Giải Toán 10 (Kết nối tri thức): Bài tập cuối năm

Giải bài tập Toán 10 Bài tập cuối năm

A – Trắc nghiệm

Giải Toán 10 trang 95 Tập 2

Bài 1 trang 95 Toán 10 Tập 2: Cho hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn 

$\left\{\begin{array}{l}x+y>2\\ x-y\le 1\end{array}\right.$. Điểm nào sau đây thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho?

A. (1; 1).

B. (2; 0).

C. (3; 2).

D. (3; – 2).

Đáp án đúng là: C.

Một cặp số là nghiệm của hệ bất phương trình khi nó là nghiệm của tất cả cá bất phương trình trong hệ.

Thay tọa độ của các điểm ở phần đáp án vào hệ bất phương trình đã cho và xét xem tọa độ điểm nào thỏa mãn.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}x+y>2\left(1\right)\\ x-y\le 1\left(2\right)\end{array}\right.$

- Đáp án A: Ta có 1 + 1 > 2 (vô lí) nên điểm (1; 1) không thỏa mãn bất phương trình (1), vậy điểm (1; 1) không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

- Đáp án B: Ta có 2 + 0 > 2 (vô lí) nên điểm (2; 0) không thỏa mãn bất phương trình (1), vậy điểm (2; 0) không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

- Đáp án C: Ta có 3 + 2 > 2 (luôn đúng) và 3 – 2 ≤ 1 (luôn đúng) nên tọa độ điểm (3; 2) thỏa mãn của hai bất phương trình (1) và (2), vậy điểm (3; 2) thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

- Đáp án D: Ta có 3 + (– 2) > 2 (vô lý) nên điểm (3; – 2) không thỏa mãn bất phương trình (1), vậy điểm (3; – 2) không thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

​Bài 2 trang 95 Toán 10 Tập 2: Cho tam giác ABC. Có bao nhiêu điểm M thỏa mãn 

$\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=3$?

A. Vô số.           

B. 1.                 

C. 2.                      

D. 3.

Đáp án đúng là: A.

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có: $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$.

Theo bài ra: $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=3$

$\iff \left|\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right)\right|=3$ (áp dụng quy tắc ba điểm).

$\iff \left|3\overrightarrow{MG}+\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)\right|=3$

$\iff \left|3\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{0}\right|=3$

$\iff \left|3\overrightarrow{MG}\right|=3$

$\iff 3\left|\overrightarrow{MG}\right|=3$

$\iff MG=1$.

Do đó, tập hợp các điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn tâm G bán kính 1.

Vậy có vô số điểm M thỏa mãn.

​Bài 3 trang 95 Toán 10 Tập 2: Biết rằng parabol y = x2 + bx + c có đỉnh là I(1; 4). Khi đó giá trị của b + c là

A. 1.                   

B. 2.                   

C. 3.                     

D. 4.

Đáp án đúng là: C.

Parabol y = x2 + bx + c  có đỉnh là I(1; 4) nên $\frac{-b}{2a}=\frac{-b}{2.1}=1\Rightarrow b=-2$.

Tọa độ đỉnh I(1; 4) thỏa mãn phương trình y = x2 + bx + c nên ta có:

4 = 12 + (– 2) . 1 + c ⇔ c = 5.

Vậy b + c = – 2 + 5 = 3.

Bài 4 trang 95 Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ: x + 2y – 5 = 0. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

A. Vectơ $\overrightarrow{n}=\left(1;2\right)$ là một vectơ pháp tuyến của Δ.

B.  Vectơ $\overrightarrow{u}=\left(2;-1\right)$ là một vectơ chỉ phương của Δ.

C. Đường thẳng Δ song song với đường thẳng d: $\left\{\begin{array}{l}x=1-2t\\ y=1+t\end{array}\right.$.

D. Đường thẳng Δ có hệ số góc k = 2.

Đáp án đúng là: D.

+) Phương trình đường thẳng Δ: x + 2y – 5 = 0.

Một vectơ pháp tuyến của đường thẳng ∆ là $\overrightarrow{n}=\left(1;2\right)$.

Từ đó suy ra một vectơ chỉ phương của ∆ là $\overrightarrow{u}=\left(2;-1\right)$.

