Đề thi cuối kì 2 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới – Đề 8 (có đáp án)

Với $n$ sản phẩm thì tổng chi phí sản xuất là $T=n^2+70n+3000$ (nghìn đồng) và doanh thu là $200n$ (nghìn đồng).

Suy ra lợi nhuận là $L=200n-\left(n^2+70n+3000\right)=-n^2+130n-3000$ (nghìn đồng)

Để không bị lỗ thì $L\ge 0\iff -n^2+130n-3000\ge 0\iff 30\le n\le 100$.

a) Đúng: Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn $100$ thì sẽ bị lỗ.

b) Sai: Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn $30$ thì sẽ không bị lỗ.

c) Sai: Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn $\left[30;100\right]$ thì sẽ không bị lỗ.

d) Đúng: Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn $\left[30;100\right]$ thì sẽ không bị lỗ.

a) Sai: Một véctơ pháp tuyến của đường thẳng $d:x-y-4=0$ là ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$.

Vì $d_1$ song với đường thẳng $d$ nên chọn véctơ pháp tuyến của đường thẳng $d_1$ là ${\overrightarrow{n}}_{d_1}={\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng $d_1$ đi qua $M\left(-2;3\right)$ và song song với đường thẳng $d$ có dạng: $1\left(x+2\right)-\left(y-3\right)=0$ hay $x-y+5=0$.

b) Đúng: Ta có ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$.

Vì $d_2$ vuông góc với đường thẳng $d$ nên chọn một véctơ chỉ phương của đường thẳng $d_2$ là ${\overrightarrow{u}}_{d_2}={\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$.

Vậy phương trình tham số của đường thẳng $d_2$ đi qua điểm $M\left(-2;3\right)$ và vuông góc với đường thẳng $d$ là $\{\begin{array}{l}x=-2+t\\ y=3-t\end{array}$.

c) Sai: Gọi ${\overrightarrow{n}}_{\Delta }=\left(a;b\right)$ với $a^2+b^2\ne 0$ là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng $\Delta$.

Phương trình tổng quát của đường thẳng $\Delta$ đi qua $M\left(-2;3\right)$ có dạng: $a\left(x+2\right)+b\left(y-3\right)=0$.

Ta có $$\cos \left(\Delta ,d\right)=\frac{\left|{\overrightarrow{n}}_{\Delta }.{\overrightarrow{n}}_d\right|}{\left|{\overrightarrow{n}}_{\Delta }\right|.\left|{\overrightarrow{n}}_d\right|}=\frac{\left|a.1+b.\left(-1\right)\right|}{\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{1^2+{\left(-1\right)}^2}}=\frac{\left|a-b\right|}{\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{2}}$$.

Để đường thẳng tạo với đường vuông $d$ một góc $\frac{\pi }{4}$ thì $$\cos \left(\Delta ,d\right)=\cos \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$.

Suy ra $$\frac{\left|a-b\right|}{\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\iff \left|a-b\right|=\sqrt{a^2+b^2}\iff {\left|a-b\right|}^2=a^2+b^2\iff a.b=0\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}a=0\\ b\ne 0\end{array}\\ \{\begin{array}{l}b=0\\ a\ne 0\end{array}\end{array}$$.

Với $a=0$, chọn $b=1$, ta được đường thẳng $0.\left(x+2\right)+1\left(y-3\right)=0$ hay $y-3=0$.

Với $b=0$, chọn $a=1$, ta được đường thẳng $1.\left(x+2\right)+0.\left(y-3\right)=0$ hay $x+2=0$.

Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.

d) Sai:

(Oxy), cho điểm $M\left(-2;3\right)$ và đường thẳng $d:x-y-4=0$. Xét tính đúng sai của các khẳng định sau: (ảnh 1)">

Toạ độ giao điểm $I\left(x;y\right)$của $m$ và $d$ là nghiệm của hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+2y-1=0\\ x-y-4=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\\ y=-1\end{array}\Rightarrow I\left(3;-1\right)$.

Lấy điểm $A\left(1;0\right)\in m$, phương trình đường thẳng $k$ đi qua $A$ và vuông góc với đường thẳng $d$ là: $1\left(x-1\right)+1\left(y-0\right)=0\iff x+y-1=0$.

