Trả lời Lời giải Đề thi học kì 1 Toán 10 – Đề số 7 – Đề thi đề kiểm tra Toán lớp 10 Chân trời sáng tạo.
Câu hỏi/Đề bài:
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Phần 1: Trắc nghiệm (30 câu – 6 điểm)
|
1.B |
2.D |
3.C |
4.B |
5.C |
6.C |
7.C |
8.B |
9.B |
10.D |
|
11.A |
12.A |
13.C |
14.B |
15.C |
16.B |
17.A |
18.A |
19.D |
20.C |
|
21.C |
22.D |
23.A |
24.D |
25.A |
26.C |
27.A |
28.C |
29.B |
30.C |
Câu 1 (NB):
Hướng dẫn:
Mệnh đề là câu khẳng định có tính đúng hoặc sai.
Cách giải:
Câu (3) không phải là mệnh đề.
Chọn B.
Câu 2 (TH):
Hướng dẫn:
Tìm số quy tròn a của \(\bar a = 8217,3\) đến hàng chục.
Tính sai số tuyệt đối \(\Delta {\rm{ \;}} = \left| {\bar a – a} \right|\).
Cách giải:
Quy tròn \(\bar a = 8217,3\) đến hàng chục ta được số gần đúng \(a = 8220\).
Vậy sai số tuyệt đối là: \(\Delta {\rm{ \;}} = \left| {\bar a – a} \right| = 2,7.\)
Chọn D.
Câu 3 (TH):
Hướng dẫn:
Sử dụng công thức trung điểm: \(\overrightarrow {AM} {\rm{ \;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AC} } \right)\).
Cách giải:
Vì M là trung điểm của BC nên
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AM} {\rm{ \;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AC} } \right)}\\{ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {AM} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AC} }\\{ \Leftrightarrow \overrightarrow {AC} {\rm{ \;}} = {\rm{ \;}} – \overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + 2\overrightarrow {AM} }\\{ \Rightarrow x = {\rm{ \;}} – 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = 2.}\end{array}\)
Vậy cặp số (x;y) cần tìm là (-1;2).
Chọn C.
Câu 4 (TH):
Hướng dẫn:
Tính số HS thích học một trong hai môn.
Tính số HS thích học cả hai môn = Số HS thích môn Văn + số HS thích môn Toán – số HS thích một trong hai môn.
Cách giải:
Số học sinh thích môn Văn hoặc Toán là: 37 – 9 = 28 (bạn).
Số học sinh thích cả hai môn Văn và Toán là: (17 + 19) – 28 = 8 (bạn).
Chọn B.
Câu 5 (TH):
Hướng dẫn:
Giải từng bất phương trình.
Lấy giao hai tập hợp nghiệm của hai bất phương trình.
Cách giải:
Giải từng bất phương trình:
\(3x – 4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{4}{3} \Rightarrow {S_1} = \left[ {\frac{4}{3}; + \infty } \right)\).
\(\frac{{x – 1}}{2} – x \ge {\rm{ \;}} – 2 \Leftrightarrow x – 1 – 2x \ge {\rm{ \;}} – 2x \Leftrightarrow x \ge 1 \Rightarrow {S_2} = \left[ {1; + \infty } \right).\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = {S_1} \cap {S_2} = \left[ {\frac{4}{3}; + \infty } \right).\)
Chọn C.
Câu 6 (TH):
Hướng dẫn:
Dựa vào các điểm thuộc miền nghiệm của bất phương trình.
Cách giải:
Thay tọa độ điểm (2;0) vào bất phương trình ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 + 2 – 1 > 0}\\{2 \ge 2}\\{ – 0 + 2.2 > 3}\end{array}} \right.\) (đúng) nên điểm (0;2) thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.
Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.
Chọn C.
Câu 7 (VD):
Hướng dẫn:
Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC tính BC: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2AB.AC.\cos A\).
Sử dụng công thức tính diện tích tam giác: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin A.\)
Sử dụng công thức \({S_{ABC}} = \frac{{AB.AC.BC}}{{4R}}\), từ đó suy ra R.
Cách giải:
Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2AB.AC.\cos A}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = {9^2} + {{18}^2} – 2.9.8.\cos {{60}^0} = 243}\\{ \Rightarrow BC = 9\sqrt 3 }\end{array}\)
Khi đó ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin A = \frac{1}{2}.9.18.\sin {60^0} = \frac{{81\sqrt 3 }}{2}\).
