Đề thi học kì 1 Toán 10 Chân trời sáng tạo Đề 1

Tổng của hai số tự nhiên là một số chẵn khi và chỉ khi cả hai số đều là số chẵn. là mệnh đề sai: Ví dụ: là số chẵn nhưng là số lẻ.

Tích của hai số tự nhiên là một số chẵn khi và chỉ khi cả hai số đều là số chẵn. là mệnh đề sai: Ví dụ: là số chẵn nhưng là số lẻ.

Tổng của hai số tự nhiên là một số lẻ khi và chỉ khi cả hai số đều là số lẻ. là mệnh đề sai: Ví dụ: là số chẵn nhưng là số lẻ.

Chọn Tích của hai số tự nhiên là một số lẻ khi và chỉ khi cả hai số đều là số lẻ.

 Ta có: .

Vậy

 Áp dụng định lí sin:

.

Các vectơ bằng vectơ có điểm đầu và điểm cuối là đỉnh của lục giác là và .

Ta có: I là tâm hình chữ nhật ABCD

=> I là trung điểm của AC và I là trung điểm của BD

Khi đó ta tìm tọa độ điểm B và điểm C

=> Gọi M là trung điểm của BC có tọa độ là:

 Áp dụng định lý côsin: .

Áp dụng định li côsin ta

.

Suy ra .

Vậy chiều dài hàng rào là khoảng .

Hình vẽ minh họa:

Gọi D là điểm thuộc miền trong tam giác ABC, dựng các vectơ dựng hình chữ nhật DGHE ta có:

Ta lại có:

Mặt khác

=> Ba điểm H, D, F thẳng hàng.

Khi đó:

Trục đối xứng của (P) có dạng:

.

Vậy (P) có phương trình: .

f(x) =  − x² − 1 = 0  vô nghiệm

Dựa vào bảng xét dấu, ta chọn đáp án x ∈ ℝ.

Ta có: . Do đó không có điểm nào thỏa mãn hệ phương trình.

Hệ này vô nghiệm.

Đặt . Ta có hệ phương trình:

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2 và x = 3.

Ta có:

Đặt  khi đó ta có:

Do đó

Vậy tam giác ABC là tam giác cân tại A.

Nửa chu vi của tam giác là:

Áp dụng công thức Herong ta có:

Ta có

Mặt khác và cùng hướng hay .

 Ta có: .

Khẳng định đúng: "Nếu và thì " 

Ta có: .

Tập hợp điểm là đường tròn đường kính .

Tam giác vuông tại có

Vậy chiếu cao của ngọn tháp là

Ta có:

Ta có cùng hướng.

Điều kiện để là trung điểm là:

Ta có tính chất: Điều kiện cần và đủ để ba điểm phân biệt thẳng hàng là .

Các vectơ khác vectơ không có điểm đầu và điểm cuối là các điểm đã cho là

.

 Đặt

Hệ phương trình ban đầu trở thành: 

Với S = 5; P = 6 ta có:

Với S = -10; P = 21 ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (3; 2), (2; 3), (-3; -7), (-7, -3)

Hàm số y = (2m−1)x + 7 đồng biến trên ℝ khi 2m − 1 > 0 hay .

Ta có :

Ta có

Suy ra

Do đó .

 Ta có:

=> Khẳng định sai

=> Khẳng định sai

  => Khẳng định đúng

=> Khẳng định sa

Ta có và

Xét tỉ số và không cùng phương. Loại và ngược hướng.

Xét tỉ số không cùng phương. Loại cùng phương.

Xét tỉ số và cùng hướng. Chọn và cùng hướng.

Bất phương trình bậc nhất hai ẩn luôn có vô số nghiệm.

Điều kiện:

Phương trình tương đương

Kết hợp với điều kiện ta có: thỏa mãn 

Vậy phương trình có nghiệm là .

Ta có hàm số có

=> Hàm số nghịch biến trên khoảng , đồng biến trên khoảng

ĐKXĐ:

+) Xét tam thức bậc hai f(x) = 2x² − 2(m+1)x + m² + 1

Ta có a_f = 2 > 0,  Δ_f′ = ... =  − (m−1)² ≤ 0

Suy ra với mọi m ta có f(x) = 2x² − 2(m+1)x + m² + 1 ≥ 0,  ∀x ∈ ℝ(1)

+) Xét tam thức bậc hai g(x) = m²x² − 2mx + m² + 2

Với m = 0 ta có g(x) = 2 > 0, xét với m ≠ 0 ta có:

a_g = m² > 0,  Δ_g′ =  − m²(m²+1) < 0.

Suy ra với mọi m ta có g(x) = m²x² − 2mx + m² + 2 > 0,  ∀x ∈ ℝ (2)

Từ (1) và (2) suy ra với mọi m thì và m²x² − 2mx + m² + 2 ≠ 0 đúng với mọi giá trị của x.

Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ.

Mệnh đề: " " khẳng định là có ít nhất một số thực mà bình phương của nó lớn hơn 33.

Ta có

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng .

Trước hết, ta vẽ hai đường thẳng:

Ta thấy là nghiệm của cả hai bất phương trình. Điều đó có nghĩa gốc tọa độ thuộc cả hai miền nghiệm của hai bất phương trình. Say khi gạch bỏ các miền không thích hợp, miền không bị gạch là miền nghiệm của hệ.

Quan sát hình vẽ, chọn đáp án . Do miền nghiệm rộng hơn và chứa .

 Ta có: và .

Phương trình có hai nghiệm là và .

Do đó .

Điều kiện xác định của hàm số là:

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là

Với . Ta có: . Cả hai bất phương trình đều thỏa mãn. Chọn đáp án này.

Để khi và chỉ khi .

Vậy là giá trị cần tìm.

Ta có:

Vậy tập hợp các điểm M là đường thẳng đi qua A và vuông góc với BC.

Xét đáp án (0; 3) ta có: x = 0; y = 3 thay vào bất phương trình ta được:

Vậy (0;3) không là cặp nghiệm của bất phương trình

Xét đáp án (6; 1) ta có: x = 6; y = 1 thay vào bất phương trình ta được:

Vậy (6; 1) là cặp nghiệm của bất phương trình.

Xét đáp án (2; 4) ta có: x = 2; y = 4 thay vào bất phương trình ta được:

Vậy (2; 4) không là cặp nghiệm của bất phương trình.

Xét đáp án (3; 2) ta có: x = 3; y = 2 thay vào bất phương trình ta được:

Vậy (3; 2) không là cặp nghiệm của bất phương trình.

Ta có y = x⁴ − 4x³ − x² + 10x − 3 = x⁴ − 4x³ + 4x² − 5x² + 10x − 5 + 2

 = (x²−2x)² − 5(x−1)² + 2 = [(x−1)²−1]² − 5(x−1)² + 2.

Đặt t = (x−1)², x ∈ [−1; 4] ⇒ t ∈ [0; 9].

.

Cách 1: Ta có .

Cách 2: Vẽ BBT

Vậy , y_max = 21.