SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4

Đáp án chi tiết ĐỀ KSCL BỒI DƯỠNG LỚP 10 NĂM HỌC 2022-2023 MÔN: TOÁN Mã đề 101

2

2 +1 > 0

− − 2

x

+ = .

< . 0

x .

Câu 1. [1] Trong các câu sau đây, câu nào không phải là mệnh đề? A. 3 2 7 x B. . D. 4 + C. Lời giải

Chọn D Phương án D chỉ là một biểu thức, không phải khẳng định. [1] Số đo theo đơn vị rađian của góc 315 là Câu 2.

. . B. . C. . D. A. 7  2 2  7 7  4 4  7 Lời giải Chọn B

=

,

,

= , bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp

  315  .  Ta có (rađian). 315 180

Câu 3.

7  4 [1] Cho tam giác ABC có của tam giác lần lượt là

= AB c AC b BC a ,R r . Mệnh đề nào dưới đây đúng? a sin

= ⇔ =

R

R

2

= = = = r R r R A. . C. B. . . D. . a sin A a 2.sin A A a 2.sin A Lời giải Chọn B

A

a sin

a 2.sin 

Theo định lý sin ta có

,

A  ,A B C thỏa mãn điều kiện AB AC= thì khi đó: Câu 4.

[1] Ba điểm A. tam giác ABC là tam giác cân C. A là trung điểm đoạn BC B. tam giác ABC là tam giác đều D. điểm B trùng với điểm C Lời giải

)

( 10; 8

) 50; 16 .

, B A Câu 5.

( 5; 2 ) 2; 4 .

) 5; 6 .

Chọn D   = ⇒ ≡ . AB AC B C ,Oxy cho [1] Trong hệ tọa độ ) A. ( B. ( 15; 10 .

 ?AB D. (

) Tìm tọa độ của vectơ C. ( Lời giải

(

)

. Chọn C  AB = Ta có 5; 6

Câu 6.

2

+

≤

:"

x

15

x

"

[1] Độ lệch chuẩn của một dãy số liệu thống kê được tính là giá trị nào sau đây của dãy? A. Bình phương của phương sai. C. Căn bậc hai của phương sai. B. Một nửa của phương sai. D. Hai lần phương sai. Lời giải

với x là số thực. Mệnh đề nào sau đây là đúng? Câu 7.

( )0P

( )4P

( )5P

. A. B. . . D. Chọn C Theo định nghĩa độ lệch chuẩn ( ) P x [1] Cho mệnh đề chứa biến ( )3P .

2

C. Lời giải

 tọa độ i

 j+

.

  j ; ; O i là: Câu 8.

)

) 0; 1 .

B. (1; 1)− − C. ( 1; 1) D. (1; 1) Chọn D ( ) + ≤ 5 :"5 15 5 " P [1] Trong hệ trục tọa độ ( A. (

Lời giải

) ( 1; 1

) 0; 1

(

=  ⇒ + = i  j Chọn D  = Ta có i

. Trong các khẳng định sau, khẳng địng nào sai? Câu 9.

 ) ( j 1; 0 , { } A = [1] Cho 1; 2;3 A. ∅ ⊂ A . B. 1∈ A . C. {1; 2} ⊂ A . A∈ . D. { }2

A⊂ .

Lời giải

=

⋅

=

⋅

cos

S

⋅ AB BC

sin

A

S

⋅ AB BC

A

Chọn D A đúng do tập ∅ là tập con của mọi tập hợp. B đúng do1 là một phần tử của tập A . C đúng do tập hợp có chứa hai phần tử {1; 2}là tập con của tập A . D sai do số { }2 là một tập hợp nên { }2 Câu 10. [1] Diện tích S của tam giác ABC là

. B. . A.

1 2 1 2

1 2 1 2

= ⋅ = ⋅ . S ⋅ AB AC cos A sin S ⋅ AB AC A C. . D.

=

⋅

Lời giải Chọn C

S

⋅ AB AC

sin

A

| 2

≤ < x

1 2 } 5 . Hãy viết tập M dưới dạng một khoảng hoặc một nửa

Diện tích S của tam giác ABC là .