Vậy đáp án A và đáp án B đúng.

+) Đường thẳng d: $\left\{\begin{array}{l}x=1-2t\\ y=1+t\end{array}\right.$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_d}=\left(-2;1\right)$ và đi qua điểm A(1; 1).

Mà 1 + 2 . 1 – 5 = – 2 ≠ 0 nên điểm A(1; 1) không thuộc đường thẳng ∆.

Khi đó hai đường thẳng ∆ và d có cùng vectơ chỉ phương, có điểm A thuộc d nhưng không thuộc ∆, vậy d // ∆.

Vậy đáp án C đúng.

+) Ta có: x + 2y – 5 = 0 ⇔ y = $-\frac{1}{2}x+\frac{5}{2}$.

Do đó hệ số góc của ∆ là k = $-\frac{1}{2}\ne 2$.

Vậy đáp án D sai.

​Bài 5 trang 95 Toán 10 Tập 2: Trong khai triển nhị thức Newton của (2 + 3x)4, hệ số của x2 là:

A. 9.                   

B. $C_4^2$.                 

C. $9C_4^2$.                      

D. $36C_4^2$.

Đáp án đúng là: D.

Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:

(2 + 3x)4 

= $C_4^0$ . 24 + $C_4^1$ . 23 . 3x + $C_4^2$ . 22 . (3x)2 + $C_4^3$ . 2 . (3x)3 + $C_4^4$ . (3x)4

= 16 + 24$C_4^1$x + 36$C_4^2$x2 + 54$C_4^3$x3 + 81x4 .
Vậy hệ số của x2 trong khai triển nhị thức Newton của (2 + 3x)4 là 36$C_4^2$.

​Bài 6 trang 95 Toán 10 Tập 2: Một tổ gồm 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên hai người. Xác suất để trong hai người được chọn có ít nhất một nữ là:

A. $\frac{7}{15}$.

B. $\frac{8}{15}$.

C. $\frac{1}{15}$.

D. $\frac{2}{15}$.

Đáp án đúng là: B.

Số bạn của tổ là: 7 + 3 = 10 (bạn).

Chọn ngẫu nhiên 2 người trong 10 người, mỗi cách chọn là một tổ hợp chập 2 của 10, do đó có $C_{10}^2=45$ cách chọn.

Vậy n(Ω) = 45.

Gọi biến cố A: “Chọn được 2 người, trong đó có ít nhất 1 nữ”.

Để chọn được hai người, trong đó có ít nhất 1 nữ, ta xét hai trường hợp sau:

- Trường hợp 1: chọn 1 nữ và 1 nam.

Chọn 1 nữ trong 3 nữ có $C_3^1=3$ cách chọn.

Chọn 1 nam trong 7 nam có $C_7^1=7$ cách chọn.

Theo quy tắc nhân, có 3 . 7 = 21 cách chọn 2 người gồm 1 nữ, 1 nam.

- Trường hợp 2: chọn 2 nữ.

Chọn 2 nữ trong 3 nữ có $C_3^2=3$ cách chọn.

Vì hai trường hợp là rời nhau.

Vậy theo quy tắc cộng, có 21 + 3 = 24 cách chọn để chọn được 2 người có ít nhất một nữ.

Do đó, n(A) = 24.

Vậy xác suất để chọn được 2 người trong đó có ít nhất một nữ là

P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{24}{45}=\frac{8}{15}$.

​B – Tự luận

  Bài 7 trang 95 Toán 10 Tập 2: Cho các mệnh đề:

P: “Tam giác ABC là tam giác vuông tại A”;

Q: “Tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB2 + AC2 = BC2”.

a) Hãy phát biểu các mệnh đề: P ⇒ Q, Q ⇒ P, P ⇔ Q, $\overline{P}$ ⇒ $\overline{Q}$. Xét tính đúng sai của các mệnh đề này.

b) Dùng các khái niệm “điều kiện cần” và “điều kiện đủ” để diễn tả mệnh đề P ⇒ Q.

c) Gọi X là tập hợp các tam giác ABC vuông tại A, Y là tập hợp các tam giác ABC có trung tuyến AM = $\frac{1}{2}$BC. Nêu mối quan hệ giữa hai tập hợp X và Y.

a)

• P ⇒ Q: “Nếu tam giác ABC là tam giác vuông tại A thì tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB2 + AC2 = BC2”.

