Đề khảo sát chất lượng đầu năm Toán 10 Kết nối tri thức - Đề số 1

Parabol có đỉnh \(O\) nên có dạng \(y=a{{x}^{2}}\left( a\ne 0 \right)\)

Sử dụng tính chất điểm thuộc đồ thị thì toạ độ thoả mãn phương trình của hàm số

Vì parabol có đỉnh \(O\) nên có dạng \(y=a{{x}^{2}}\left( a\ne 0 \right)\). 

Vì \(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( \sqrt{3};-3 \right)\) nên toạ độ điểm \(A\) thoả mãn phương trình hàm số.

Thay tọa độ điểm \(A\left( \sqrt{3};-3 \right)\) vào hàm số, ta được:

\(-3=a{{(\sqrt{3})}^{2}}\\ a=-1\)

Ta được hàm số \(y=-{{x}^{2}}\).

Thay \(y=-2\) vào hàm số ta được \(-2=-{{x}^{2}}\) suy ra \( {{x}^{2}}=2\)

Do đó \(x=\sqrt{2} \) hoặc \(x=-\sqrt{2}\)

Thay \(x = 3\) vào hàm số để tính giá trị của hàm số tại \(x = 3\).

Thay \(x = 3\) vào hàm số \(y = 2{x^2}\) ta có: \(y = {2.3^2} = 18\).

Vậy giá trị của hàm số \(y = 2{x^2}\) tại \(x = 3\) là \(18\).

Ta có hình trụ có bán kính đáy là \(R\) và chiều cao \(h\) . Khi đó

+ Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi Rh\) nên A đúng

+ Diện tích toàn phần của hình trụ là \({S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2}\) nên B đúng

+ Thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h\) nên C đúng, D sai.

Gọi chữ số hàng đơn vị và hàng chục của số cần tìm là \(x\) và \(y\)\(\left( {x,y \in \mathbb{N}*,\,\,\,x,y \le 9} \right).\)

Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo các đại lượng đã biết và các ẩn vừa gọi.

Dựa vào giả thiết của bài để lập hệ phương trình.

Giải hệ phương trình để tìm các ẩn, đối chiều với điều kiện rồi kết luận. 

Gọi chữ số hàng đơn vị và hàng chục của số cần tìm là \(x\) và \(y\)\(\left( {x,y \in \mathbb{N}*,\,\,\,x,y \le 9} \right).\)

Ba lần chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục 7 đơn vị nên ta có phương trình: \(3x - y = 7\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Số cũ có dạng \(10y + x\)

Sau khi viết hai chữ số đó theo thứ tự ngược lại ta được số mới có dạng \(10x + y\)

Số mới (có hai chữ số) lớn hơn số cũ 9 đơn vị nên ta có phương trình:

\(10x + y - \left( {10y + x} \right) = 9 \\ 9x - 9y = 9 \\ x - y = 1\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 7\\x - y = 1\end{array} \right. \end{array}\)

Từ phương trình (2) ta có: \(y = x - 1\)

Thế vào phương trình (1), ta được phương trình:

\(3x - \left( {x - 1} \right) = 7\\3x - x + 1 = 7\\x = 3 \;(TM)\)

Suy ra \( y = 3 - 1 = 2 \;(TM)\)

Vậy số cần tìm là \(23.\)

Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\)có hai nghiệm phân biệt cùng dương \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}{x_2} > 0\end{array} \right..\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dương \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}{x_2} > 0\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b{'^2} - ac > 0\\\dfrac{{ - b}}{a} > 0\\\dfrac{c}{a} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {m - 3} \right) > 0\\2\left( {m - 1} \right) > 0\\m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 1 - m + 3 > 0\\m - 1 > 0\\m > 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 4 > 0\\m > 1\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} > 0\,\,\forall m\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3\end{array}\)

Vậy \(m > 3\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

Thay các cặp số đã cho vào phương trình. Cặp nào thỏa mãn thì là nghiệm của phương trình đã cho.

\((\sqrt{3}-1)x-y=1\,\,\,\,\,\,(1)\)

Thay x = 0, y = -1 vào vế trái của (1) ta được: \((\sqrt{3}-1).0-(-1)=0+1=1\) .

Vậy (0; -1) là nghiệm của (1).

Thay \((\sqrt{3},2-\sqrt{3})\) vào vế trái của (1) ta được: \((\sqrt{3}-1).\sqrt{3}-(2-\sqrt{3})=3-\sqrt{3}-2+\sqrt{3}=1\).

