Omega \right)=C_{32}^3=4960$.

Đa giác đều có $32$ đỉnh sẽ có $16$ đường chéo đi qua tâm của đa giác.

Mà cứ $2$ đường chéo sẽ tạo thành $1$ hình chữ nhật. Cứ 1 hình chữ nhật lại tạo thành $4$ tam giác vuông. Do đó, số tam giác vuông được tạo thành là $4C_{16}^2=480$.

Mặt khác, trong số $C_{16}^2$ hình chữ nhật lại có $8$ hình vuông. Suy ra, số tam giác vuông cân là $4\cdot 8=32$.

Gọi $X$ là biến cố “Chọn được một tam giác vuông, không cân”$\Rightarrow n\left(X\right)=480-32=448$.

Xác suất của biến cố $X$ là:

$P\left(X\right)=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{448}{4960}=\frac{14}{155}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=14\\ b=155\end{array}\Rightarrow T=b-3a=155-3.14=113$.