Theo định lý Pythagore, mệnh đề P ⇒ Q là mệnh đề đúng.

• Q ⇒ P: “Nếu tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB2 + AC2 = BC2 thì tam giác ABC là tam giác vuông tại A”.

Theo định lý Pythagore đảo, mệnh đề Q ⇒ P là mệnh đề đúng.

• P ⇔ Q: “Tam giác ABC là tam giác vuông tại A nếu và chỉ nếu tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB2 + AC2 = BC2”.

Vì P ⇒ Q và Q ⇒ P đúng nên mệnh đề P ⇔ Q là mệnh đề đúng.

• Ta có: $\overline{P}$ (phủ định của P): “Tam giác ABC không là tam giác vuông tại A”.

$\overline{Q}$ (phủ định của Q): “tam giác ABC có các cạnh không thỏa mãn AB2 + AC2 = BC2”.

Do đó, $\overline{P}$ ⇒ $\overline{Q}$: “Nếu tam giác ABC không là tam giác vuông tại A thì tam giác ABC có các cạnh không thỏa mãn AB2 + AC2 = BC2”.

Mệnh đề $\overline{P}$ ⇒ $\overline{Q}$ là mệnh đề đúng.

b) Ta có:

• Tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB2 + AC2 = BC2 là điều kiện cần để tam giác ABC là tam giác vuông tại A.

• Tam giác ABC là tam giác vuông tại A là điều kiện đủ để tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB2 + AC2 = BC2.

c) Ta biết rằng một tam giác là vuông khi và chỉ khi đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền (được chứng minh ở bậc THCS).

Vậy nếu tam giác ABC có trung tuyến AM = $\frac{1}{2}$BC thì tam giác ABC vuông tại A.

Vậy mối quan hệ giữa hai tập hợp X và Y là X = Y.

​Giải Toán 10 trang 96 Tập 2

Bài 8 trang 96 Toán 10 Tập 2: 

a) Biểu diễn miền nghiệm D của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn sau: 

$\left\{\begin{array}{l}x+y\le 6\\ 2x-y\le 2\\ x\ge 0\\ y\ge 0\end{array}\right.$.

b) Từ kết quả câu a, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức F(x; y) = 2x + 3y trên miền D.

a) Biểu diễn miền nghiệm D của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn:  $\left\{\begin{array}{l}x+y\le 6\\ 2x-y\le 2\\ x\ge 0\\ y\ge 0\end{array}\right.$

- Vẽ đường thẳng x + y = 6 trên mặt phẳng Oxy, lấy điểm O(0; 0) không thuộc đường thẳng x + y = 6, ta thấy 0 + 0 < 6, do đó miền nghiệm của bất phương trình x + y ≤ 6 là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng x + y = 6 chứa điểm O(0; 0) kể cả đường thẳng x + y = 6.

- Vẽ đường thẳng 2x – y = 2 trên mặt phẳng Oxy, lấy điểm O(0; 0) không thuộc đường thẳng 2x – y = 2, ta thấy 2 . 0 – 0 ≤ 2, do đó miền nghiệm của bất phương trình 2x – 2 ≤ 2 là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng 2x – y = 2 chứa điểm O(0; 0) kể cả đường thẳng 2x – y = 2.

- Miền nghiệm của bất phương trình x ≥ 0 chính là nửa mặt phẳng có bờ là trục Oy, chứa điểm (1; 0) kể cả trục Oy.

- Miền nghiệm của bất phương trình y ≥ 0 chính là nửa mặt phẳng có bờ là trục Ox, chứa điểm (0; 1) kể cả trục Ox.

 

Vậy ta biểu diễn được miền nghiệm của hệ $\left\{\begin{array}{l}x+y\le 6\\ 2x-y\le 2\\ x\ge 0\\ y\ge 0\end{array}\right.$ là miền tứ giác OABC kể cả các cạnh của tứ giác như hình trên.

b) Theo câu a, ta có miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác OABC kể cả các cạnh của tứ giác.