M =

M =

M =

M =

Câu 11.

(

)2;5

. . B. . . D.

{ = ∈ M x [1] Cho tập hợp khoảng hoặc một đoạn. )2;5 A.

(

[

[

]2;5

]2;5

2;5

| 2

| 2

C. Lời giải

} 5

) { = ∈ x

< ≤ x

,

x

| 2  y+ 2

, [ } < < 5 x và [ } 2; 5 5 ChọnA Ta có ( ] { ( = ∈ x 2;5

] { = ∈ x 2;5 ) { = ∈ x | 2 Câu 12. [1] Miền nghiệm của bất phương trình 3

N

− 5; 5

Q

)1;1M (

) ( − . 1; 1

A. . B. D.

≤ ≤ x } ≤ < x 5 − ≥ không chứa điểm nào sau đây? 5 0 ) . C. P

) − . 3; 1

(

(

,

,

,

x

y+ 2

5 0

Lời giải

M N P Q vào bất phương trình 3

− ≥ ta thấy

N

( ) − 1; 1

Chọn B Thay lần lượt tọa độ các điểm

π

π

π

π

không thuộc miền nghiệm của bất phương trình đã cho.

( cm

( cm

)

)

( cm

( cm

)

21 10

11 20

20 11

63 20

. A. C. D. B. . . . Câu 13. [1] Trên đường tròn bán kính 7 cm , lấy cung có số đo 54° . Độ dài l của cung tròn bằng )

Lời giải

(

)cm .

= = π l 7. Ta có ° 54 ° 180 21 10     π .  

2

+

<

+

<

−

+

<

+

<

5

4

x

y

x

5

4

4

x

y

4

Câu 14.

− 2 2

y 5 2

2 2

+

>

+

>

− 2 x + 3

x

y

+

>

3

y

6

x

3

y

6

x

3

y

6

x

  

  

  

. D. A. C. B. . . . [1] Hệ bất phương trình nào sau đây là hệ bất phương phương trình bậc nhất hai ẩn? 5 y > 6

− 2   2  Lời giải

O

O

O

O

+

+

= . 0

cos 0

sin 0

sin 90

cos 90

= . 1

O

O

O

O

+

=

Câu 15. Chọn D [1] Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào sai? A. B.

+

sin 60

cos 60

sin180

cos180

= − . 1

+ 3 1 2

. C. D.

O

O

+

sin 0

= . 1 =

=

=

AB

BC

6

Lời giải

Ta có cos 0 Câu 16. [1] Cho ∆ABC có A. 0,125 .

AC 4; 5; B. 0, 25 .

. Giá trị cos A là C. 0,5 . D. 0, 0125 .

2

2

2

Lời giải Chọn A

2

2

2

4

6

⇒

=

=

cos

0,125.

A

− + 5 2.4.5



AB BC = Áp dụng hệ quả Định lí Côsin ta có: A cos + 2. − AC AB AC .



Câu 17.

. bằng  . C. OC DO+ . .

 D. CD

 [1] Cho hình bình hành ABCD tâm O . Khi đó OA BO+    A. OC OB+ B. AB



=

Lời giải

2

2

23 x

y+ 2

Chọn D    = + OA BO BA CD .

y+

y−

x

0

x

< . 0

y− ≥ .

≤ . 0

> . 0

Câu 18. [1] Bất phương trình nào sau đây là bất phương trình bậc nhất hai ẩn? 2 x 3 A. B. D.

ax by+

ax by+

0

0

,x y có dạng tổng quát ≥ ) ax by+ 0

≤ ; hoặc

> ; hoặc

< (hoặc , ,

,x y là các ẩn số.

0 a b c là những số thực đã cho, a và b không đồng thời bằng 0 ;

C. 5 Lời giải

 AB

a= 2

Câu 19.

 AB a= 2 Chọn C Dựa vào định nghĩa bất phương trình bậc nhất hai ẩn ax by+ Trong đó [1] Cho tam giác đều cạnh 2a. Đẳng thức nào sau đây là đúng?   A. AB AC= C. B.