Vậy \((\sqrt{3},2-\sqrt{3})\) là nghiệm của (1).

Thay \((1;\sqrt{3}-3)\) vào vế trái của (1) ta được: \((\sqrt{3}-1).1-(\sqrt{3}-3)=\sqrt{3}-1-\sqrt{3}+3=2\ne 1\).

Vậy \((1;\sqrt{3}-3)\)không là nghiệm của (1).

Thay \((\sqrt{3}+1;1)\) vào vế trái của (1) ta được: \((\sqrt{3}-1).(\sqrt{3}+1)-1=3-1-1=1\).

Vậy \((\sqrt{3}+1;1)\) là nghiệm của (1).

Lập phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d). Áp dụng điều kiện để phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt. Từ đó tìm giá trị của tham số m.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

\(\begin{align} & \,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{2}{{x}^{2}}=3mx-2 \\ & \Leftrightarrow {{x}^{2}}-6mx+4=0\,\,\,\,\,\,\,(1) \\ \end{align}\)

Để (d) và (P) có 2 giao điểm thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

\(\begin{array}{l}\Leftrightarrow \Delta ' > 0\\\Leftrightarrow 9{m^2} - 4 > 0\\\Leftrightarrow (3m - 2)(3m + 2) > 0\end{array}\)

\(\Leftrightarrow m<\dfrac{-2}{3}\) hoặc \(m>\dfrac{2}{3}\).

Vậy với \(m<\dfrac{-2}{3}\) hoặc \(m>\dfrac{2}{3}\) thì đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.

Kẻ \(OH \bot AB.\)

Chứng minh \(H\) là trung điểm của \(AB.\)

Sử dụng định lí Pytagore để tính toán.

Kẻ \(OH \bot AB.\)

Xét tam giác OAB có OA = OB nên tam giác OAB cân tại O.

Suy ra đường cao OH đồng thời là đường trung tuyến của tam giác OAB.

Khi đó ta có \(H\) là trung điểm của \(AB.\)

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}OH = 3cm\\AH = \dfrac{1}{2}AB = 4cm\end{array} \right..\)

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta AOH\) vuông tại \(H\) ta có:

\(\begin{array}{l}O{A^2} = A{H^2} + H{O^2} = {4^2} + {3^2} = 25\\ R = OA = 5cm.\end{array}\)

Sử dụng định lý Pytago, hệ thức lượng trong tam giác vuông và công thức tính diện tích tam giác.

+) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH vuông tại H ta có:\(\,\,\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} = {3^2} + {4^2} = 25 \Rightarrow AB = 5\,\,\,\left( {cm} \right)\).+) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABC với AH là đường cao ta có:\(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{A{H^2}}} - \dfrac{1}{{A{B^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} - \dfrac{1}{{{5^2}}} = \dfrac{{16}}{{225}} \Rightarrow AC = \dfrac{{15}}{4}\left( {cm} \right)\)+) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC vuông tại A ta có:\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {\left( {\dfrac{{15}}{4}} \right)^2} = \dfrac{{625}}{{16}} \Rightarrow BC = \dfrac{{25}}{4}\left( {cm} \right)\).+) Tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM nên ta có: \(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{{25}}{8}\,\,\,\left( {cm} \right)\)+) Diện tích tam giác ABC với AH là đường cao ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AH.BC = \dfrac{1}{2}.3.\dfrac{{25}}{4} = \dfrac{{75}}{8}\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).Vậy \(AB = 5cm,\,\,AC = \dfrac{{15}}{4}cm,\,\,AM = \dfrac{{25}}{8}cm,\,\,{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{75}}{8}\,\,c{m^2}\)

Vị trí tương đối của đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\) và đường thẳng \(a:\)

+) Nếu \(d\left( {O;\,\,a} \right) < R \Rightarrow a\) cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt.

+) Nếu \(d\left( {O;\,\,a} \right) = R \Rightarrow a\) tiếp xúc với đường tròn tại 1 điểm.

+) Nếu \(d\left( {O;\,\,a} \right) > R \Rightarrow a\) không cắt đường tròn.

Ta có: \(d\left( {O;\,\,a} \right) = \sqrt 8 ;\,\,\,\,R = 3 \Rightarrow d\left( {O;\,\,a} \right) < R\)Nên đường thẳng \(a\) cắt đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại hai điểm phân biệt.

- Kẻ \(AH,\,\,BK\) cùng vuông góc với \(CD\) \(\left( {H,\,\,K \in CD} \right)\). Chứng minh \(ABKH\) là hình chữ nhật.