Mà \({S_{ABC}} = \frac{{AB.AC.BC}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{AB.AC.BC}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{9.18.9\sqrt 3 }}{{4.\frac{{81\sqrt 3 }}{2}}} = 9.\)
Chọn C.
Câu 8 (TH):
Hướng dẫn:
Sử dụng định lí Sin trong tam giác ABC ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\).
Cách giải:
Xét tam giác ABC ta có: C = 1800 – (A + B) = 750.
Sử dụng định lí Sin trong tam giác ABC ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\).
\( \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{{\sin C}}.\sin B = \frac{8}{{\sin {{75}^0}}}.\sin {45^0} \approx 5,86.\)
Chọn B.
Câu 9 (TH):
Hướng dẫn:
Sử dụng \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \tan x = \frac{{\sin x}}{{\cos x}}\).
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\tan }^2}x{{\sin }^2}x – {{\tan }^2}x + {{\sin }^2}x}\\{ = {{\tan }^2}x\left( {{{\sin }^2}x – 1} \right) + {{\sin }^2}x}\\{ = \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{{\cos }^2}x}}.\left( { – {{\cos }^2}x} \right) + {{\sin }^2}x}\\{ = {\rm{ \;}} – {{\sin }^2}x + {{\sin }^2}x = 0.}\end{array}\)
Chọn B.
Câu 10 (VD):
Hướng dẫn:
Sử dụng quy tắc ba điểm, phép nhân vectơ với một số.
Cách giải:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AM} = 2\left( {\overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NC} + \overrightarrow {CM} } \right)}\\{ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AN} + \overrightarrow {BC} + 2\overrightarrow {CM} }\\{ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AN} + 2\overrightarrow {CM} + \left( {\overrightarrow {BM} – \overrightarrow {CM} } \right)}\\{ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AN} + 2\overrightarrow {CM} – \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {CM} }\\{ \Leftrightarrow \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AN} + \overrightarrow {CM} }\\{ \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \frac{4}{3}\overrightarrow {AN} + \frac{2}{3}\overrightarrow {CM} }\end{array}\)
Chọn D.
Câu 11 (VD):
Hướng dẫn:
Áp dụng công thức tìm độ lệch chuẩn.
Cách giải:
Bảng phân bố tần số:
Điểm trung bình: \(\bar x = \frac{{45.4 + 55.6 + 65.10 + 75.6 + 85.4 + 95.2}}{{32}} = 66,875\) (điểm)
Phương sai: \({s^2} = \frac{1}{{32}}\left[ {4.{{\left( {45 – 66,875} \right)}^2} + 6.{{\left( {55 – 66,875} \right)}^2} + {\rm{\;}} \ldots {\rm{\;}} + 2.{{\left( {95 – 66,875} \right)}^2}} \right] \approx 190,234\) (điểm)
Độ lệch chuẩn: \(s = \sqrt[{}]{{{s^2}}} = \sqrt[{}]{{190,234}} \approx 13,793\) (điểm)
Chọn A.
Câu 12 (TH):
Hướng dẫn:
Cho tam giác ABC trọng tâm G và điểm M bất kì, ta có \(\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {MB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = 3\overrightarrow {MG} .\)
Cách giải:
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {MB} {\rm{ \;}} + 4\overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \vec 0}\\{ \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {MA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {MB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {MC} } \right) + 3\overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \vec 0}\\{ \Leftrightarrow 3\overrightarrow {MG} {\rm{ \;}} + 3\overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \vec 0}\\{ \Leftrightarrow \overrightarrow {MG} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {MC} {\rm{ \;}} = \vec 0}\end{array}\)
=> M là trung điểm của GC.
Vậy M thuộc miền 1.
Chọn A.
Câu 13 (TH):
Hướng dẫn:
\(\sqrt {f(x)} \) xác định khi \(f(x) \ge 0\)
\(\frac{1}{{g(x)}}\) xác định khi \(g(x) \ne 0\)
Cách giải:
Hàm số \(y = \frac{{\sqrt {2x + 1} }}{{3 – x}}\) xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 1 \ge 0\\3 – x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge – \frac{1}{2}\\x \ne 3\end{array} \right.\)
Vậy tập xác định \(D = \left[ { – \frac{1}{2}; + \infty } \right)\backslash \left\{ 3 \right\}\)
Chọn C.