 D. AB AB=

Lời giải

= = Đáp án C Vì tam giác đều nên AB  AB 2 a

Câu 20. [1] Số giầy bán được trong một quý của một cửa hàng bán giầy được thống kê trong bảng sau đây: 35 36 37 38 39 40 41 42 43 Tổng

61 66 84 87 93 75 64 60 49 639 Size Việt Nam Tần số (số đôi giầy bán được)

Mốt của bảng trên là: A. 39 . B. 93 . C. 639 . D. 35 . Lời giải

OM =

∀

Chọn A Mốt của mẫu số liệu là giá trị có tần số cao nhất trong mẫu số liệu đó, vì vậy mốt . 39

+ là số chính phương.

+ là số lẻ.

+

∃

+

+

∀

+

n

2

n

2

Câu 21. [2] Cho n là số tự nhiên, mệnh đề nào sau đây đúng? ∀ A. B.

( n n n , ( n n n ,

) 1 )( 1

)

( , n n n ( n n n ,

) 1 )( 1

)

là số chia hết cho 6 . C. là số lẻ. D.

+

+

,

n

2

Lời giải

)

)( 1

( n n

là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp, trong đó, luôn có một số chia

\B A C= .

Câu 22.

\A B C= .

∪ = .

Chọn D ∀ ∈ n Ta có hết cho 2 và một số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 2.3 6= . [2] Cho A là tập hợp các hình thoi, B là tập hợp các hình chữ nhật và C là tập hợp các hình vuông. Khi đó ∩ = . A. A B C B. A B C D. C. Lời giải Chọn A

2

Câu 23.

2

2

+ = − ∈ < 6 7 x x x x . .  

} 1 x 4

+ = ∈ − + = ∈ − x x x 4 x x .  

} 1 0 } . 3 0

Vì tứ giác là hình vuông là trường hợp đặc biệt của hình thoi, hình chữ nhật, nên hình vuông vừa là hình chữ nhật, vừa là hình thoi. [2] Trong các tập hợp sau, tập hợp nào là tập hợp rỗng: A. { ∈ C. { } 2 0

B. { x D. { Lời giải

{ } 0 .

} 1

= x

1

2

< ⇒ = A x Chọn C { = ∈ A x 

−

+ =

⇒ =B

26 x

7

x

1 0

{ }1 .

− + = . Ta có B 6 x 7 x 

{ = ∈ x

} 1 0

⇔ 1  = ∉ x  6  = − x

2

+ =

x

2 4 −

x

2 0

⇒ = ∅C

∉ 2 2  − + = . Ta có C x 4 x 

{ = ∈ x

} 2 0

∉ = + 2 2 

2

+ =

⇒ =D

x

2 4 −

x

3 0

}1;3 . {

1 − + = . Ta có D x 4 x 

{ = ∈ x

} 3 0

3 ⇔   x = x ⇔  = x

− − <

− − >

− − >

− − <

[2] Cho hình vẽ sau Câu 24.

2 0

2 0

2 0

2

2

2

x y + − <

x y + − >

x y + − >

x y + − <

2 x

y

1 0

1 0

y

1 0

x

y

1 0

x

y

x

  

  

  

Miền không tô đậm trong hình trên là miền nghiệm của hệ bất phương trình nào sau đây? 2 0 . . . B. . D. C. A.

   Lời giải

)3;1M (

− − >

2 0

Chọn C Lấy điểm thuộc phần không tô đậm.

y x + − >

2 x

1 0

y

  

. Ta thấy tọa độ điểm M chỉ thỏa mãn hệ bất phương trình

5      , với [2] Cho tan . Khi đó cos  bằng: Câu 25. 3  2

6 6

6 6

2

  1

5

. A. B. 6 . C. . D. . 1 6 Lời giải Chọn A

 . 6

  1 tan  Ta có

2

cos

  

1 2 cos 

=

=

a

5,

b

6,

c

7

6 6 = . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC .

   Mặt khác nên . 3  2

Câu 26. [2] Cho tam giác ABC có

2 6 3

6 3

6 6

C. . D. 9 . A. . B. .

= ⇔ =

Lời giải

S

p r .

r

=

=

p

Ta có: .

