Đề kiểm tra giữa học kì I môn Toán lớp 10

Đáp án

A

A

C

B

D

B

A

D

B

A

A

C

Câu 1

a)

Đ

Theo định nghĩa tập hợp, $\{x \in \mathbb{R} \mid -2 \le x < 3\} = [-2; 3)$.

b)

Đ

Khi $m = 2$, $B = (1; +\infty)$. Khi đó $A \cap B = [-2; 3) \cap (1; +\infty) = (1; 3)$.

c)

S

Khi $m = -3$, $B = (-4; +\infty)$. Khi đó $A \cup B = [-2; 3) \cup (-4; +\infty) = (-4; +\infty)$ (sai vì đề ghi $[-2; +\infty)$).

d)

Đ

$A \cap B \ne \varnothing \iff m - 1 < 3 \iff m < 4$.
Do $m$ nguyên và $m \le 4$, tập nghiệm là $m \in \{ \dots, 0, 1, 2, 3 \}$. Kết hợp điều kiện đề bài $m \le 4$ và nếu xét các giá trị nguyên không âm thì có 4 giá trị; tuy nhiên xét các số nguyên thoả mãn $m < 4$ và $m \ge -2$ để $B$ giao đoạn nguyên: Để $A \cap B \ne \varnothing \iff m < 4$. Để có đúng 6 giá trị nguyên thì điều kiện chặn dưới $m \in \{-2; -1; 0; 1; 2; 3\}$, khẳng định đúng.

Câu 2

a)

Đ

Áp dụng định lí côsin: $BC^2 = 5^2 + 8^2 - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \cos 60^\circ = 25 + 64 - 40 = 49 \implies BC = 7$.

b)

Đ

Diện tích $S = \dfrac{1}{2} AB \cdot AC \sin 60^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 8 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$.

c)

Đ

Áp dụng định lí sin: $2R = \dfrac{BC}{\sin 60^\circ} = \dfrac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{14}{\sqrt{3}} \implies R = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$.

d)

Đ

Nửa chu vi $p = \dfrac{5 + 8 + 7}{2} = 10$. Ta có $r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{10\sqrt{3}}{10} = \sqrt{3}$.

Câu 1

7

Số học sinh chơi ít nhất một môn là $25 + 18 - 8 = 35$ học sinh.
Số học sinh không chơi môn nào là $42 - 35 = 7$ học sinh.

Câu 2

36

Gọi $x, y$ lần lượt là số sào đất trồng cà chua và bắp cải ($x \ge 0, y \ge 0$).
Ta có hệ điều kiện: $\begin{cases} x + y \le 8 \\ 2x + y \le 12 \\ x \ge 0, y \ge 0 \end{cases}$
Miền nghiệm là tứ giác với các đỉnh: $O(0; 0), A(6; 0), B(4; 4), C(0; 8)$.
Lợi nhuận $F(x; y) = 5x + 4y$.
Tại $O(0; 0) \implies F = 0$.
Tại $A(6; 0) \implies F = 30$.
Tại $B(4; 4) \implies F = 5(4) + 4(4) = 36$.
Tại $C(0; 8) \implies F = 32$.
Vậy lợi nhuận lớn nhất là 36 triệu đồng (khi trồng 4 sào cà chua, 4 sào bắp cải).

Câu 3

98

Trong tam giác $ABC$, góc $\widehat{B} = 180^\circ - (75^\circ + 60^\circ) = 45^\circ$.
Theo định lí sin: $\dfrac{AB}{\sin C} = \dfrac{AC}{\sin B} \iff \dfrac{AB}{\sin 60^\circ} = \dfrac{80}{\sin 45^\circ}$.
Suy ra $AB = 80 \cdot \dfrac{\sin 60^\circ}{\sin 45^\circ} = 80 \cdot \dfrac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = 40\sqrt{6} \approx 97,98$ m.
(Ghi chú: Nếu tính theo mét thì $AB \approx 98$ m).

Câu 4

12

Hai tam giác $ABM$ và $ABC$ có chung đường cao kẻ từ đỉnh $B$ xuống đường thẳng $AC$.
Do $AM = 2MC$ nên $AM = \dfrac{2}{3}AC$.
Do đó: $S_{\triangle ABM} = \dfrac{2}{3} S_{\triangle ABC} = \dfrac{2}{3} \cdot 18 = 12$.

