Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 10 online - Mã đề 06

Mệnh đề là câu khẳng định, có tính đúng hoặc sai.

(1) và (4) là mệnh đề.

Chọn B.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề “\(\forall x \in \mathbb{R},{\kern 1pt} {\kern 1pt} x - 2 > 5\)” là “\(\exists x \in \mathbb{R},{\kern 1pt} {\kern 1pt} x - 2 \le 5\)”.

Chọn A.

Giải phương trình \(x\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).

Mà \(x \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow x \in \left\{ {2;3} \right\}.\)

Vậy D = {2;3}.

Chọn A.

B = {3;6;9;12;15}

\( \Rightarrow B = \left\{ {3n|n \in \mathbb{N},{\kern 1pt} {\kern 1pt} 1 \le n \le 5} \right\}\).

Chọn A.

+) \(A \cap B = \left( { - 3; - 2} \right]\)

=> A đúng.

+) \(A\backslash B = \left( { - \infty ; - 3} \right]\)

=> B sai.

+) \(A \cup B = \left( { - \infty ;5} \right]\)

=> C đúng.

+) \(B\backslash A = \left( { - 2;5} \right]\).

=> D đúng.

Chọn B.

\({A_3} = \left\{ {4;5} \right\} \subset A = \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\).

Chọn C.

5 là số nguyên tố, 9, 12, 4 là hợp số nên mệnh đề D đúng.

Chọn D.

Ta có: \(2{x^2} + 1 \ge y + 2{x^2} \Leftrightarrow y - 1 \le 0\) nên đây là một bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Chọn C.

+) Thay tọa độ điểm (5;1) vào bất phương trình ta có: 3.5 + 2.1 < 10 (Vô lí) => (5;1) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

+) Thay tọa độ điểm (4;2) vào bất phương trình ta có: 3.4 + 2.2 < 10 (Vô lí) => (4;2) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

+) Thay tọa độ điểm (1;5) vào bất phương trình ta có: 3.1 + 2.5 < 10 (Vô lí) => (1;5) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

+) Thay tọa độ điểm (1;2) vào bất phương trình ta có: 3.1 + 2.2 < 10 (Đúng) => (1;2) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

Chọn D.

Sử dụng định lí cosin trong tam giác: \({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A.\)

\(E{F^2} = E{G^2} + F{G^2} - 2EG.FG.\cos G\) là mệnh đề đúng.

Chọn D.

Áp dụng định lí Sin trong tam giác ABC ta có: \(\frac{{AC}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{{\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{AB}}\).

Theo giả thiết \(\frac{{\sin B}}{{\sin C}} = \sqrt 3  \Rightarrow \frac{{AC}}{{AB}} = \sqrt 3  \Rightarrow AC = \sqrt 3 AB.\)

Vậy \(AC = \sqrt 3 .2\sqrt 2  = 2\sqrt 6 .\)

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\sin }^2}A + {{\cos }^2}A = 1}\\{ \Leftrightarrow {{\sin }^2}A + {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2} = 1}\\{ \Leftrightarrow {{\sin }^2}A = \frac{{16}}{{25}}}\end{array}\)

Vì \({0^0} < A < {180^0}\) nên sinA > 0 \( \Rightarrow \sin A = \frac{4}{5}.\)

Diện tích tam giác ABC là: \(S = \frac{1}{2}bc.\sin A. = \frac{1}{2}.7.5.\frac{4}{5} = 14.\)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A.}\\{{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = {7^2} + {5^2} - 2.7.5.\frac{3}{5}}\\{{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = 32}\\{ \Rightarrow a = 4\sqrt 2 .}\end{array}\)

Lại có: \(S = \frac{1}{2}a{h_a} \Rightarrow {h_a} = \frac{{2S}}{a} = \frac{{2.14}}{{4\sqrt 2 }} = \frac{{7\sqrt 2 }}{2}.\)

Chọn C.

Ta có:  \({x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 4}\end{array}} \right.\).

Vậy với x = 1 thì P(x) là mệnh đề đúng.

Chọn D.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 4 \ge y}\\{3x + 4y < 5}\end{array}} \right.\) là hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

Chọn D.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{T = 2 + {{\sin }^2}{{90}^0} + 2{{\cos }^2}{{60}^0} - 3{{\tan }^2}{{45}^0}}\\{T = 2 + {1^2} + 2.{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} - {{3.1}^2}}\\{T = \frac{1}{2}.}\end{array}\)

Chọn D.

Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}ab\sin C = pr = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{1}{2}c.{h_c}.\) 

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}ab\sin C\) nên đáp án A sai.

Chọn A.

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ABC:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{A{B^2} = B{C^2} + A{C^2} - 2BC.AC.\cos C}\\{{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = {1^2} + {3^2} - 2.1.3.\cos {{60}^0} = 7}\\{ \Rightarrow AB = \sqrt 7 .}\end{array}\)

Chọn B.

