Đề giữa học kì 1 Toán 10 năm 2024 – 2025 trường THPT Bùi Thị Xuân – TP HCM

Tập hợp con của tập hợp A là tập hợp gồm các phần tử thuộc A.

X không thể là $\left\{ {2;3} \right\}$ vì 4 không thuộc $\left\{ {2;3} \right\}$.

Áp dụng định lí cosin.

Theo định lí cosin, ta có $a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc.\cos A$.

Giải phương trình, loại nghiệm rồi viết tập hợp.

Phương trình $x^{2} + 2x - 3 = 0$ có hai nghiệm là x = 1 và x = -3.

Mà $x \in {\mathbb{N}}$ nên chỉ có x = 1 thỏa mãn.

Vậy $A = \left\{ 1 \right\}$.

Áp dụng quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành đối với phép cộng, phép từ vecto.

$\overset{\rightarrow}{AB} - \overset{\rightarrow}{AC} = \overset{\rightarrow}{CS}$ nên đẳng thức ở đáp án A sai.

Xét tính đúng sai của từng mệnh đề.

$2^{3} < 3^{2}$ là mệnh đề đúng.

Áp dụng quy tắc ba điểm.

Theo quy tắc ba điểm, ta có $\overset{\rightarrow}{CB} + \overset{\rightarrow}{AC} = \overset{\rightarrow}{AB}$ nên đẳng thức ở đáp án A sai.

Thay từng cặp số vào hệ, nếu thỏa mãn thì là nghiệm.

Cặp số $\left( {0; - 2} \right)$ không phải nghiệm của bất phương trình.

Vẽ hình, quan sát và nhận xét.

Ta thấy $\overset{\rightarrow}{AB}$ và $\overset{\rightarrow}{MB}$ cùng hướng.

$A\backslash B$ là tập hợp gồm các phần tử thuộc A mà không thuộc B.

$A\backslash B = \left\{ {6;9} \right\}$.

Dựa vào dạng của bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

$2x + 3y < 6$ là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Tìm $A \cap B = \emptyset$, từ đó suy ra $A \cap B \ne \emptyset$.

$A \cap B = \emptyset$ khi:

TH1: $m + 2 \le - 3$ hay $m \le - 5$.

TH2: $m - 1 \ge 4$ hay $m \ge 5$.

TH3: $\{\begin{array}{l}m-1\ge -1\\ m+2\le 2\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}m - 1 \ge - 1\\m + 2 \le 2\end{array} \right.$ hay $m = 0$.

Vậy $A \cap B \ne \emptyset$ khi $\{\begin{array}{l}-5<m<5\\ m\mathrm{\ne }0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} - 5 < m < 5\\m \ne 0\end{array} \right.$.

Áp dụng các công thức tính diện tích tam giác.

Nối B với D.

Xét $\Delta ABD$ vuông tại A có:

$BD^2 = AB^2 + AD^2 = 15^2 + 20^2 = 625 \Rightarrow BD = 25$ (m).

Xét $\Delta BCD$ có nửa chu vi là:

$p = \frac{BC + CD + DB}{2} = \frac{19 + 10 + 25}{2} = 27$ ${m}$.

Áp dụng công thức Heron ta có:

$S_{BCD} = \sqrt{p(p - BC)(p - CD)(p - DB)}$

$= \sqrt{27 . 8 . 17 . 2}  = 12\sqrt{51} \approx 86$ ${m}^2$.

Lại có: $S_{ABD} = \frac{1}{2} AB . AD = \frac{1}{2} . 15 . 20 = 150$ ${m}^2$.

Suy ra: $S_{ABCD} = S_{ABD} + S_{BCD} \approx 150 + 86 = 236$ ${m}^2$.

Áp dụng các phép toán trên tập hợp.

a) Sai. Tập hợp $A = \left\{ {2;3;4;5} \right\}$.

b) Đúng. Tập hợp $B$ là tập con của tập hợp $A$ vì các phần tử của $B$ là 2; 3; 5 đều thuộc $A$.

c) Sai. Tập hợp $B$ có ${2^3} = 8$ tập hợp con.

d) Đúng. $C \cap D = \left( {2;5} \right]$.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải.

a) Đúng. $x,{\rm{ }}y$ lần lượt là số hecta dứa và số hecta củ đậu nên $x,{\rm{ }}y \ge 0$.

