Đề thi cuối kì 2 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 3 (có đáp án)

Xét tam thức bậc hai $f(x)=-86x^2+86000x-18146000$.

Nhận thấy $f(x)=0$ có hai nghiệm là $x_1\approx 302,5;x_2\approx 697,5$ và hệ số $a=-86<0$. Ta có bảng xét dấu sau:

Vì $x$ là số nguyên dương nên:

Doanh nghiệp có lãi khi và chỉ khi $f(x)>0$, tức là $303\le x\le 697$.

Doanh nghiệp bị lỗ khi và chỉ khi $f(x)<0$, tức là $x\le 302$ hoặc $x\ge 698$.

Vậy doanh nghiệp có lãi khi bán từ 303 đến 697 sản phẩm, doanh nghiệp bị lỗ khi bán tối đa 302 sản phẩm hoặc bán tối thiểu 698 sản phẩm.

a) Sai: Doanh nghiệp bị lỗ khi bán từ 303 đến 698 sản phẩm.

b) Sai: Doanh nghiệp có lãi khi bán tối đa 302 sản phẩm hoặc bán tối thiểu 697 sản phẩm

c) Đúng: Doanh nghiệp có lãi khi bán từ 303 đến 697 sản phẩm.

d) Đúng: Doanh nghiệp bị lỗ khi bán tối đa 302 sản phẩm hoặc bán tối thiểu 698 sản phẩm

Từ $A$ kẻ đường cao $AH$ $(H\in BC)$ cắt $d$ tại $I$.

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $H,I$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $AH.$

Khi đó $AH$ đi qua $A\left(6;6\right)$ vuông góc với $d$ nên có phương trình: $x-y=0$. Suy ra tọa độ điểm $I$ thỏa mãn hệ: $\{\begin{array}{l}x+y-4=0\\ x-y=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\\ y=2\end{array}$ $\Rightarrow I\left(2;2\right)\Rightarrow H\left(-2;-2\right)$.

Đường thẳng $BC$ đi qua $H$ và song song với $d$ nên có phương trình $x+y+4=0$.

Gọi $B\left(t;-t-4\right)\in BC$ $\Rightarrow C\left(-4-t;t\right)$ ( do $H$ là trung điểm $BC$)$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=\left(t-6;-10-t\right)\\ \overrightarrow{CE}=\left(t+5;-3-t\right)\end{array}$

Do $E\left(1;-3\right)$ nằm trên đường cao đi qua $C$ của tam giác $ABC$, suy ra:

$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CE}=0\iff \left(t-6\right)\left(t+5\right)+\left(-10-t\right)\left(-3-t\right)=0$

$\iff t^2+6t=0\iff [\begin{array}{l}t=0\\ t=-6\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}B\left(0;-4\right)\\ C\left(-4;0\right)\end{array}\\ \{\begin{array}{l}B\left(-6;2\right)\\ C\left(2;-6\right)\end{array}\end{array}$

Vậy $B\left(0;-4\right),C\left(-4;0\right)$ hoặc $B\left(-6;2\right),C\left(2;-6\right)$.

a) Sai: Trung điểm của cạnh $BC$ có tọa độ là $\left(-2;-2\right)$.

b) Đúng: Phương trình đường thẳng $BC$ là: $x+y+4=0$

c) Đúng: Có hai điểm $B$ thỏa mãn bài toán là $B\left(0;-4\right)$ hoặc $B\left(-6;2\right)$

d) Sai: Có hai điểm $C$ duy nhất thỏa mãn bài toán là $C\left(-4;0\right)$ hoặc $\left(2;-6\right)$.

b) Đúng: Số cách gieo lần một xuất hiện mặt 6 chấm là 1 cách, lần gieo thứ hai có 6 cách. Suy ra số cách gieo để gieo được lần đầu ra mặt 6 chấm là $6.1=6$ cách.

c) Sai: Số cách gieo lần một được mặt 1 chấm là 1 cách, lần hai được mặt có số chấm khác 1 là 5 cách.