= . 9

=

−

=

=

S

− p b

S p + + 5 6 7 2 − p c

9.4.3.2

6 6

Với: +

)

)(

+ + a b c 2 )( ( p p a

=

=

⇒ = r

+

S p

6 6 9

2 6 3

+

+

   MA MB MC

1

.

Câu 27. [2] Cho tam giác ABC , có bao nhiêu điểm M thoả mãn: A. 0 C. 2 B. 1

= D. vô số

=

=

+

+

=

Lời giải

 MG 3

Chọn D Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC    MA MB MC Ta có

= ⇒ MG 1 3 MG    MA MB MC

1 3 = 1

+ + là đường tròn Tập hợp các điểm M thỏa mãn

tâm G bán kính

M

− 3; 4

1 R = . 3 ,Oxy cho

(

)

1

2

,M M lần lượt là hình chiếu vuông góc của M Gọi Câu 28.

. [2] Trong hệ tọa độ trên Ox Oy Khẳng định nào đúng?

B. A.

)

(

( = −

)

= − 3; 4 − 3; 4 D. . C. . OM = 4. 2   OM OM+ 1 2 , OM = − 3. 1   OM OM− 1 2

Lời giải

(

)

(

)

Chọn D Ta có 3; 0 − 0; 4 , M = 1 M = 2

A. Sai vì OM = 3. 1

B. Sai vì

)

b= thì b> thì

a c b c= . . . 2>a 2 b .

= − = . 3; 4 C. Sai vì OM = − 4. 2    OM OM M M 2 1 1 2

( Câu 29. [2] Cho các mệnh đề sau, mệnh đề nào có mệnh đề đảo là mệnh đề đúng? A. Nếu tứ giác ABCD là hình thang cân thì 2 góc đối bù nhau. B. Nếu a C. Nếu a D. Nếu số nguyên chia hết cho 6 thì số đó chia hết cho 3 và 2.

Lời giải

⇒

∈

⇒ = n

k 3.2.

k n ,

6

6

3

n

k

n ,  

Chọn D Vì 3 và 2 là các số nguyên tố cùng nhau nên ta có = ∀ và 2.n

Câu 30. [2] Miền không gạch chéo (không kể bờ d ) trong hình sau là miền nghiệm của bất phương trình nào trong các bất phương trình dưới đây?

x

y+ 2

x

4

y+ 2

x

y+ 2

> . 4

< . 4

y+ ≥ .

≥ . 4

A. B. 2 D.

x

y+ 2

= . 4

)0; 2 và (

<

y+ 2

x

C. x Lời giải

y+ 2

( )2

Chọn D )4;0 nên có phương trình là Đường thẳng d đi qua hai điểm ( Vì miền nghiệm không kể bờ d nên suy ra bất phương trình cần tìm là . x

( )1 > 4 )0;0O (

)0;0 không là nghiệm của bất phương trình cần

4

2

Điểm hoặc 4 không thuộc miền nghiệm nên (

y+ 2 x .sin

> . 4 2 + x

= f x ( ) cos sin có giá trị bằng Câu 31.

2−

1

1−

x 2 cos .

2

2

2

2

2

2

. + 2 tìm. Vậy bất phương trình cần tìm là [2] Biểu thức A. x B. . . D. x C. Lời giải

=

=

+ + + = cos x (cos x sin x ) sin x x x Chọn A f x ( ) = 1

BC

= cos 5 3, BAC sin ο 60 . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Câu 32.

[2] Cho tam giác ABC có ABC .

5 3

2 15 3

B. 5 . C. . D. 5 . A. .

Lời giải

=

=

=

=

là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chọn B Gọi R

2

R

= . 5

R

BC A sin

a 2sin

5 3 ο 2.sin 60

A

2.

5 3 3 2

Theo định lý hàm số Sin: , ta có:





= −

=

=

=

 IG

 IA

 GA

 GI 2

  + GB GC

 GI 2

[2] Cho ABC∆ có G là trọng tâm, I là trung điểm BC . Đẳng thức nào đúng? Câu 33.

A. B.

 + D. GB GC GA

1 3

C.

Lời giải Chọn C

  + GB GC . Giá trị của

c =

7; 2

)

(

(

(

 = , ,  c  + k a h b . . 3; 4  b là: Câu 34.