Câu 14 (TH):
Hướng dẫn:
Sử dụng định lí Sin trong tam giác: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R\).
Cách giải:
Sử dụng định lí Sin trong tam giác ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} = 2R}\\{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{b\sin A}}{{\sin B}}}\\{\sin c = \frac{{c\sin A}}{a}}\\{a = 2R\sin A}\end{array}} \right.}\end{array}\)
Suy ra A, C, D đúng.
Chọn B.
Câu 15 (NB):
Hướng dẫn:
Quan sát đồ thị và kết luận
Cách giải:
Quan sát đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy
Đồ thị kéo dài qua điểm (-3;0) và (3;0) nên tập xác định \(D \ne [ – 3;3]\) (loại B).
Trên (0;3): Đồ thị đi xuống từ trái qua phải => Hàm số nghịch biến trên (0;3) (loại A)
=> Hàm số nghịch biến trên (1;2) vì \((1;2) \subset (0;3).\)
Chọn C.
Câu 16 (TH):
Hướng dẫn:
Đối với bảng phân bố tần số, phương sai được tính theo công thức:
\({s^2} = \frac{1}{N}\left[ {{n_1}{{\left( {{x_1} – \bar x} \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{x_2} – \bar x} \right)}^2} + {\rm{\;}} \ldots {\rm{\;}} + {n_k}{{\left( {{x_k} – \bar x} \right)}^2}} \right]\)
Với \({n_i};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {f_i}\) lần lượt là tần số, tần suất của giá trị \({x_i}\).
Cách giải:
Bảng phân số tần số:
*) Sản lượng trung bình của 40 thửa ruộng là:
\(\bar x = \frac{{20.5 + 21.8 + 22.11 + 23.10 + 24.6}}{{40}} = 22,1{\mkern 1mu} \)(tạ)
*) Phương sai:
\({s^2} = \frac{1}{{40}}\left[ {5.{{\left( {20 – 22,1} \right)}^2} + 8.{{\left( {21 – 22,1} \right)}^2} + 11.{{\left( {22 – 22,1} \right)}^2} + 10.{{\left( {23 – 22,1} \right)}^2} + 6.{{\left( {24 – 22,1} \right)}^2}} \right]\)\( = 1,54\) (tạ)
Chọn B.
Câu 17 (TH):
Cách giải:
Hàm số\(y = – {x^2} + 2x – 1\) có \(a = – 1,b = 2\)
Vì \(a = – 1 < 0\), nên loại C và D.
Hoành độ đỉnh \( – \frac{b}{{2a}} = – \frac{2}{{2.( – 1)}} = 1\), tung độ đỉnh \(y(1) = – {1^2} + 2.1 – 1 = 0\)
Chọn A.
Câu 18 (NB):
Hướng dẫn:
\({C_X}Y = X\backslash Y = \{ x \in X\) và \(x \notin Y\} .\)
Cách giải:
Ta có: \({C_X}Y = X\backslash Y = \left\{ {3;4} \right\}.\)
Chọn A.
Câu 19 (NB):
Hướng dẫn:
Quan sát đồ thị
Cách giải:
Vì Parabol hướng bề lõm lên trên nên \(a > 0\).
Đồ thị hàm số cắt \(Oy\) tại điểm \(\left( {0;c} \right)\) ở dưới \(Ox \Rightarrow c < 0\)(Loại A, B).
Hoành độ đỉnh Parabol là \( – \frac{b}{{2a}} 0 \Rightarrow b > 0\)(Loại C)
Chọn D.
Câu 20 (TH):
Hướng dẫn:
Thay trực tiếp tọa độ các điểm ở các đáp án vào hệ bất phương trình.
Cách giải:
Thay tọa độ điểm A(0;1) vào bất phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 + 3.1 – 2 \ge 0}\\{2.0 + 1 + 1 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \ge 0}\\{2 \le 0}\end{array}} \right.\) (sai)
Thay tọa độ điểm C(1;3) vào bất phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 3.3 – 2 \ge 0}\\{2.1 + 3 + 1 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8 \ge 0}\\{6 \le 0}\end{array}} \right.\) (sai)
Thay tọa độ điểm B(-1;1) vào bất phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – 1 + 3.1 – 2 \ge 0}\\{2\left( { – 1} \right) + 1 + 1 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \ge 0}\\{0 \le 0}\end{array}} \right.\) (đúng)
Thay tọa độ điểm D(-1;0) vào bất phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – 1 + 3.0 – 2 \ge 0}\\{2\left( { – 1} \right) + 0 + 1 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ – 3 \ge 0}\\{ – 1 \le 0}\end{array}} \right.\) (sai)
Vậy điểm B(-1;1) thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình.