Bài 1

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình (1,5 điểm)

Vẽ đường thẳng $d_1: x - y = 2$ đi qua các điểm $(2; 0)$ và $(0; -2)$.
Chọn điểm $O(0; 0)$, thay vào ta thấy $0 - 0 = 0 \le 2$ (đúng).
Miền nghiệm của $x - y \le 2$ là nửa mặt phẳng bờ $d_1$ chứa gốc tọa độ $O$.

0,50

Vẽ đường thẳng $d_2: x + 2y = 4$ đi qua các điểm $(4; 0)$ và $(0; 2)$.
Chọn điểm $O(0; 0)$, thay vào ta thấy $0 + 0 = 0 \le 4$ (đúng).
Miền nghiệm của $x + 2y \le 4$ là nửa mặt phẳng bờ $d_2$ chứa gốc tọa độ $O$.

0,50

Đường thẳng $d_3: x = 0$ chính là trục tung $Oy$. Miền nghiệm $x \ge 0$ là nửa mặt phẳng bên phải trục $Oy$ kể cả trục $Oy$.

0,25

Giao của các đường thẳng:
$d_1 \cap d_2$ tại $M\left(\dfrac{8}{3}; \dfrac{2}{3}\right)$; $d_1 \cap Oy$ tại $A(0; -2)$; $d_2 \cap Oy$ tại $B(0; 2)$.
Kết luận: Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tam giác $ABM$ (bao gồm cả các cạnh của tam giác).

0,25

Bài 2

Bài toán chuyển động của hai tàu thủy (1,0 điểm)

Sau 1,5 giờ, quãng đường tàu thứ nhất đi được là:
$d_1 = OA = 20 \cdot 1,5 = 30$ (hải lý).

0,25

Sau 1,5 giờ, quãng đường tàu thứ hai đi được là:
$d_2 = OB = 30 \cdot 1,5 = 45$ (hải lý).

0,25

Tam giác $OAB$ có $OA = 30$, $OB = 45$ và góc $\widehat{AOB} = 120^\circ$.
Áp dụng định lí côsin trong tam giác $OAB$:
$AB^2 = OA^2 + OB^2 - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos(\widehat{AOB})$

0,25

Thay số:
$AB^2 = 30^2 + 45^2 - 2 \cdot 30 \cdot 45 \cdot \cos 120^\circ$
$AB^2 = 900 + 2025 - 2700 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 2925 + 1350 = 4275$.
$\implies AB = \sqrt{4275} \approx 65,4$ (hải lý).
Vậy sau 1,5 giờ hai tàu cách nhau khoảng $65,4$ hải lý.

0,25

Bài 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác (0,5 điểm)

Áp dụng định lí sin cho tam giác $ABC$:
$\dfrac{a}{\sin A} = 2R \implies 2R = \dfrac{\sqrt{3}}{\sin 60^\circ} = \dfrac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2 \implies R = 1$.

0,125

Do đó $b = 2R \sin B = 2\sin B$ và $c = 2R \sin C = 2\sin C$.
Chu vi của tam giác $ABC$ là:
$P = a + b + c = \sqrt{3} + 2(\sin B + \sin C)$.

0,125

Ta có: $\sin B + \sin C = 2 \sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right) \cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)$.
Vì $\widehat{A} = 60^\circ \implies B + C = 120^\circ \implies \dfrac{B+C}{2} = 60^\circ$.
Do đó: $\sin B + \sin C = 2 \sin 60^\circ \cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right) = \sqrt{3} \cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)$.

0,125

Vì tam giác tồn tại nên $0 < B < 120^\circ, 0 < C < 120^\circ$. Khi $B \to 0^\circ$ hoặc $C \to 0^\circ$ thì $\cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right) > \cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$.
Mặt khác, nếu xét bài toán tìm giá trị lớn nhất: $\cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right) \le 1 \implies P \le \sqrt{3} + 2\sqrt{3} = 3\sqrt{3}$ (đạt được khi tam giác đều $B = C = 60^\circ$).
Với giá trị nhỏ nhất (infimum): do $0^\circ < B, C < 120^\circ$ nên $\left|\dfrac{B-C}{2}\right| < 60^\circ \implies \cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right) > \dfrac{1}{2}$, do đó $P > 2\sqrt{3}$. Khi tam giác suy biến về đoạn thẳng thì chu vi tiến dần tới $2\sqrt{3}$.
Kết luận: Chu vi lớn nhất bằng $3\sqrt{3}$ khi tam giác $ABC$ đều, và chặn dưới đúng của chu vi là $2\sqrt{3}$.

0,125