= = = =  = GI 2 . , k h để = − = − k k h 4, 6; h 3, 4; 5,1. 0, 2.

a = 1,3. 0, 6.

Áp dụng tính chất trung điểm của đoạn thẳng, ta có: ) [2] Cho ba vectơ 2; 1 = − h 2,5; A. = − h 4, 4; C.

) k B. k D. Lời giải

)

( (

N

= 2 ; k k = + = 7 4, 4 3 h k  ⇔ Ta có  ⇒ = c  + ⇔ . . k a h b . = − 2 4 0, 6 2 k = + k h h = Chọn C  . k a  . h b 3 ; 4 h h      

,M N P

,

(

) –2; 2 ,

( ) 1;1

P

0; –4

P

–4; 0

P

P

   )  M . Tìm tọa độ điểm P trên Ox sao cho 3 điểm Câu 35.

(

)

(

)

(

)4; 0

)0; 4

. B. . C. . D. [2] Cho hai điểm thẳng hàng. ( . A.

Lời giải Chọn D

( P x

);0

(

) − 3; 1

) − 2; 2 ;

(

x

2

= ⇔ =

= = + nên , mà Do P Ox∈  MN

x

4

,

,M N P thẳng hàng nên

. Do  MP + 3 x − 2 − 1

Câu 36. [3] Trong số 45 học sinh của lớp 10T có 15 bạn xếp học lực giỏi, 20 bạn xếp hạnh kiểm tốt, trong đó 10 bạn vừa học lực giỏi vừa hạnh kiểm tốt. Hỏi lớp 10T có bao nhiêu bạn chưa được xếp học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt? A. 20. C. 15. D. 10. B. 25. Lời giải

=

.

A

g x . Xét các

|

( ) f x

{ = ∈ x

} 0

thức tập hợp , Chọn A Giả sử A= “HS xếp học lực giỏi” B= “HS hạnh kiểm tốt ” A B∪ = “HS xếp học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt” A B∩ = “HS vừa học lực giỏi vừa hạnh kiểm tốt” Số phần tử của A B∪ là: Số học sinh có học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt: 25 Số học sinh chưa có học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt: 45 – 25 20= ( ) f x và [3] Cho hai đa Câu 37.

=

B

| g

( ) x

{ = ∈ x

} 0

( )     

= C | 0 , . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? 

( )  f x  = ∈ x  ( ) g x   = ∩ C A B .

= = C A B . \ C B A . \ A. = ∪ C A B . D. B. C. Lời giải Chọn C

=

≠

C

|

0,

( ) f x

( ) g x

{ = ∈ x

} 0

( ) f x ( ) g x

( ) f x ( ) g x

= 0 = Ta có 0 C A B . \ hay nên ≠ 0

A =

+ + ...

9A = .

 = ⇔   2 sin 10°

6A = .

Câu 38. [3] Biểu thức A.

+ B.

2 sin 20° 8A = .

có giá trị bằng 3A = . D.

2 sin 180° C. Lời giải

=

° +

cos

α .

Ta có

2

2

2 cos 10° 2

) α cos10 2

2

2

2

° = sin 120° = cos 30° , 2 2

2 ° ⇒ ° = sin 100 sin 110° = cos 20° , 2 2

sin 130° = cos 40° , 2 2

2

sin 180° = cos 90° .

° +

2 cos 20

2 cos 90

2 cos 10

2 sin 90

...

sin 170° = cos 80° , ( ° +

) ° + +

) °

(

( 1 1 ... 1 9

,

Câu 39. 6 v =

 là vectơ tổng của hai vectơ 1v

(tham và

( sin 90 Suy ra sin100 tương tự ta có sin 150° = cos 40° , sin 160° = cos 70° , ) 2 2 Vậy ta có A = ° + ° + sin 10 sin 20 A⇒ = + + + = . [3] Người ta thiết kế một bến phà như hình vẽ bên. Khi phà di chuyển từ bờ M sang bờ N với v = (m/s) cùng (m/s) theo hướng vuông góc với bờ, do nước chảy với vận tốc 2 vận tốc 1 10   phương với bờ nên phà sẽ đi theo hướng của vectơ v 2v khảo hình vẽ). Hãy tính vận tốc v của phà khi đi từ bờ M sang bờ N .