Chọn C.
Câu 21 (VD):
Cách giải:
Hàm số \(y = {x^2} – 4x + 3\) có \(a = 1 > 0,b = – 4 \Rightarrow – \frac{b}{{2a}} = – \frac{{ – 4}}{{2.1}} = 2;y(2) = – 1.\)
\(y( – 1) = 8;y(4) = 3\)
Ta có bảng biến thiên trên \(\left[ { – 1;4} \right]\) là:
Từ bảng biến thiên suy ra:
Trên \(\left[ { – 1;4} \right]\): Giá trị lớn nhất của hàm số bằng \(8\) và giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng \( – 1\)
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là \(8 + \left( { – 1} \right) = 7\).
Chọn C.
Câu 22 (VD):
Hướng dẫn:
Chia cả tử và mẫu biểu thức P cho \cos \alpha và biểu diễn biểu thức P theo \tan \alpha .
Cách giải:
Vì \(\tan \alpha {\rm{ \;}} = {\rm{ \;}} – 2\) xác định nên \(\cos \alpha {\rm{ \;}} \ne 0.\)
Chia cả tử và mẫu của biểu thức P cho \(\cos \alpha \) ta được:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{P = \frac{{2\sin \alpha {\rm{ \;}} + 3\cos \alpha }}{{3\sin \alpha {\rm{ \;}} – 2\cos \alpha }} = \frac{{2\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} + 3}}{{3\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} – 2}}}\\{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \frac{{2\tan \alpha {\rm{ \;}} + 3}}{{3\tan \alpha {\rm{ \;}} – 2}} = \frac{{2.\left( { – 2} \right) + 3}}{{3.\left( { – 2} \right) – 2}} = \frac{{ – 1}}{{ – 8}} = \frac{1}{8}.}\end{array}\)
Chọn D.
Câu 23 (TH):
Hướng dẫn:
Áp dụng quy tắc cộng vecto, quy tắc hình bình hành để biểu diễn véctơ.
Cách giải:
\(\overrightarrow {BM} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {BC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} {\rm{\;}} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} \)
\( \Rightarrow \overrightarrow {BG} {\rm{\;}} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BM} {\rm{\;}} = \frac{2}{3} \cdot \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {BA} {\rm{\;}} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{1}{3}\overrightarrow {BA} {\rm{\;}} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} \)
Mặt khác, \(\overrightarrow {BA} {\rm{\;}} = \vec a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {BC} {\rm{\;}} = \vec b\) nên ta có: \(\overrightarrow {BG} {\rm{\;}} = \frac{1}{3}\vec a + \frac{1}{3}\vec b\)
Vậy \(\overrightarrow {BG} {\rm{\;}} = \frac{1}{3}\vec a + \frac{1}{3}\vec b\).
Chọn A.
Câu 24 (NB):
Hướng dẫn:
Áp dụng điều kiện để hai vecto cùng phương. Điều kiện cần và đủ để ba điểm thẳng hàng.
Cách giải:
Theo lý thuyết, ba điểm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C\) phân biệt thẳng hàng khi và chỉ khi tồn tại \(k\) khác \(0\) sao cho \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = k\overrightarrow {AC} \).
Do vậy, khẳng định sai là: Ba điểm phân biệt \(A,B,C\) thẳng hàng khi và chỉ khi \(\overrightarrow {AB} {\rm{\; = \;}}k\overrightarrow {AC} \).
Vì xảy ra trường hợp \(k = 0\), khi đó \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = k\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = 0.\overrightarrow {AC} {\rm{\;}} = 0\) (vô lý)
Chọn D.
Câu 25 (NB):
Hướng dẫn:
Dùng công thức diện tích \(S = pr = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} \)
Cách giải:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{S = pr = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} }\\{ \Rightarrow r = \frac{{\sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} }}{p} = 1,63}\end{array}\)
với \(p = \frac{{a + b + c}}{2} = 9\)
Chọn A.