Toạ độ giao điểm $H\left(x;y\right)$của $d$ và $k$ là nghiệm của hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}x-y-4=0\\ x+y-1=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2}\\ y=-\frac{3}{2}\end{array}\Rightarrow H\left(\frac{5}{2};-\frac{3}{2}\right)$$.

Gọi $B\left(x;y\right)$ là điểm sao cho $H$là trung điểm của $AB$, suy ra toạ độ điểm $B\left(4;-3\right)$.

Khi đó đường thẳng $n$ đối xứng với $m$ qua $d$ là đường thẳng $IB$.

Ta có $\overrightarrow{IB}\left(1;-2\right)$. Phương trình tham số của đường thẳng $n$là: $\{\begin{array}{l}x=4+t\\ y=-3-2t\end{array}$.

a) Đúng: Gọi số cần tìm có dạng $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6{a}_7}$ trong đó $a_1;a_2;a_3;a_4;a_5;a_6;a_7\in S$

Chọn $a_1(a_1\ne 0)$: có $6$ cách chọn

Ta có: $a_2;a_3;a_4;a_5;a_6;a_7$ có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: $6!$

Vậy có $6.6!$ số

b) Sai: Gọi số cần tìm có dạng $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6{a}_7}$ trong đó $a_1;a_2;a_3;a_4;a_5;a_6;a_7\in S$

TH1: Chọn $a_1;a_2;a_3\in \left\{1;2;3\right\}$,$(a_1\ne 0)$có $3!$ cách chọn

Chọn $a_4;a_5;a_6;a_7$ có số cách chọn là số hoán vị của 4 phần tử còn lại: $4!$ cách chọn

Do vậy ta được $3!$.$4!$=144 số

TH2: Các số $1;2;3$ nằm ở ba trong 4 vị trí $a_4;a_5;a_6;a_7$ có: $\mathrm{4.3.2}=24$ cách sắp xếp

Chọn $a_1\in \left\{4;5;6\right\}$ có: 3 cách chọn

Còn 3 vị trí còn lại có số cách chọn là số hoán vị của 3 phần tử còn lại từ tập $S$: $3!$ cách chọn

Do vậy ta có: $\mathrm{24.3.3}!=432$ số

Tổng cộng có 576 số

c) Đúng: Gọi số cần tìm có dạng $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6}$ trong đó $a_1;a_2;a_3;a_4;a_5;a_6\in S\backslash \left\{0\right\}$

Ta có: $a_1;a_2;a_3;a_4;a_5;a_6$ có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: $6!$

Do vậy ta có $6!$ số

d) Sai: Gọi số cần tìm có dạng $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4{a}_5{a}_6{a}_7}$ trong đó $a_1;a_2;a_3;a_4;a_5;a_6;a_7\in S$

TH1: Chọn $a_7=0$: có 1 cách chọn

Chọn $a_1;a_2;a_3;a_4;a_5;a_6$ có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: $6!$

Do vậy ta có $6!$ số

TH2: Chọn $a_7\in \left\{2,4,6\right\}$: có 3 cách chọn

Chọn $a_1(a_1\ne 0;a_1\ne a_7)$: có 5 cách chọn

Chọn $a_2;a_3;a_4;a_5;a_6$ có số cách chọn là số hoán vị của 5 phần tử: $5!$

Do vậy ta có: $\mathrm{3.5.5}!$ số

Vậy tổng có: $6!+\mathrm{3.5.5}!$

a) Đúng: Không gian mẫu là tập tất cả các tập con gồm 5 viên bi từ 12 viên bi. Vậy số phần tử của không gian mẫu là $$n\left(\Omega \right)=C_{12}^5=792$$.

b) Đúng: Chọn 5 bi xanh từ 7 bi xanh, có $$C_7^3=21$$ (cách chọn) $$\Rightarrow n\left(A\right)=21$$.

Vậy xác suất của biến cố $$A$$ là $$P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{21}{792}=\frac{7}{264}$$.

c) Sai: Mỗi phần tử của $$B$$ được hình thành từ 2 bước:

Bước 1: Chọn 3 viên bi xanh từ 7 viên bi xanh, có $$C_7^3=35$$ (cách chọn).

Bước 2: Chọn 2 viên bi đỏ từ 5 viên bi đỏ, có $$C_5^2=10$$ (cách chọn).

