Đề thi cuối kì 1 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 2 (có đáp án)

a) $\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}$ không cùng phương.

b) Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(1;-4\right)\Rightarrow MN=\sqrt{17}$, $\overrightarrow{MP}=\left(5;-3\right)\Rightarrow MP=\sqrt{34}$, $\overrightarrow{NP}=\left(4;1\right)\Rightarrow NP=\sqrt{17}$.

Chu vi tam giác MNP là $MN+MP+NP=2\sqrt{17}+\sqrt{34}$.

c) Ta có $p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{2\sqrt{17}+\sqrt{34}}{2}$$\Rightarrow S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\frac{17}{2}$.

d) Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(1;-4\right),\overrightarrow{NP}=\left(4;1\right)$ $\Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{MP}=4+\left(-4\right)=0$.

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng;   c) Đúng;   d) Sai.

Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm ta được

1

3

3

4

5

6

6

7

8

10

12

15

25

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là R = 25 – 1 = 24.

b) Vì kích thước của mẫu số liệu là 13 nên Q₂ là giá trị chính giữa của mẫu nên $Q_2=6$ $\Rightarrow M_e=6$.

c) Nửa số liệu bên phải $Q_2$ là    

7

8

10

12

15

25

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là $Q_3=\frac{10+12}{2}=11$.

d) Nửa số liệu bên trái Q₂ là

1

3

3

4

5

6

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là $Q_1=\frac{3+4}{2}=3,5$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là ${\Delta }_Q=Q_3-Q_1=11-3,5=7,5$.

Đáp án: a) Sai;   b) Sai;   c) Sai;   d) Đúng.

$\overrightarrow{MN}=-2\overrightarrow{AB}$. Suy ra $a=-2$.

Trả lời: −2.

Ta có $\left|x-1\right|<3$$\iff -3<x-1<3$$\iff -2<x<4$ mà $x\in \mathbb{Z}$ $\Rightarrow x\in \left\{-1;0;1;2;3\right\}$.

Suy ra $A=\left\{-1;0;1;2;3\right\}$.

Các tập hợp con có đúng 4 phần tử của tập hợp A là:

$\left\{-1;0;1;2\right\},\left\{-1;0;1;3\right\},\left\{-1;0;2;3\right\},\left\{0;1;2;3\right\},\left\{-1;1;2;3\right\}$.

Vậy có 5 tập hợp con của tập hợp A có đúng 4 phần tử.

Trả lời: 5.

Gọi $x,y\left(x\ge 0;y\ge 0\right)$ lần lượt là số tấn cà phê loại I và loại II mà nhà máy sản xuất.

Theo đề ta có hệ $\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ y\ge 0\\ 3x+2y\le 15\\ 0,5x+y\le 5\end{array}$.

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $F=18x+14y$ trên miền nghiệm của hệ bất phương trình.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền trong của tứ giác OABC kể cả các cạnh (phần tô màu).

Do đó $F=18x+14y$ đạt giá trị lớn nhất tại 1 trong các điểm sau $O\left(0;0\right),A\left(0;5\right),B\left(\frac{5}{2};\frac{15}{4}\right),C\left(5;0\right)$.

Ta có $O\left(0;0\right)$ thì F = 0.

$A\left(0;5\right)$ thì F = 70.

$B\left(\frac{5}{2};\frac{15}{4}\right)$ thì F = 97,5.

$C\left(5;0\right)$ thì $F=90$.

Vậy nhà máy có thể thu lợi lớn nhất là 97,5 triệu đồng.

Trong tam giác AHB, ta có $\tan \widehat{ABH}=\frac{AH}{BH}=\frac{4}{20}=\frac{1}{5}\Rightarrow \widehat{ABH}\approx 11,3^{\circ }$.

Suy ra $\widehat{ABC}=90^{\circ }-11,3^{\circ }=78,7^{\circ }$, $\widehat{ACB}=180^{\circ }-\left(\widehat{BAC}+\widehat{ABC}\right)=56,3^{\circ }$.

Suy ra $AB=\sqrt{A{H}^2+H{B}^2}=4\sqrt{26}$.

Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC, ta có: $\frac{AB}{\sin C}=\frac{CB}{\sin A}\Rightarrow CB=\frac{AB.\sin A}{\sin C}\approx 17,3$.

Vậy cây cao khoảng 17,3 m.

Gọi $M\left(a;b\right)$. Ta có $S_{ABC}=3S_{ABM}$$\iff \frac{1}{2}BA.BC.\sin B=3.\frac{1}{2}.BA.BM.\sin B$$\iff BC=3BM$$\Rightarrow \overrightarrow{BC}=\pm 3\overrightarrow{BM}$.

Khi đó $\overrightarrow{BM}=\left(a-2;b-1\right);\overrightarrow{BC}=\left(-3;-3\right)$.

TH1: $\overrightarrow{BC}=3\overrightarrow{BM}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=1\\ b=0\end{array}$ (loại).

TH2: $\overrightarrow{BC}=-3\overrightarrow{BM}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=3\\ b=2\end{array}$ (thỏa mãn).

Do đó $M\left(3;2\right)$.