Đề thi Giữa kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo – Đề 2 (có đáp án)

Gọi số bưởi loại II cô Liên chọn là $x$ (quả), số bưởi loại I cô Liên chọn là $y$ (quả).

Chi phí cho giỏ quà là: $80000x+400000y$ (đồng)

Chi phí này không được phép vượt quá mức chi tối đa là 1 600 000 đồng nên ta có: $80000x+400000y\le 1600000\iff x+5y\le 20\iff x+5y-20\le 0$.

Do số bưởi loại I phải chọn tối đa là 4 quả, số bưởi loại II ít nhất phải chọn là 5 quả nên $x\ge 5$ và $y\le 4$.

Đồng thời, do $x$, $y$ là số quả bưởi nên $x\ge 0$, $y\ge 0$.

Số tiền lãi của giỏ quà là: $2000x+10000y$.

Để có khả năng thu được lãi cao nhất, ta phải xác định $x$, $y$ sao cho $M\left(x;y\right)=2000x+10000y$ đạt giá trị lớn nhất với $x$, $y$ thỏa mãn hệ bất phương trình:

$\{\begin{array}{l}x+5y-20\le 0\\ x\ge 5\\ 0\le y\le 4\end{array}$   (*)

Trong mặt phẳng tọa độ vẽ các đường thẳng $d:x+5y-20=0$, $d^{\prime }:x=5$, $d^{\prime \prime }:y=4$

Khi đó, miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là miền tam giác không tô màu trong hình vẽ dưới đây:

Giá trị lớn nhất của $M\left(x;y\right)=2000x+10000y$ đạt được tại một trong các điểm đỉnh của miền tam giác, đó là các điểm $\left(5;3\right)$, $\left(5;0\right)$; $\left(20;0\right)$.

Ta có:

$M\left(5;3\right)=40000$

$M\left(5;0\right)=10000$

$M\left(20;0\right)=40000$

Vậy giá trị lớn nhất của $M\left(x;y\right)=2000x+10000y$ là 40 000 (đồng) tại điểm $\left(5;3\right)$ hoặc $\left(20;0\right)$.

Vậy để thu được lãi cao nhất cô liên có hai cách chọn bưởi, cách thứ nhất là chọn 5 quả bưởi loại II và 3 quả bưởi loại I, cách thứ hai là chọn 20 quả bưởi loại II và không chọn bưởi loại I.

Kí hiệu như hình vẽ trên với $A$, $C$ lần lượt là đỉnh và chân của tòa nhà; $B$ và $D$ lần lượt là đỉnh và gốc của cây.

Xét tam giác $ABC$

Do $\{\begin{array}{l}\widehat{BCD}=24^{\circ }\\ \widehat{BCD}+\widehat{ACB}=90^{\circ }\end{array}\Rightarrow \widehat{ACB}=66^{\circ }$.

Do $\{\begin{array}{l}\widehat{xAB}=60^{\circ }\\ \widehat{xAB}+\widehat{CAB}=90^{\circ }\end{array}\Rightarrow \widehat{CAB}=30^{\circ }$.

Suy ra $\widehat{ABC}=180^{\circ }-\left(66^{\circ }+30^{\circ }\right)=84^{\circ }$.

Áp dụng định lí sin ta có:

$\frac{BC}{\sin 30^{\circ }}=\frac{AC}{\sin 84^{\circ }}\Rightarrow BC=\frac{AC\cdot \sin 30^{\circ }}{\sin 84^{\circ }}=\frac{155\cdot \sin 30^{\circ }}{\sin 84^{\circ }}\approx 77,93$ (m).

Xét tam giác $CBD$ vuông tại $D$

Ta có: $\sin \widehat{BCD}=\frac{BD}{BC}\Rightarrow \sin 24^{\circ }\approx \frac{BD}{77,93}\Rightarrow BD\approx 77,93\cdot \sin 24^{\circ }\approx 31,70$ (m)

Vậy chiều cao của cái cây khoảng 31,70 mét.

Do $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên ta có:

$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$

$\Rightarrow {\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right)}^2={\left(3\overrightarrow{MG}\right)}^2$

$\Rightarrow {\overrightarrow{MA}}^2+{\overrightarrow{MB}}^2+{\overrightarrow{MC}}^2+2\left(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}\right)=9M{G}^2$.

Mà:

${\overrightarrow{MA}}^2+{\overrightarrow{MB}}^2+{\overrightarrow{MC}}^2$

$={\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right)}^2$

$=3M{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2+2\cdot \overrightarrow{MG}\cdot \left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)$

$=3M{G}^2+3G{A}^2+2\cdot \overrightarrow{MG}\cdot \overrightarrow{0}$

$=3M{G}^2+3G{A}^2$

Do đó, $3M{G}^2+3G{A}^2+2\left(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}\right)=9M{G}^2$

Ta có:

Gọi $AH$ là đường cao cũng là đường trung tuyến của tam giác đều $ABC$.

Khi đó, $HB=HC=\frac{a}{2}$.

Xét tam giác $ABH$ vuông tại $H$

Áp dụng định lí Pythagore, ta có:

$A{B}^2=A{H}^2+H{B}^2\Rightarrow A{H}^2=A{B}^2-H{B}^2=a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{3}a}{2}$.

Do điểm $M$ là điểm bất kì thuộc đường tròn tâm $G$ có bán kính bằng $\frac{a\sqrt{2}}{3}$ nên $MG=\frac{a\sqrt{2}}{3}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên độ dài đường cao bằng độ dài đường trung tuyến và bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $G$ là trọng tâm nên $GA=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Thay số ta có:

$3\cdot {\left(\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)}^2+3\cdot {\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2+2\left(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}\right)=9\cdot {\left(\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)}^2$

$\iff 3\cdot \frac{2a^2}{9}+3\cdot \frac{3a^2}{9}+2\left(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}\right)=9\cdot \frac{2a^2}{9}$

$\iff 2\left(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}\right)=\frac{18a^2}{9}-\frac{6a^2}{9}-\frac{9a^2}{9}$

$\iff 2\left(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}\right)=\frac{3a^2}{9}$

$\iff \overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MB}\cdot \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MC}\cdot \overrightarrow{MA}=\frac{a^2}{6}$ (đpcm).