Tọa độ của các đỉnh của tứ giác OABC là: O(0; 0), A(1; 0), $B\left(\frac{8}{3};\frac{10}{3}\right)$, C(0; 6).

Ta có: F(x; y) = 2x + 3y.

Ta tính được:

F(0; 0) = 2 . 0 + 3 . 0 = 0;

F(1; 0) = 2 . 1 + 3 . 0 = 2;

$F\left(\frac{8}{3};\frac{10}{3}\right)=2.\frac{8}{3}+3.\frac{10}{3}=\frac{46}{3}$;

F(0; 6) = 2 . 0 + 3 . 6 = 18.

Vậy giá trị lớn nhất của F(x; y) = 2x + 3y trên miền D là 18 tại (x; y) = (0; 6).

Giá trị nhỏ nhất của F(x; y) = 2x + 3y trên miền D là 0 tại (x; y) = (0; 0).

​Bài 9 trang 96 Toán 10 Tập 2: Cho hàm số y = f(x) = ax2 + bx + c với đồ thị là parabol (P) có đỉnh $\mathrm{I(}$

$\left(\frac{5}{2};-\frac{1}{4}\right)$)  và đi qua điểm A(1; 2).

a) Biết rằng phương trình của parabol có thể viết dưới dạng y = a(x – h)2 + k, trong đó I(h; k) là tọa độ đỉnh của parabol. Hãy xác định phương trình của parabol (P) đã cho và vẽ parabol này.

b) Từ parabol (P) đã vẽ ở câu a, hãy cho biết khoảng đồng biến và khoảng nghịch biến của hàm số y = f(x).

c) Giải bất phương trình f(x) ≥ 0.

a)

• Theo bài ra ta có parabol có đỉnh $I\left(\frac{5}{2};-\frac{1}{4}\right)$ nên h = $\frac{5}{2}$ và k = $-\frac{1}{4}$.

Do đó, phương trình của parabol (P) có dạng: $y=a{\left(x-\frac{5}{2}\right)}^2-\frac{1}{4}$.

Lại có parabol (P) đi qua điểm A(1; 2) nên thay tọa độ điểm A vào phương trình parabol ta được: $2=a{\left(1-\frac{5}{2}\right)}^2-\frac{1}{4}$. Suy ra a = 1.

Vậy parabol (P) có phương trình là $y=1.{\left(x-\frac{5}{2}\right)}^2-\frac{1}{4}$ hay y = x2 – 5x + 6.

• Vẽ parabol (P).

- Hệ số a = 1 > 0 nên parabol có bề lõm hướng lên trên.

Parabol (P) có

- Đỉnh $I\left(\frac{5}{2};-\frac{1}{4}\right)$;

- Phương trình trục đối xứng $x=\frac{5}{2}$;

- Giao điểm của (P) với trục tung là điểm B(0; 6);

- Phương trình x2 – 5x + 6 = 0 có hai nghiệm x = 2 và x = 3. Do đó, giao điểm của (P) với trục hoành là C(2; 0) và D(3; 0).

Vẽ đường cong đi qua các điểm trên ta được parabol (P).

 

b) Từ hình vẽ ở câu a, ta thấy hàm số y = x2 – 5x + 6 đồng biến trên khoảng $\left(\frac{5}{2};+\infty \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;\frac{5}{2}\right)$.

c) f(x) ≥ 0

⇔ x2 – 5x + 6 ≥ 0

Tam thức bậc hai f(x) = x2 – 5x + 6 có hệ số a = 1 > 0 và có hai nghiệm phân biệt x1 = 2 và x2 = 3, do đó f(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 hoặc x ≥ 3.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (– ∞; 2] ∪ [3; + ∞).

​Bài 10 trang 96 Toán 10 Tập 2: Giải các phương trình chứa căn thức sau:

a) $\sqrt{2x^2-6x+3}=\sqrt{x^2-3x+1}$;

b) $\sqrt{x^2+18x-9}=2x-3$.

a) Bình phương hai vế của phương trình 

$\sqrt{2x^2-6x+3}=\sqrt{x^2-3x+1}$ ta được:

2x2 – 6x + 3 = x2 – 3x + 1 (1)

Giải (1) ta có: (1) ⇔ x2 – 3x + 2 = 0

⇔ x2 – x – 2x + 2 = 0

⇔ x(x – 1) – 2(x – 1) = 0

⇔ (x – 2)(x – 1) = 0

⇔ x = 2 hoặc x = 1.