(m/s). v = 2 34 v = 16 4 A. (m/s). B. 8v = (m/s). v = (m/s). D.

2

C. Lời giải

= + + + Chọn D  Ta có: v  2 ⇒ = v 2  v 1  v 2  2 v 1  v 2   v v 1 2

2

2

2

2

2

=

+

+

136

 ⇔ = v

2

cos

(

)

(

)

 v 2

  v v 1 2

  v v , 1 2

= + + . 10 6 ° 2.10.6.cos 90

 v 1 v =

Suy ra: . 2 34

)1; 2

) M − , 2; 3

(

( N −

. Tìm tọa độ điểm E thuộc Câu 40.

, E F [3] Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hai điểm trục hoành, điểm F thuộc trục tung sao cho tứ giác MNEF là hình bình hành. F A. B.

) − . .

( F

F

( ( E −

)3;0 , )3;0

)0;5 . )0;5 (

( E − ( E −

)3;0 )5;0

( (

, , C. . D.

0; 5 )0;3 Lời giải

∈ ⇒

∈ ⇒

E Ox

F Oy

F

(

)

)3;5

);0

( E x



= − Chọn B Ta có: , . Ta có , .  FE x ; y  ( MN = −

)0; ( y  Vì MNEF là hình bình hành nên FE MN=

( E −

)3;0

(

) − .

x . Suy ra , F 0; 5 y = − 3 = − 5  ⇔  

( ) M − , 1; 1

)

− và P thuộc trục N 5; 3 Câu 41.

( [3] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác MNP có Oy , trọng tâm G của tam giác nằm trên trục Ox . Tọa độ của điểm P là A. (

)0; 4 .

)2; 4 .

)2;0 .

)0; 2 .

B. ( D. (

C. ( Lời giải

y ,

);0G x (

= + ⇔ =

x

x

1 5

. Chọn A )0;P ( Gọi

4 3

= − − + ⇔ =

1 3

y

y

4

 3    3.0 

∆ nên ta có hệ phương trình: Theo đề, G là trọng tâm MNP

)0; 4

. ⇒ ( P

≤ ≤ y 4

;x y là hai số thực thỏa mãn hệ điều kiện

( F x y

)

0 và biểu thức . ; = + x 2 y Câu 42. [3] Cho − − ≤ y

1 0 ≤ − 10 0 y 2

(

Hãy xác định giá trị lớn nhất của biểu thức

= = 10. 12. = 6. = 8. D. max F F A. max B. max F

 0  ≥ x  x   + x  ) ;F x y ? C. max F Lời giải

2

− − = + − ∆ Trong mặt phẳng tọa độ y d x y y d x : 1 0, : 2 = 10 0, : = 4. ,Oxy vẽ các đường thẳng 1

( A 0;0 , 1;0 ,

) 2; 4 ,

) 4;3 ,

) 0; 4 .

(

)

(

(

)

(

Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình là phần mặt phẳng (ngũ giác OABCD kể cả biên) tô màu như hình vẽ. Xét các đỉnh của miền khép kín tạo bởi hệ là D O C B

= F 0

= F 1

max

= → = Ta có 10 F 10. F

= F 10

( ( 1;0 ( ( (

) 0;0 ) ) 4;3 ) 2; 4 )

α< , β π< ,

α= ,

cos

sin

= F 0; 4 8         

) ( sin α β+

π 2

1 3

+

−

=

= −

sin

sin

( ) + α β

( ) + α β

. [3] Cho các góc α, β thỏa mãn Câu 43.

=

=

sin

sin

A. . B. .

( ) + α β

( ) + α β

2 2 10 9 − 5 4 2 9

2 β= − . Tính 3 2 10 2 9 + 5 4 2 9

. C. . D.

α< , β π<

π 2

2

2

α

α

β

=

β

=

−

=

= −

= −

cos

− 1 sin

1

sin

− 1 cos

1

Lời giải < α cos 0 Do . > β 0  ⇒  sin 

1 − = − 9

2 2 3

4 9

5 3

+

α β

α β

=

+

=

−

= −

sin

sin .cos

cos .sin

.