Mệnh đề đảo của mệnh đề “Nếu tứ giác là một hình thoi thì tứ giác đó nội tiếp được một đường tròn” là

Chọn D.

Hình vẽ đã cho là minh họa cho tập hợp \(\left[ {1; + \infty } \right).\)

Chọn C.

\(\alpha \) và \(\beta \) là hai góc khác nhau và bù nhau nên \(\sin \alpha  = \sin \beta ,\) \(\cos \alpha  =  - \cos \beta \), \(\tan \alpha  =  - \tan \beta \), \(\cot \alpha  =  - \cot \beta .\)

Vậy đẳng thức ở đáp án D sai.

Chọn D.

Ta có: \({C_B}A = B\backslash A = \{ x|x \in B\) và \(x \notin A\)}.

\( \Rightarrow {C_B}A = \left\{ {3;5;7;8} \right\}.\)

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB.BC}}}\\{{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \frac{{{4^2} + {6^2} - {{\left( {2\sqrt 7 } \right)}^2}}}{{2.4.6}} = \frac{1}{2}}\end{array}\)

Vì MC = 2MB, BC = 6 nên \(BM = \frac{1}{3}BC = \frac{1}{3}.6 = 2.\)

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABM ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{A{M^2} = A{B^2} + B{M^2} - 2AB.BM.\cos B}\\{{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = {4^2} + {2^2} - 2.4.2.\frac{1}{2} = 12}\\{ \Rightarrow AM = 2\sqrt 3 .}\end{array}\)

Chọn C.

Đường thẳng d đi qua điểm (0;1) nên loại đáp án B, C.

Ta thấy điểm O(0;0) không thuộc miền nghiệm của bất phương trình.

+ Thay tọa độ điểm O(0;0) vào bất phương trình \(2x + y < 1\) ta có: 2.0 + 0 < 1 (Đúng) => Loại.

+ Thay tọa độ điểm O(0;0) vào bất phương trình \(2x + y > 1\) ta có: 2.0 + 0 > 1 (Vô lí) => Thỏa mãn.

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} 1 + {{\tan }^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}}\\{ \Leftrightarrow 1 + {{\left( { - 2\sqrt 2 } \right)}^2} = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}}\\{ \Leftrightarrow {{\cos }^2}\alpha  = \frac{1}{9}}\\{ \Leftrightarrow \cos \alpha  =  \pm \frac{1}{3}}\end{array}\)

Vì \({0^0} < \alpha  < {180^0}\) \( \Rightarrow \sin \alpha  > 0\). Mà \(\tan \alpha  = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} < 0\) nên \(\cos \alpha  < 0\).

Vậy \(\cos \alpha  =  - \frac{1}{3}.\)

Chọn A.

Hướng N30⁰E là hướng tạo với hướng bắc một góc 30⁰ và tạo với hướng đông một góc \({90^0} - {30^0} = {60^0}\).

A là vị trí cảng.

Ca nô đi theo hướng đông từ A đến B, sau 3 giờ đi được quãng đường AB = 50.3 = 150 (km).

Tàu cá đi theo hướng N30⁰E từ A đến C, sau 3 giờ đi được quãng đường AC = 40.3 = 120 (km).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ABC ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos {{60}^{}}}\\{{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = {{150}^2} + {{120}^2} - 2.150.120.\frac{1}{2}}\\{{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = 18{\kern 1pt} 900}\\{ \Rightarrow BC = 30\sqrt {21}  \approx 137,5.}\end{array}\)

Vậy sau 3 giờ hai tàu cách nhau khoảng 137,5km.

Chọn D.

 Sử dụng máy tính cầm tay, ta được \(\sqrt 3  = 1,7320508076...\)

Làm tròn đến hàng phần nghìn ta được kết quả: 1,732.

Chọn B.

Ta có: \(h = 347,13{\rm{m}} \pm 0,2{\rm{m}} \Rightarrow d = 0,2\)

Độ chính xác d có chữ số (khác 0) ở hàng lớn nhất là hàng phần mười, do đó ta làm tròn số gần đúng \(h = 347,13\) đến hàng đơn vị, kết quả là $347$.

Chọn B

Khối lượng trung bình của cả ba nhóm học sinh là: \(\bar x = \frac{{20.50 + 15.38 + 25.40}}{{20 + 15 + 25}} = 42,8.\)

Chọn B.

Số trung bình cộng:

 \(\bar x = \frac{{9.1 + 10.1 + 11.3 + 12.5 + 13.8 + 14.13 + 15.19 + 16.24 + 17.14 + 18.10 + 19.2}}{{100}}\)\( = \frac{{1523}}{{100}} = 15,23\) (điểm)

Phương sai:

\({s^2} = \frac{1}{{100}}\left[ {1.{{\left( {9 - 15,23} \right)}^2} + 1.{{\left( {10 - 15,23} \right)}^2} + \; \ldots \; + 10.{{\left( {18 - 15,23} \right)}^2} + 2.{{\left( {19 - 15,23} \right)}^2}} \right]\) \( = 3,9571\)(điểm)

Độ lệch chuẩn:

\(s = \sqrt {{s^2}} \)\( = \sqrt {3,9571} \; \approx 1,989{\rm{2}}\) (điểm)

Vậy phương sai nhỏ hơn \(4\), độ lệch chuẩn nhỏ hơn \(2\).

