Đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo – Đề 10 (có đáp án)

Từ bài toán đã cho ta có sơ đồ Venn như sau:

Số thí sinh thi tiếng Hàn Quốc hoặc tiếng Trung Quốc là:

200 – 78 = 122 (thí sinh)

Số thí sinh cả hai thứ tiếng Hàn Quốc và Trung Quốc là:

(70 + 80) – 122 = 28 (thí sinh)

Số thí sinh thi cả ba thứ tiếng là:

28 – 18 = 10 (thí sinh)

Vậy có 10 thí sinh thi cả ba thứ tiếng.

Gọi $x$ và $y$ lần lượt là số tấn hoa khô loại I và loại II ($0\le x\le 9$, $0\le y\le 10$).

Khi đó, số tiền để mua hoa khô là: $F\left(x;y\right)=4x+3y$.

Từ $x$ tấn hoa khô loại I làm được $20x$ kg tinh dầu $A$ và $0,6x$ kg tinh dầu $B$.

Từ $y$ tấn hoa khô loại II làm được $10y$ kg tinh dầu $A$ và $1,5y$ kg tinh dầu $B$.

Suy ra từ $x$ tấn hoa khô lọai I và $y$ tấn hoa khô loại II làm được $20x+10y$ kg tinh dầu $A$, $0,6x+1,5y$ kg tinh dầu $B$.

Do phải làm ít nhất 140 kg tinh dầu $A$ và 9 kg tinh dầu $B$, nên ta có hệ bất phương trình sau:

$\{\begin{array}{l}20x+10y\ge 140\\ 0,6x+1,5y\ge 9\\ 0\le x\le 9\\ 0\le y\le 10\end{array}\iff \{\begin{array}{l}2x+y\ge 14\\ 2x+5y\ge 30\\ 0\le x\le 9\\ 0\le y\le 10\end{array}$ (*)

Bài toán trở thành: Tìm $\left(x;y\right)$ để $F\left(x;y\right)$ đạt giá trị nhỏ nhất thỏa mãn hệ bất phương trình (*).

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) trên hệ trục tọa độ $$Oxy$$ ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là miền tứ giác $ABCD$ (kể cả biên) với $A\left(5;4\right)$, $B\left(9;\frac{12}{5}\right)$,$C\left(9;10\right)$, $D\left(2;10\right)$.

Ta có:$F\left(x;y\right)=4x+3y$ đạt giá trị nhỏ nhất trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) khi $\left(x;y\right)$ là tọa độ của một trong các đỉnh.

Tính giá trị của $F\left(x;y\right)$ tại các đỉnh ta được:

Tại $A\left(5;4\right)$: $F\left(5;4\right)=32$;

Tại $B\left(9;\frac{12}{5}\right)$: $F\left(9;\frac{12}{5}\right)=43,2$;

Tại $C\left(9;10\right)$: $F\left(9;10\right)=66$;

Tại $D\left(2;10\right)$: $F\left(2;10\right)=38$.

Suy ra $F\left(x;y\right)$ nhỏ nhất khi $\left(x;y\right)=\left(5;4\right)$.

Như vậy để chi phí mua hoa khô ít nhất cần mua 5 tấn hoa khô loại I và 4 tấn hoa khô loại II.

Theo đề bài ta có: $OH=4\mathrm{m}$, $HB=20\mathrm{m}$.

Xét tam giác vuông $OHB$

Áp dụng định lý Pythagore ta có:

$O{B}^2=O{H}^2+H{B}^2=4^2+20^2=416\Rightarrow OB=\sqrt{416}\approx 20,4$ (m).

Xét tam giác $OBC$có: $\widehat{OBC}=90^{\circ }-\widehat{OBH}=90^{\circ }-25^{\circ }=65^{\circ }$.

$\Rightarrow \widehat{OCB}=180^{\circ }-60^{\circ }-65^{\circ }=55^{\circ }$.

Áp dụng định lý sin ta có:

$\frac{OB}{\sin \widehat{OCB}}=\frac{CB}{\sin \widehat{COB}}\Rightarrow \frac{20,4}{\sin 55^{\circ }}=\frac{CB}{\sin 60^{\circ }}\Rightarrow CB=\frac{20,4\cdot \sin 60^{\circ }}{\sin 55^{\circ }}\approx 21,57$ (m)

Vậy chiều cao của cây khoảng 21,57 m.

Gọi $O$, $R$ lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$.

Ta có:

$P=M{A}^2-M{B}^2-M{C}^2$

$={\overrightarrow{MA}}^2-{\overrightarrow{MB}}^2-{\overrightarrow{MC}}^2$

$={\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}\right)}^2-{\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB}\right)}^2-{\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC}\right)}^2$

$=\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{MO}-\overrightarrow{OB}\right)\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB}\right)-{\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC}\right)}^2$

$=\left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\right)\left(2\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right)-\left(M{O}^2+2\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{OC}+O{C}^2\right)$

$=2\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{MO}+O{A}^2+\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}-2\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{MO}-\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OA}-O{B}^2-M{O}^2-2\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{OC}-O{C}^2$

$=-M{O}^2-2\overrightarrow{MO}\left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}\right)+O{A}^2-O{B}^2-O{C}^2$

$=-2R^2+2\overrightarrow{MO}\left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{O{A}^{\prime }}\right)$

$=-2R^2+2\overrightarrow{MO}\cdot 2\overrightarrow{OA}$

$=-2R^2-4\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{OA}$

$=-2R^2-4R^2\cdot \cos \left(\overrightarrow{OM},\overrightarrow{OA}\right)$.

Ta có:

$b=P_{\min }=-6R^2\iff \cos \left(\overrightarrow{OM},\overrightarrow{OA}\right)=1\iff M\equiv A$

$a=P_{\max }=2R^2\iff \cos \left(\overrightarrow{OM},\overrightarrow{OA}\right)=-1\iff M\equiv A^{\prime }$

$\Rightarrow T=4a+3b=4\cdot 2R^2+3\cdot \left(-6R^2\right)=-10R^2$

Tam giác đều cạnh 3 cm có: $$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 3\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{9\sqrt{3}}{4}$$.

Do đó, $R=\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{4S_{ABC}}=\frac{3\cdot 3\cdot 3}{4\cdot \frac{9\cdot \sqrt{3}}{4}}=\sqrt{3}$.

Vậy $$T=-10R^2=-10\cdot {\left(\sqrt{3}\right)}^2=-30$$.