Theo quy tắc nhân, tập $$B$$ có $$35.10=350$$ (phần tử). Vậy $$n\left(B\right)=350\Rightarrow P\left(B\right)=\frac{350}{792}=\frac{175}{396}$$.

d) Đúng: Trong 5 viên bi lấy được có ít nhất 3 bi đỏ, có 3 cách:

Cách 1: Trong $$5$$ viên bi được chọn có 2 bi xanh và 3 bi đỏ: có $$C_7^2.C_5^3=210$$ (cách chọn)

Cách 2: Trong $$5$$ viên bi được chọn có 1 bi xanh và 4 bi đỏ: có $$C_7^1.C_5^4=35$$ (cách chọn).

Cách 3: Trong $$5$$ viên bi được chọn có 0 bi xanh và 5 bi đỏ: có $$C_7^0.C_5^5=5$$ (cách chọn).

Theo quy tắc cộng, tập $$C$$ có $$210+35+5=250$$ (phần tử).

Vậy $$n\left(C\right)=250\Rightarrow P\left(C\right)=\frac{250}{792}=\frac{125}{396}$$.

Yêu cầu bài toán $\iff -0,02x^2+0,4x\ge 1,5$$\iff 5\le x\le 15$.

Vậy quả bóng đạt độ cao lớn hơn hay bằng $1,5$ mét trong khoảng $15-5=10$ ( giây).

Ta có $$\sqrt{x^2-3x+2}=\sqrt{x+2}\iff \{\begin{array}{c}x\ge -2\\ x^2-3x+2=x+2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x\ge -2\\ x^2-4x=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x\ge -2\\ [\begin{array}{c}x=0\\ x=4\end{array}\end{array}$$.

Vậy tập nghiệm của phương trình $S=\left\{0;4\right\}$ nên tổng các nghiệm bằng $4$.

Ta có: $a=5,b=4$ nên $c=\sqrt{a^2-b^2}=3$.

Gọi tiêu điểm có hoành độ dương là $F_2$ thì $F_2=\left(3;0\right)$.

Khi điểm M cách đều hai trục tọa độ và có hoành độ, tung độ là những số dương, tức là

$x=y>0$, ta thay vào phương trình elip để tìm $x$: $\frac{x^2}{25}+\frac{x^2}{16}=1\iff x^2=\frac{400}{41}\iff x=\frac{20}{\sqrt{41}}$.

Vị trí lúc này là $M\left(\frac{20}{\sqrt{41}};\frac{20}{\sqrt{41}}\right)$.

Bây giờ, ta tính khoảng cách từ M tới A: $r=MA=\sqrt{{\left(\frac{20}{\sqrt{41}}-3\right)}^2+{\left(\frac{20}{\sqrt{41}}\right)}^2}\approx 3,1$.

Ta có${\left(x+2y\right)}^5=x^5+5x^4\left(2y\right)+10x^3{\left(2y\right)}^2+10x^2{\left(2y\right)}^3+5x{\left(2y\right)}^4+{\left(2y\right)}^5$

$=x^5+10x^{4}y+40x^3{y}^2+80x^2{y}^3+80x{y}^4+32y^5$

Suy ra hệ số của $x^3{y}^2$ trong khai triển trên là: $40$.

Số cách ly 2 kẹo chỉ có vị hoa quả là: $C_8^2=28$.

Số cách lấy 2 kẹo chỉ có vị Socola là: $C_7^2=21$

Số cách lấy 4 kẹo gồm có: 2 kẹo vị hoa quả và 2 kẹo vị socola là: $C_8^2\cdot C_7^2=588$

Ta có không gian mẫu $n\left(\Omega \right)=C_{12}^2$.

Gọi A là biến cố “Chọn được hai cây có tích hai số là số chẵn”

Trong 12 cây viết có 6 cây được đánh số chẵn, 6 cây được đánh số lẻ. Tích hai số là số chẵn nếu ít nhất có 1 cây mang số chẵn

$\Rightarrow n\left(A\right)=C_6^2+C_6^1{C}_6^1=51$$\Rightarrow P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{17}{22}$.

Vậy xác suất để chọn được hai cây có tích hai số là số chẵn là $\frac{17}{22}$.

Vậy $\{\begin{array}{l}a=17\\ b=22\end{array}\Rightarrow T=2.17+4.22=122$.