Câu 26 (TH):
Hướng dẫn:
Tính sai số tương đối \({\delta _a} = \frac{{{\Delta _a}}}{{\left| a \right|}} \le \frac{d}{{\left| a \right|}}\) trong mỗi đáp án. Sai số tương đối càng nhỏ thì kết quả đo được càng chính xác.
Cách giải:
Đáp án A: \({\delta _a} \le \frac{{0,01}}{{15,34}} = 0,00065189…\)
Đáp án B: \({\delta _b} \le \frac{{0,2}}{{127,4}} = 0,00156985…\)
Đáp án C: \({\delta _c} \le \frac{{0,5}}{{2135,8}} = 0,00023410…\)
Đáp án D: \({\delta _d} \le \frac{{0,15}}{{63,47}} = 0,00236332…\)
Ta thấy \({\delta _c}\) là nhỏ nhất trong các số trên. Vậy phép đo trong ý C có kết quả chính xác nhât.
Chọn C.
Câu 27 (TH):
Hướng dẫn:
Khoảng tứ phân vị, kí hiệu là \({\Delta _Q}\), là hiệu số giữa tứ phân vị thứ ba và tứ phân vị thứ nhất, tức là: \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1}\)
Cách giải:
Cỡ mẫu là n = 10 chẵn nên giá trị tứ phân vị thứ hai là \({Q_2} = \frac{1}{2}\left( {2 + 2} \right) = 2\).
Tứ phân vị thứ nhất là trung vị của mẫu 1 1 1 2 2 . Do đó \({Q_1} = 1\).
Tứ phân vị thứ ba là trung vị của mẫu 2 3 3 4 20. Do đó \({Q_3} = 3\).
Vậy khoảng biến thiên của mẫu số liệu là: \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1} = 3 – 1 = 2.\)
Chọn A.
Câu 28 (VD):
Hướng dẫn:
Parabol \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c\) có đỉnh \(I\left( { – \frac{b}{{2a}}; – \frac{\Delta }{{4a}}} \right)\) và cắt Oy tại (0;c).
Cách giải:
Ta có (P) cắt Oy tại điểm \(M\left( {0; – 1} \right)\) suy ra \(y\left( 0 \right) = – 1 \Leftrightarrow c = – 1\)
Lại có: đỉnh \(I\left( {2;0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} – \frac{b}{{2a}} = 2\\a{.2^2} + b.2 + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = – 4a\\4a + 2b – 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – \frac{1}{4}\\b = 1\end{array} \right.\)
Vậy parabol đó là \((P):y = – \frac{1}{4}{x^2} + x – 1\)
Chọn C.
Câu 29 (TH):
Hướng dẫn:
Sử dụng quy tắc hình bình hành.
Sử dụng: hai vectơ vuông góc với nhau thì tích vô hướng bằng 0.
Cách giải:
Lấy D sao cho ACBD là hình bình hành, khi đó ta có: \(\overrightarrow {CA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {CB} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {CD} \).
Theo bài ra ta có: \(\left( {\overrightarrow {CA} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {CB} } \right).\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {CD} .\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} = 0\) \( \Rightarrow CD \bot AB\).
Hình bình hành ACBD có hai đường chéo vuông góc nên là hình thoi, do đó CA = CB.
Vậy tam giác ABC cân tại C.
Chọn B.
Câu 30 (NB):
Hướng dẫn:
Sử dụng định nghĩa tích vô hướng của hai vectơ: \(\vec a.\vec b{\rm{ \;}} = \left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|.\cos \left( {\vec a,\vec b} \right)\).
Cách giải:
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên \(AB \bot AC\).
Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} {\rm{ \;}} = 0.\)
Chọn C.
Phần 2: Tự luận (4 điểm)
Câu 1 (VD):
Hướng dẫn:
Hướng dẫn:
a) Hàm số \(y = a{x^2} + bx + c(a \ne 0)\) có đỉnh \(I\left( { – \frac{b}{{2a}};\frac{{ – \Delta }}{{4a}}} \right)\)
b) Sự biến thiên
* Vẽ đồ thị
+ Đỉnh I\(\left( { – \frac{b}{{2a}};\frac{{ – \Delta }}{{4a}}} \right)\)
+ Trục đối xứng \(x = – \frac{b}{{2a}}\)
+ Giao với các trục (nếu có)
+ Lấy các điểm thuộc đồ thị (đối xứng nhau qua trục đối xứng).