Chọn D.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {\overrightarrow {DB} } \right| = BD}\\{\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = AC}\end{array}} \right..\)

Mà \(BD = AC \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AD} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right|.\)

Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {MC}  = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow MABC\) là hình bình hành

 \( \Rightarrow \overrightarrow {MA}  = \overrightarrow {CB} .\)

Do đó D sai.

 Chọn D.

Vì ABCD là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \) hay \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  = \vec 0\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC} }\\{\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CD} }\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CD}  = 2\overrightarrow {BC} \)

Vậy A đúng.

\(\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {AB} \) => B sai.

\(\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {DC}  + \overrightarrow {DC}  = 2\overrightarrow {DC}  =  - 2\overrightarrow {CD} \) => C sai

\(\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {DC} \) => D sai.

Chọn A.

Ta có: \(OA = OB = a\)

\( \Rightarrow \left| {2\overrightarrow {OA} } \right| + \left| {3\overrightarrow {OB} } \right| = 2a + 3a = 5a\). Vậy B đúng.

Tương tự, ta có \(\left| {11\overrightarrow {OA} } \right| - \left| {6\overrightarrow {OB} } \right| = 11a - 6a = 5a\). Do đó D đúng.

Lấy C, D sao cho \(\overrightarrow {OC}  = 3\overrightarrow {OA} ;\overrightarrow {OD}  = 4\overrightarrow {OB} ;\)

Dựng hình bình hành OCED. Do \(\widehat {AOB} = {90^^\circ }\) nên OCED là hình chữ nhật.

Ta có: \(3\overrightarrow {OA}  + 4\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow {OE} \)

\( \Rightarrow \left| {3\overrightarrow {OA}  + 4\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OE} } \right| = OE\)

Lại có: \(OC = 3OA = 3a,OD = 4OB = 4a.\)

\( \Rightarrow OE = \sqrt {O{C^2} + C{E^2}}  = \sqrt {O{C^2} + O{D^2}}  = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{(4a)}^2}}  = 5a\)

Do đó A đúng.

Chọn C

Vì M là trung điểm của BC suy ra \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {AM} \)

Khi đó  \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right).\overrightarrow {BC}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right).\left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right).\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {AB} }^2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {A{C^2} - A{B^2}} \right) = \frac{{{b^2} - {c^2}}}{2}\)

Chọn A.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD = a\sqrt 2 \\\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {BA}  = \left( {\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BA} } \right) + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {BD}  + \overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {BD} \end{array} \right.\)

Khi đó \(P = \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right).2\overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BD}  + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD}  =  - 2\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BD}  + \vec 0\)

\( =  - 2BA.BD\cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BD} } \right) =  - 2.a.a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} =  - 2{a^2}\)

Chọn D.

Xét phương trình: \({x^2} - 16 = 0\,\, \Leftrightarrow x =  \pm 4\) (thỏa mãn)

\( \Rightarrow M = \left\{ { - 4;4} \right\}\)

Xét phương trình: \({x^2} + 2x + 5 = 0\,\, \Leftrightarrow \,\,{\left( {x + 1} \right)^2} + 4 = 0\) (vô lý)

\( \Rightarrow \,\,N = \emptyset .\)

Chọn B.

Số học sinh giỏi Toán nhưng không giỏi Vật lý là: \(10 - 8 = 2\) học sinh.

Số học sinh giỏi Vật lý nhưng không giỏi Toán là: \(15 - 8 = 7\) học sinh.

Số học sinh giỏi ít nhất một môn của lớp 10A là: \(2 + 7 + 8 = 17\) học sinh.

Chọn A.

Xét phương trình: \({x^2} - 3x - 4 = 0\,\, \Leftrightarrow \,\,\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 1}\\{x = 4}\end{array}.} \right.\)

\( \Rightarrow M = \left\{ {4; - 1} \right\}\)

Để \(M = N\,\, \Leftrightarrow a = 4.\)

Chọn B.

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) và \(C(x;y)\)

\( \Rightarrow \) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 = \frac{{ - 3 + 5 + x}}{3}}\\{2 = \frac{{3 - 2 + y}}{3}}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 2 = 6}\\{y + 1 = 6}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{y = 5}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \) \(C(4;5)\)

Chọn B.

Xét hình vuông \(ABCD\)

\( \Rightarrow \) \(AC = a\sqrt 2 \)

Ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)\)

\( = a.a\sqrt 2 .\cos {45^ \circ } = {a^2}\)

Chọn C.