Đề thi cuối kì 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (có tự luận) – Đề 4 (có đáp án)

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Đường thẳng $\Delta$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}=\left(-3;1\right)$.

Mà $\overrightarrow{u}=-\overrightarrow{u_1}$ nên $\overrightarrow{u}$ cũng là một vectơ chỉ phương của $\Delta$.

b) Thay tọa độ điểm $A\left(2;1\right)$ vào phương trình đường thẳng $\Delta$ ta thấy không thỏa mãn.

Do đó điểm $A\notin \Delta$.

c) Đường thẳng $\Delta$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}=\left(-3;1\right)$ nên nhận $\overrightarrow{n}=\left(1;3\right)$ làm vectơ pháp tuyến.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua $M\left(1;2\right)$ và nhận $\overrightarrow{n}=\left(1;3\right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là

$\left(x-1\right)+3\left(y-2\right)=0$$\iff x+3y-7=0$.

d) Ta có $d\left(A,\Delta \right)=\frac{|2+3.1-7|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{2}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$.

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Ta có $n\left(\Omega \right)=C_{15}^4=1365$.

b) Có $n\left(A\right)=C_4^2.C_6^1.C_5^1+C_4^2.C_6^2+C_4^2.C_5^2=330$.

c) Số cách chọn được 4 quả cầu có ít nhất 3 quả xanh là $C_4^3.C_6^1+C_4^3.C_5^1+C_4^4=45$.

Xác suất chọn được 4 quả cầu có ít nhất 3 quả xanh là $\frac{45}{1365}=\frac{3}{91}$.

d) Số cách chọn 4 quả cầu không có quả màu đỏ là: $C_4^1.C_5^3+C_4^2.C_5^2+C_4^3.C_5^1=90$.

Xác suất chọn được 4 quả cầu không có quả màu đỏ là $\frac{90}{1365}=\frac{6}{91}$.

Suy ra xác suất để chọn được 4 quả cầu trong đó có ít nhất 1 quả đỏ là $1-\frac{6}{91}=\frac{85}{91}$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1

Bình phương hai vế của phương trình ta được:

$x^2+3x-2=1+x$$\iff x^2+2x-3=0$$\iff x=-3$ hoặc $x=1$

Thử lại ta thấy $x=1$ là nghiệm của phương trình.

Do đó tổng tất cả các nghiệm của phương trình là 1.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 12

Số cách chọn một chiếc đồng hồ gồm một mặt và một dây là $3.4=12$ (cách).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 8

Ta có $x^2+y^2-6x+4y-12=0$$\iff {\left(x-3\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2=25$.

Suy ra $I\left(3;-2\right),R=5$. Do đó $a^2+b^2-R=9+4-5=8$.

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,32

Gọi $\Omega$ là không gian mẫu.

Có 9 cách lấy ra 1 viên bi từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai. Sau khi bỏ thì số viên bi trong hộp thứ hai là 13 viên. Khi đó có $C_{13}^2$ cách lấy 2 viên bi từ hộp thứ hai.

Suy ra số phần tử không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=9C_{13}^2$.

Gọi $A$ là biến cố: “Lấy được từ hộp thứ hai 2 viên bi trắng”.

TH1: Lấy được 1 viên bi xanh từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai.

Có 4 cách lấy ra một viên bi xanh từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai. Sau khi bỏ viên bi xanh lấy từ hộp thứ nhất vào hộp thứ hai thì số bi trắng trong hộp thứ hai vẫn là $7$. Khi đó có $C_7^2$ cách lấy hai viên bi trắng từ hộp thứ hai. Suy ra trong trường hợp này có $4C_7^2$ cách.

TH2: Lấy được 1 viên bi trắng từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai.

Có 5 cách lấy ra một viên bi trắng từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai. Sau khi bỏ viên bi trắng lấy từ hộp thứ nhất vào hộp thứ hai thì số bi trắng trong hộp thứ hai là 8. Khi đó có $C_8^2$ cách lấy 2 viên bi trắng từ hộp thứ hai. Suy ra trong trường hợp này có $5C_8^2$ cách.

Suy ra $n\left(A\right)=4C_7^2+5C_8^2$ cách.

Do đó xác suất cần tính là $P=\frac{4C_7^2+5C_8^2}{9C_{13}^2}=\frac{112}{351}\approx 0,32$.

Hướng dẫn giải

Lợi nhuận thu được là: $150Q-\left(Q^2+20Q+4000\right)=-Q^2+130Q-4000$.

Để không bị lỗ thì $-Q^2+130Q-4000\ge 0$$\iff 50\le Q\le 80$.

Do đó $Q\in \left[50;80\right]$ thì sản xuất không bị lỗ.

Hướng dẫn giải

Điều kiện: $n\ge 2,n\in \mathbb{N}\ast$.

Ta có $A_n^2-3C_n^1=5$$\iff \frac{n!}{\left(n-2\right)!}-3n=5$$\iff n\left(n-1\right)-3n=5$$\iff n^2-4n-5=0$$\iff [\begin{array}{l}n=5\\ n=-1\end{array}$.

Với $n=5$ ta có khai triển ${\left(2-3x^2\right)}^5$.

Ta có ${\left(2-3x^2\right)}^5=2^5+5.2^4.\left(-3x^2\right)+10.2^3.{\left(-3x^2\right)}^2+10.2^2.{\left(-3x^2\right)}^3+\mathrm{5.2.}{\left(-3x^2\right)}^4+{\left(-3x^2\right)}^5$

$=32-240x^2+720x^4-1080x^6+810x^8-243x^{10}$.

Suy ra hệ số của số hạng chứa $x^6$ trong khai triển trên là $-1080$.

Hướng dẫn giải

Ta có $c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{25-9}=4$.

Tiêu điểm của elip có hoành độ dương là $F_2\left(4;0\right)$.

Gọi phương trình chính tắc của parabol $\left(P\right)$ là $y^2=2px\left(p>0\right)$.

Vì $\left(P\right)$ có tiêu điểm là $F_2\left(4;0\right)$$\Rightarrow \frac{p}{2}=4\Rightarrow p=8$.

Vậy phương trình chính tắc của parabol $\left(P\right)$ là $y^2=16x$.