Số cách gieo lần một được mặt có số chấm khác 1 là 5 cách, lần hai được mặt 1 chấm là 1 cách.

Vậy số cách để hai lần gieo xuất hiện đúng một lần mặt 1 chấm là $1.5+5.1=10$ cách.

d) Đúng: Số cách gieo hai lần là $6.6=36$ cách.

Trường hợp 1: Số cách gieo hai lần đều được mặt 1 chấm là 1 cách.

Trường hợp 2: Số cách gieo hai lần được tổng số chấm bằng 3 là: 2 cách, gồm $\left(1;2\right),\left(2;1\right)$.

Vậy số cách để sau hai lần gieo được tổng số chấm nhỏ hơn 4 là $2+1=3$ cách.

Số cách gieo để sau hai lần gieo được tổng số chấm không bé hơn 4 là $36-3=33$ cách.

a) Đúng:Số phần tử của không gian mẫu $n\left(\Omega \right)=C_{100}^5.$

b) Sai: Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn, suy ra số cách chọn 5 thẻ đều mang số chẵn là $n\left(A\right)=C_{50}^5.$

Vậy xác suất để 5 thẻ lấy ra đều mang số chẵn là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_{50}^5}{C_{100}^5}\approx 0,028$

c) Đúng: Gọi B là biến cố: “5 thẻ lấy ra có 2 thẻ mang số chẵn và 3 thẻ mang số lẻ”.

Suy ra $n\left(B\right)=C_{50}^2.C_{50}^3$. Vậy $P\left(B\right)=\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_{50}^2.C_{50}^3}{C_{100}^5}\approx 0,32$

d) Sai: Từ 1 đến 100 có 33 số chia hết cho 3, 67 số không chia hết cho 3.

Gọi C là biến cố: “Ít nhất một số ghi trên 5 thẻ được chọn chia hết cho 3”.

Ta có $\overline{C}$: “Cả 5 số trên 5 thẻ được chọn đều không chia hết cho 3”.

Suy ra $n\left(\overline{C}\right)=C_{67}^5$, do đó $n\left(C\right)=C_{100}^5-C_{67}^5$.

Vậy $P\left(C\right)=\frac{n\left(C\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_{100}^5-C_{67}^5}{C_{100}^5}\approx 0,87$.

Gọi $x$ (triệu đồng) là số tiền cần giảm giá bán mỗi máy tính xách tay ($0\le x<3$).

Gọi $y$ là số máy tính bán được tăng thêm sau khi giảm giá bán.

Từ giả thiết ta có $\frac{x}{0,5}=\frac{y}{5}\iff y=10x$.

Suy ra, số máy tính bán được trong một tháng là $20+10x$.

Khi đó, lợi nhuận thu được là: $f\left(x\right)=\left(3-x\right)\left(20+10x\right)$ với $0\le x<3$.

Lợi nhuận thu được cao nhất khi hàm số $f\left(x\right)$ đạt giá trị lớn nhất trên $\left[0;3\right)$

Ta có $f\left(x\right)=-10x^2+10x+60=-10{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{125}{2}\le \frac{125}{2},\forall x\in \left[0;3\right)$.

Suy ra giá trị lớn nhất của $f\left(x\right)$ trên $\left[0;3\right)$ bằng $\frac{125}{2}$, đạt được khi $x=\frac{1}{2}$.

Do đó, lợi nhuận thu được là cao nhất khi giảm giá bán mỗi máy tính $0,5$ triệu đồng.

Vậy giá bán mỗi máy tính là $17,5$ triệu đồng.

Điều kiện: $$x\ne 0;x\ne -2$$.

Ta có $$\frac{x-1}{x}-\frac{6}{x+2}+2\le 0\iff \frac{\left(x-1\right)\left(x+2\right)-6x+2x\left(x+2\right)}{x\left(x+2\right)}\le 0\iff \frac{3x^2-x-2}{x^2+2x}\le 0$$.