Tổng diện tích không quá 8 hecta nên ta có $x + y \le 8$.

Với x hecta dứa và y hecta củ đậu, cần 20x công và 30y công.

Tổng số công không quá 180 nên $20x + 30y \le 180$.

Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn $x,{\rm{ }}y$ mô tả bài toán trên là: $\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ x+y\le 8\\ 20x+30y\le 180\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 8\\20x + 30y \le 180\end{array} \right.$.

b) Đúng. $\left( {2;4} \right)$ là một nghiệm của hệ bất phương trình mô tả bài toán trên vì khi thay x = 2, y = 4 vào hệ thì thỏa mãn.

c) Sai. Miền nghiệm của hệ bất phương trình mô tả bài toán trên là tứ giác OABC với:

O(0;0), A(0;6), B(6;2), C(8;0).

d) Sai. $F$ là số tiền thu được khi trồng $x$ hecta dứa và $y$ hecta củ đậu (đơn vị: triệu đồng).

Khi đó, $F = 3x + 4y$.

Ta có ${F_O} = 3.0 + 4.0 = 0$;

${F_A} = 3.0 + 4.6 = 24$;

${F_B} = 3.6 + 4.2 = 26$;

${F_C} = 3.8 + 4.0 = 24$.

Vậy số tiền nhiều nhất hộ nông dân thu được là 26 triệu đồng.

Áp dụng định lí sin, định lí cosin, các công thức tính diện tích tam giác.

a) Đúng. $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos \widehat {BAC}}$

$= \sqrt {{6^2} + {4^2} - 2.6.4.\cos {{120}^o}} = 2\sqrt {19}$ (cm).

b) Đúng. $\sin \widehat {BAC} = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {BAC}} = \sqrt {1 - {{\cos }^2}{{120}^o}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.4.6.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 6\sqrt 3$ $(c{m^2})$.

c) Sai. ${S_{ABC}} = \frac{{abc}}{{4R}} \Leftrightarrow R = \frac{{abc}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{4.6.2\sqrt {19} }}{{4.6\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt {57} }}{3}$ (cm).

d) Sai. $AH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{BC}} = \frac{{2.6\sqrt 3 }}{{2\sqrt {19} }} = \frac{{6\sqrt {57} }}{{19}}$ (cm).

a) Áp dụng định nghĩa vecto.

b) Áp dụng tính chất trung điểm của vecto.

c) Áp dụng định lí cosin trong tam giác.

d) Áp dụng quy tắc ba điểm và định nghĩa độ dài vecto.

a) Sai. Từ 4 đỉnh A, B, C, D chọn ra 1 cặp điểm, giả sử là A – B. Cặp điểm này tạo ra 2 vecto.

Các cặp điểm có thể chọn là: A – B, A – C, A – D, B – C, B – D, C – D. Có tất cả 6 cặp điểm.

Vậy có 12 vecto khác $\overrightarrow 0$ có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của hình bình hành $ABCD$.

b) Đúng. $\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0$ vì O là trung điểm của AC.

c) Đúng. $\widehat {BAD} = {60^o} \Rightarrow \widehat {ABC} = {120^o}$ (vì ABCD là hình thoi).

$\left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.\cos \widehat {ABC}}$

$= \sqrt {{a^2} + {a^2} - 2.a.a.\cos {{120}^o}} = a\sqrt 3$.

d) Sai. $\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD} } \right| = AD = a$.

Tính MN bằng định lí cosin: $M{N^2} = M{O^2} + O{N^2} - 2.OM.ON.\cos MON$.