Cách giải:
a) Ta có: Parabol cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \(2\) nên \(y(2) = 0 \Leftrightarrow 4a + 2b + c = 0\)
Đồ thị của nó có đỉnh \(I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{4}} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ – b}}{{2a}} = \frac{3}{2}\\{\left( {\frac{3}{2}} \right)^2}a + \frac{3}{2}b + c = \frac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + b = 0\\9a + 6b + 4c = 1\end{array} \right.\)
Kết hợp, ta được hệ \(\left\{ \begin{array}{l}3a + b = 0\\9a + 6b + 4c = 1\\4a + 2b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = – 1\\b = 3\\c = – 2\end{array} \right.\)
Vậy parabol đó là \(y = – {x^2} + 3x – 2\)
b) Hàm số \(y = – {x^2} + 3x – 2\) có \(a = – 1 < 0\) và đỉnh là \(I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{4}} \right)\)
Ta có bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên \(( – \infty ;\frac{3}{2})\) và nghịch biến trên \((\frac{3}{2}; + \infty )\)
* Vẽ đồ thị hàm số
Đỉnh \(I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{4}} \right)\)
Trục đối xứng \(x = \frac{3}{2}\)
Cắt trục tung tại A(0;-2) và cắt Ox tại B(1;0) và C(2;0)
Lấy D(3;-2) thuộc (P), đối xứng với A(0;-2) qua trục đối xứng
Câu 2 (VD):
Hướng dẫn:
Gọi I là trung điểm của AB, J là điểm nằm trên đường thẳng AC thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {JA} = 3\overrightarrow {JC} \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {JA} – 3\overrightarrow {JC} = \vec 0\)
Đưa đẳng thức đã cho về dạng MI = MJ, sử dụng công thức trung điểm, quy tắc ba điểm. Từ đó suy ra tập hợp điểm M.
Cách giải:
Gọi I là trung điểm của AB, J là điểm nằm trên đường thẳng AC thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {JA} = 3\overrightarrow {JC} \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {JA} – 3\overrightarrow {JC} = \vec 0\)
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {\overrightarrow {MA} – 3\overrightarrow {MC} } \right|}\\{ \Leftrightarrow \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = \left| {\overrightarrow {MJ} + \overrightarrow {JA} – 3\left( {\overrightarrow {MJ} + \overrightarrow {JC} } \right)} \right|}\\{ \Leftrightarrow \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = \left| { – 2\overrightarrow {MJ} + \left( {\overrightarrow {JA} – 3\overrightarrow {JC} } \right)} \right|}\\{ \Leftrightarrow \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = \left| { – 2\overrightarrow {MJ} } \right|}\\{ \Leftrightarrow MI = MJ}\end{array}\)
Vậy tập hợp các điểm M là đường trung trực của IJ.
Câu 3 (VDC):
Hướng dẫn:
Sử dụng \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {CA} {\rm{ \;}} = \vec 0\), bình phương hai vế, sử dụng khái niệm tích vô hướng của 2 vectơ.
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} = \vec 0}\\{ \Rightarrow {{\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} } \right)}^2} = 0}\\{ \Leftrightarrow {{\overrightarrow {AB} }^2} + {{\overrightarrow {BC} }^2} + {{\overrightarrow {CA} }^2} + 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + 2\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + 2\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} = 0}\\{ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 2\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} + 2\overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CA} + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} }\\{ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 2ac\cos B + 2bc\cos A + 2ab\cos C}\\{ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{2abc}} = \frac{{\cos A}}{a} + \frac{{\cos B}}{b} + \frac{{\cos C}}{c}{\mkern 1mu} \left( {dpcm} \right).}\end{array}\)
Mặt khác, theo định lí cosin trong tam giác ABC ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A}\\{ \Leftrightarrow {a^2} = 5{a^2} – 2bc\cos A}\\{ \Leftrightarrow 2bc\cos A = 4{a^2}}\\{ \Leftrightarrow bc = \frac{{2{a^2}}}{{\cos A}} = \frac{{2{a^2}}}{{\cos \alpha }}}\end{array}\)
Vậy \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}\frac{{2{a^2}}}{{2\cos \alpha }}\sin \alpha {\rm{ \;}} = {a^2}\tan \alpha .\)