.

Ta có . .

( ) α β +

1 3

2 3

2 2 3

5 3

2 2 10 9

  

  

 + −   

   

+

= −

sin

Suy ra .

( ) + α β

=

= , độ dài trung tuyến

. Vậy

AB

5,

AC

9

. Tính diện tích S của AM = 37 Câu 44.

2 2 10 9 [3] Cho tam giác ABC có tam giác ABC .

S =

6 11

S =

10 3

S =

6 14

S =

45 37 2

. A. . B. . D. C. .

2

2

2

Lời giải Chọn A

(

)

2

2

2

2

2

+ − 2 AB AC BC = Ta có AM

) ( 2 25 81

( BC 2 BC⇒ = .

8

= ⇒ + = + − = AB AC AM 4 4.37 64 4 ) −

−

=

−

=

11.6.3.2

6 11

+ + = = = . p 11 Nửa chu vi của tam giác ABC là AB BC AC 2 + + 5 8 9 2

)

( − p p AB p BC p AC

)(

Diện tích tam giác ABC là )( S

 NA

 NC

=  MB

k = . 5

k = . 4

k = . 3

k = . 2

; . Đường thẳng MN .  MA Câu 45.  = = − = − 2 2 , khi đó giá trị của k bằng [3] Cho tam giác ABC , các điểm M , N thỏa  cắt đường thẳng BC tại P . Biết PB k PC A. B. D. C. Lời giải Chọn B

A

M

Q

N

B

C

P

Gọi Q là trung điểm của AN .

=

MQ BC //

AM AQ = AC AB

1 3

Ta có: . = MQ BC   ⇒   1 3

  = MQN NCP

∆ ⇒ ∆ = ∆ Xét hai tam giác MQN , ta có: MQN NCP (g-c-g). ∆ và NCP

= NQ NC   = MNP CNP     

 ⇒ = PB

 PC

4

⇒ = = CP MQ BC 1 3

} 3

− , . Tìm m để mx − = 3 mx B x \B A B= . Suy ra Câu 46. [4] Cho  

} 2 4 0 − =

{ = ∈ x

m

m

m ≥ − .

3 − < 2

3 < . 2

3 2

3 − ≤ 2

3 m < . 2

A. B. C. D. k = . 4 { = ∈ x A 3 ≤ . 2 Lời giải

Chọn C Ta có: 3 0

. ∈ ⇔ − ≥ . x A mx = 2 x ∈ ⇔  = − x B x 2 

=

0 = m 0

> 2 < < m 0 ⇔ − < < ⇔ B A B = ⇔ ∩ = ∅ ⇔ B A m \ Ta có: . 3 2 3 2 3 2 < m 0 > m 3 m m 0 < m 0        3 − < 2 < − 2 3 m               

Câu 47.

+

=

3

4

x

y

[4] Một công ty cần thuê xe để chở 140 người và 9 tấn hàng. Nơi thuê xe có hai loại xe A và B, trong đó loại xe A có 10 chiếc và loại xe B có 9 chiếc. Một chiếc xe loại A cho thuê với giá 4 triệu đồng, một chiếc xe loại B cho thuê với giá 3 triệu. Biết rằng mỗi xe loại A có thể chở tối đa 20 người và 0,6 tấn hàng; mỗi xe loại B có thể chở tối đa 10 người và 1,5 tấn hàng. Hỏi phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại để chi phí bỏ ra là ít nhất. A. 5 xe loại A và 4 xe loại B C. 10 xe loại A và 9 xe loại B B. 10 xe loại A và 2 xe loại B D. 4 xe loại A và 5 xe loại B Lời giải B. Khi đó số tiền cần bỏ ra để thuê xe là

)

+

+

. Gọi ;x y lần lượt là số xe loại A và ( f x y ;

x

1,5

y

x

10

y

tấn hàng. Do đó ta người và 0, 6

Với x xe loại A và y xe loại B sẽ chở được 20 có hệ bất phương trình:

≥ + y x x + ≥ y 20 2

( ) *

140 ≥ 14 ≥ y 9 30 ⇔ 0, 6 0 1,5 10 2 0 10

;

10 + x ≤ ≤ x ≤ ≤ y 9 0 0 + y x 5 ≤ ≤ x ≤ ≤ y 9              

( f x y trên miền nghiệm của hệ bất phương

)

;

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

f x y sẽ đạt giá trị nhỏ nhất trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) khi ( (

)

) ;x y

A

B

C

D

;9

trình (*). Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là tam giác ABCD (kể cả biên). Hàm số

(

) 5; 4 ,

( ) 10; 2 ,

( ) 10;9 ,

5 2

  

  

. là toạ độ của một trong các đỉnh

;9

)5; 4

(

) ;x y

(

( ) 10; 2

( ) 10;9

5 2

  

  

Ta có

67

f

;

37 32 46

) ( f x y ; )5; 4 (

( f x y trên miền nghiệm của hệ (*). Như vậy để

)

=

AB

BC

4,

6

Ta thấy là giá trị lớn nhất của hàm số

=

ND

NC

3

= , M là trung điểm của ,BC N là điểm . Khi đó bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN

Câu 48.

chi phí vận chuyển thấp nhất cần thuê 5 xe loại A và 4 xe loại B [4] Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh trên cạnh CD sao cho bằng

3 5 2

5 2 2

. A. 3 5 . B. . C. 5 2 . D.

Lời giải Chọn D

Ta có = MC = BM 3, 3, NC AB = ⇒ 1 = ⇒ 4 MN AM = 10 = 5

+

+

45

=

=

p

AM AN MN 2

+ + 10 5 2

= = ⇒ = AD 6, ND AN 3 45

=

−

−

=

( − p p AM p AN p MN

)(

)(

)

AMNS

15 2

.

=

=

R

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tam giác AMN là:

AMN , B

AM AN MN . 4 S )

)

(

5 2 2 ( C −

(

) 9; 1

, . Tìm 7; 3 A − 5; 2 Câu 49. [4] Trong mặt phẳng tạo độ Oxy , cho tam giác ABC có

+ tọa độ điểm I trên Ox sao cho  IA   − IB IC 3 là ngắn nhất

I

; 0

I

; 0

; 0

I

35 3

15 3

35 3

 − 

  

  

  

  

  

. A. Đáp án khác. B. . C. . D.

+

−

=

Lời giải

3

 0

   MA MB MC

) ;M x y thoả

(

.

)

−

=

   ⇒ + MA MB MC

3

 0

35 3 2

 = x ⇔   = y

)

= 5 − − − x ; 2 = 0 − = − Ta có: . y x ;3 y ) x = y 0 −  35 3 ⇔  − 6 3  −  MA  MB  MC y 9 x ;1 Chọn D Giả sử có điểm ( ( 7 ( = − −     

M

; 2

35 3

  

  

Suy ra .

  − + = − .  3IM=   + IM MA MB MC 3 3 Ta có  + IA 3 3   + IM MB   + IM MC

)

)

(

)

(

+ = Suy ra . 3

) +  IM

( 3IM=

+ Do đó   − IB IC  IA  IA   ( = + IM MA   − IB IC 3   − IB IC 3 ngắn nhất khi IM ngắn nhất. Nên I là hình chiếu của M trên Ox .

Vậy ;0 . I 35 3          + = −  .a Một điểm M di động sao cho MA MB MA MB Câu 50. [4] Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng

a

3

.

.

. Gọi H là hình chiếu của M lên AB . Tính độ dài lớn nhất của MH ?

.a

a 2

2

A. B. C. D. 2 .a

Lời giải



=

Chọn A

+ =MN AB .

o

  MA MB MN .   = + Gọi N là đỉnh thứ 4 của hình bình hành MANB . Khi đó   − ⇔ = Ta có MA MB MA MB  BA hay  MN

AMB

=

= MH MO

.

MH lớn nhất khi H trùng với tâm O hay max

AB a = 2 2

. Suy ra MANB là hình chữ nhật nên  90= Do đó M nằm trên đường tròn tâm O đường kính AB .