Thử lại vào phương trình đã cho ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

b) Bình phương hai vế của phương trình $\sqrt{x^2+18x-9}=2x-3$, ta được:

x2 + 18x – 9 = (2x – 3)2        (2)

Giải (2) ta có: (2) ⇔ x2 + 18x – 9 = 4x2 – 12x + 9

⇔ 3x2 – 30x + 18 = 0

⇔ x2 – 10x + 6 = 0

⇔ x = 5 + $\sqrt{19}$ hoặc x = $5-\sqrt{19}$.

Thử lại vào phương trình đã cho ta thấy chỉ có giá trị x = 5 + $\sqrt{19}$ thỏa mãn.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 5 + $\sqrt{19}$.

​Bài 11 trang 96 Toán 10 Tập 2: Từ các chữ số 0; 1; 2;.....; 9 có thể lập được tất cả bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn 1 000, chia hết cho 5 và gồm các chữ số khác nhau?

Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi nó có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.

Do đó, ta có ba trường hợp sau:

+ Trường hợp 1. Số có một chữ số: Chỉ có 0 và 5 thỏa mãn.

Vậy có 2 số có một chữ số thỏa mãn đề bài.

+ Trường hợp 2. Số có hai chữ số khác nhau chia hết cho 5.

Gọi số đó có dạng $\overline{ab}\left(a\ne b\right)$.

- Khi b = 5 ta có a ≠ 0 và a ≠ 5 nên có 8 cách chọn a, tương ứng có 8 số lập được.

- Khi b = 0 ta có a ∈ {1; 2; 3; …; 9} nên có 9 cách chọn a, tương ứng có 9 số lập được.

Vậy có 8 + 9 = 17 số có hai chữ số khác nhau chia hết cho 5.  

+ Trường hợp 3. Số có ba chữ số khác nhau chia hết cho 5.

Gọi số đó có dạng $\overline{abc}\left(a\ne b\ne c\right)$.

- Khi c = 5 ta có a ≠ 0 và a ≠ 5, a có 8 cách chọn; b ∈ {0; 1; 2; 3; …; 9}\{a; b}, b có 8 cách chọn. Do đó có 1 . 8 . 8 = 64 số.

- Khi c = 0 ta có a, b ∈ {1; 2; 3; …; 9}, a ≠ b. Do đó có $A_9^2=72$số.

Vậy có 64 + 72 = 136 số có ba chữ số khác nhau chia hết cho 5.

Từ ba trường hợp trên, vậy các số tự nhiên nhỏ hơn 1 000 thỏa mãn yêu cầu của đề bài là

2 + 17 + 136 = 155 (số).

Vậy có 155 số tự nhiên nhỏ hơn 1 000, chia hết cho 5 và gồm các chữ số khác nhau.

​Bài 12 trang 96 Toán 10 Tập 2: Viết khai triển nhị thức Newton của (2x – 1)n, biết n là số tự nhiên thỏa mãn 

$A_n^2+24C_n^1=140$.

Ta có: $A_n^2+24C_n^1=140$ (với điều kiện n ≥ 2)

$\iff \frac{n!}{\left(n-2\right)!}+24.\frac{n!}{1!\left(n-1\right)!}=140$

$\iff n\left(n-1\right)+24.n=140$

⇔ n2 + 23n – 140 = 0

⇒ n = 5 hoặc n = – 28.

Ta có: n = 5 thỏa mãn điều kiện.

Khi đó ta có khai triển nhị thức Newton:

(2x – 1)5 

= [2x + (– 1)]5

$=C_5^0.{\left(2x\right)}^5+C_5^1.{\left(2x\right)}^4.\left(-1\right)+C_5^2.{\left(2x\right)}^3.{\left(-1\right)}^2$

$+C_5^3.{\left(2x\right)}^2.{\left(-1\right)}^3+C_5^4.\left(2x\right).{\left(-1\right)}^4$

$+C_5^5.{\left(-1\right)}^5$

= 32x5 – 80x4 + 80x3 – 40x2 + 10x – 1.