Ta có bảng xét dấu sau

Dựa vào bảng xét dấu ta có tập nghiệm của bất phương trình là $$S=\left(-2;-\frac{2}{3}\right]\cup \left(0;1\right]$$.

Kết hợp giả thiết ta có các nghiệm nguyên thỏa mãn là: $$\left\{-1;1\right\}$$.

Ta có: $x^2+y^2-2mx+2\left(m+1\right)y+5=0\left(1\right)$.

Phương trình $\left(1\right)$ là phương trình đường tròn khi và chỉ khi $m^2+{\left(m+1\right)}^2-5>0\iff m^2+m-2>0\iff [\begin{array}{c}m>1\\ m<-2\end{array}\left(\ast \right)$.

Khi đó đường tròn có bán kính $R=\sqrt{m^2+{\left(m+1\right)}^2-5}=\sqrt{2m^2+2m-4}$.

Ta có $R\le 2\sqrt{2}\iff \sqrt{2m^2+2m-4}\le 2\sqrt{2}\iff m^2+m-6\le 0\iff -3\le m\le 2$.

Kết hợp điều kiện $\left(\ast \right)$ ta được $m\in \left[-3;-2\right)\cup \left(1;2\right]$.

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-3;2\right\}$. Vậy có $2$ giá trị nguyên $m$ thỏa mãn bài toán.

Ta đánh số các ghế ngồi theo thứ tự từ trái sang phải lần lượt là $1,2,3,4,5,6,7,8$.

Có hai phương án để các bạn nam và các bạn nữ ngồi xen kẽ nhau là:

Phương án 1: các bạn nam ngồi các ghế $1,3,5,7$ và các bạn nữ ngồi các ghế $2,4,6,8$.

Có $4!$ cách xếp $4$ bạn nam vào các ghế $1,3,5,7$.

Có $4!$ cách xếp $4$ bạn nữ vào các ghế $2,4,6,8$.

Suy ra có $4!.4!=576$ cách xếp.

Phương án 2: các bạn nữ ngồi các ghế $1,3,5,7$ và các bạn nam ngồi các ghế $2,4,6,8$.

Có $4!$ cách xếp $4$ bạn nữ vào các ghế $1,3,5,7$.

Có $4!$ cách xếp $4$ bạn nam vào các ghế $2,4,6,8$.

Suy ra có $4!.4!=576$ cách xếp.

Vậy có $576+576=1152$ cách xếp chỗ ngồi sao cho các bạn nam và các bạn nữ ngồi xen kẽ nhau.

Gọi $A$ là biến cố “số được chọn là một số chẵn”

Số các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau là $A_5^4=120$

Số phần tử của không gian mẫu $n\left(\Omega \right)=C_{120}^1=120$

Số các số tự nhiên chẵn có bốn chữ số khác nhau $2A_4^3=48$

Số kết quả thuận lợi của biến cố $A$ là $n\left(A\right)=C_{48}^1=48$

Vậy xác xuất để số được chọn là một số chẵn là:

$P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{48}{120}=\frac{2}{5}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=2\\ b=5\end{array}\Rightarrow T=a+b=2+5=7$

Số phần tử của không gian mẫu là: $n\left(\Omega \right)=C_5^3=10$.

Gọi A là biến cố: “An thắng lượt chơi khi An là người chọn thẻ”.

Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ ghi số 2 và 2 thẻ ghi số 3. Số cách chọn là: $C_2^1{C}_2^2$.

Trường hợp 2: Chọn được 2 thẻ ghi số 2 và 1 thẻ ghi số 4. Số cách chọn là: $C_2^2{C}_1^1$.

Suy ra số phần tử của biến cố A là: $n\left(A\right)=C_2^1{C}_2^2+C_2^2{C}_1^1=3$.

Vậy xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{10}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=3\\ b=10\end{array}\Rightarrow T=3a+b=3.3+10=19$.