Áp dụng định lí cosin cho tam giác MON, ta có:

$\begin{array}{l}M{N}^2=M{O}^2+O{N}^2-2.OM\mathrm{.}ON\mathrm{.}\cos MON\\ \Rightarrow M{N}^2={200}^2+{500}^2-\mathrm{2.200.500.}\cos {135}^o\\ \Rightarrow M{N}^2\approx 431421\\ \Rightarrow MN\approx 657(m)\end{array}$$\begin{array}{l}M{N^2} = M{O^2} + O{N^2} - 2.OM.ON.\cos MON\\ \Rightarrow M{N^2} = {200^2} + {500^2} - 2.200.500.\cos {135^o}\\ \Rightarrow M{N^2} \approx 431421\\ \Rightarrow MN \approx 657\;(m)\end{array}$

Áp dụng công thức tính độ lớn hợp lực:

$F = \sqrt {{F_1}^2 + {F_2}^2 + 2.{F_1}.{F_2}.\cos \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right)}$.

$F = \sqrt {{F_1}^2 + {F_2}^2 + 2.{F_1}.{F_2}.\cos \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right)}$

$= \sqrt {{{60}^2} + {{90}^2} + 2.60.90.\cos {{30}^o}} \approx 145$ (N).

Áp dụng công thức $n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)$.

Gọi A là tập hợp các ngày mưa, B là tập hợp các ngày có sương mù.

Theo đề bài, ta có n(A) = 14, n(B) = 15, $n(A \cap B) = 10$.

Số ngày có mưa hoặc có sương mù là:

$n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B) = 14 + 15 - 10 = 19$ (ngày).

Số ngày không mưa và không có sương mù là 31 – 19 = 12 (ngày).

Áp dụng quy tắc hình bình hành và công thức tính độ lớn của hợp lực.

Gọi D là điểm sao cho ABDC là hình bình hành. Khi đó $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AD}$.

Theo giả thiết, $\widehat {BAC} = {90^o}$ và AB = AC = 1 cm.

$AD = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} + 2.AB.AC.\cos \widehat {BAC}}$

$= \sqrt {{1^2} + {1^2} + 2.1.1.\cos {{90}^o}} = \sqrt 2 \approx 1,4$ (cm).

Vậy $$\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD} } \right| = AD \approx 1,4$$ (cm).

Áp dụng định lí sin trong tam giác.

$\widehat C = {180^o} - {76^o} - {35^o} = {69^o}$.

$\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{BC}}{{\sin A}}$ suy ra $\{\begin{array}{l}AC=\frac{AB\sin B}{\sin C}=\frac{6\sin {35}^o}{\sin {69}^o}\\ BC=\frac{AB\sin A}{\sin C}=\frac{6\sin {76}^o}{\sin {69}^o}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}AC = \frac{{AB\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{6\sin {{35}^o}}}{{\sin {{69}^o}}}\\BC = \frac{{AB\sin A}}{{\sin C}} = \frac{{6\sin {{76}^o}}}{{\sin {{69}^o}}}\end{array} \right.$

Chiều dài của cây là $AC + BC = \frac{{6\sin {{35}^o}}}{{\sin {{69}^o}}} + \frac{{6\sin {{76}^o}}}{{\sin {{69}^o}}} \approx 9,92$ (m).

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Với số tấn nguyên liệu loại I là x, số tấn nguyên liệu loại II là y, ta có:

Số kg chất A chiết xuất được là 40x + 25y (kg).

Số kg chất B chiết xuất được là 2,4x + 4y (kg).

Theo giả thiết ta có  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{40x + 25y \ge 200}\\{\begin{array}{*{20}{l}}{2,4x + 4y \ge 24}\\{0 \le x \le 10}\\{0 \le y \le 8}\end{array}}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8x + 5y \ge 40}\\{\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 5y \ge 30}\\{0 \le x \le 10}\\{0 \le y \le 8}\end{array}}\end{array}} \right.\).

d) Đúng. Vẽ miền nghiệm của hệ:

Ta thấy miền nghiệm của hệ là một miền tứ giác ABCD kể cả biên, trong đó A(0;8), B(10;8), C(10;0), $D\left( {2;\frac{{24}}{5}} \right)$.

Số tiền mua nguyên liệu là P = 7x + 6y.

P đạt giá trị nhỏ nhất tại một trong các đỉnh của tứ giác. Thay tọa độ các điểm trên vào P, thấy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 42,8 tại $D\left( {2;\frac{{24}}{5}} \right)$.

Vậy, chi phí nguyên liệu nhỏ nhất là 42,8 triệu đồng.