- Tính \(DH,\,\,CK\).

- Áp dụng định lí Pytago tính \(AH\).

- Tính diện tích hình thang: \({S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2}\).

Kẻ \(AH,\,\,BK\) cùng vuông góc với \(CD\) \(\left( {H,\,\,K \in CD} \right)\).

Xét tứ giác \(ABKH\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB\parallel HK\\AH\parallel BK\end{array} \right.\), suy ra \(ABKH\) là hình bình hành.

Lại có \(\angle AHK = {90^0}\) nên \(ABKH\) là hình chữ nhật, do đó \(HK = AB = 4\).

Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta BCK\) có: 

\(\angle AHD = \angle BKC = {90^0}\);

\(AD = BC\) (tính chất hình thang cân);

\(\angle ADH = \angle ACK\) (tính chất hình thang cân).

\( \Rightarrow \Delta ADH = \Delta BCK\) (cạnh huyền – góc nhọn) \( \Rightarrow DH = CK\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(DH + CK = CD - HK = 8 - 4 = 4\).

Do đó \(DH = CK = 2\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ADH\) ta có:

\(A{H^2} = A{D^2} - D{H^2}\) \( \Leftrightarrow A{H^2} = {4^2} - {2^2} = 12\) \( \Leftrightarrow AH = 2\sqrt 3 \).

Vậy diện tích hình thang \(ABCD\) là: \({S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2}\) \( = \dfrac{{\left( {4 + 8} \right).2\sqrt 3 }}{2} = 12\sqrt 3 \).

- Áp dụng định lí Pi-ta-go để tìm độ dài cạnh \(BC\).

- Sử dụng định nghĩa: \(cos\alpha \) = cạnh kề : cạnh huyền.

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {4^2} + {3^2} = 25 \Rightarrow BC = 5\)

Khi đó \(\cos B = \dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{4}{5}\) 

+) Sử dụng công thức: \(\sin \alpha = \cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right);\;\;{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1.\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = {\cos ^2}{20^0} + {\cos ^2}{40^0} + {\cos ^2}{50^0} + {\cos ^2}{70^0}\\ = {\cos ^2}{20^0} + {\cos ^2}{40^0} + {\sin ^2}{40^0} + {\sin ^2}{20^0}\\ = \left( {{{\cos }^2}{{20}^0} + {{\sin }^2}{{20}^0}} \right) + \left( {{{\cos }^2}{{40}^0} + {{\sin }^2}{{40}^0}} \right)\\ = 1 + 1 = 2.\end{array}\)

Thay tọa độ điểm thuộc đồ thị vào hàm số để tìm hệ số \(a\)

Ta thấy \(M\left( {3;1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên \(1 = a.3 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{3}\)

Sử dụng phương pháp đặt nhân tử chung để phân tích đa thức thành nhân tử.

Ta có: \(5{x^2}{y^3} - 25{x^3}{y^4} + 10{x^3}{y^3}\)\( = 5{x^2}{y^3}. 1 - 5{x^2}{y^3}. 5xy + 5{x^2}{y^3}. 2x\)\( = 5{x^2}{y^3}\left( {1 - 5xy + 2x} \right)\).

Quy đồng mẫu các phân thức, rút gọn biểu thức đã cho.

Giải bất phương trình \(P \ge \frac{1}{5},\) tìm \(x.\) Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Điều kiện: \(x \ge 0.\)\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{x\sqrt x + 1}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x - \sqrt x + 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{x - \sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \left[ {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}} + \dfrac{{x - \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{x - \sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{3\sqrt x - x - \sqrt x + x - \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}} \\= \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}.\end{array}\)\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \ge \dfrac{1}{5} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} \ge \dfrac{1}{5}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{5} \ge 0 \Leftrightarrow \dfrac{{5 - \sqrt x - 3}}{{5\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2 - \sqrt x }}{{5\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \ge 0 \Leftrightarrow 2 - \sqrt x \ge 0\\ \Leftrightarrow \sqrt x \le 2 \Leftrightarrow x \le 4\end{array}\)Vậy \(0 \le x \le 4\) thỏa mãn bài toán.

Giải từng bất đẳng thức trong 4 đáp án, chọn đáp án mà bất đẳng thức có nghiệm \(x = - 2\) nằm trong tập nghiệm.

Xét từng đáp án ta có:

\(3x + 17 < 5 \)

\(3x < - 12 \)

\(x < - 4 \) nên A sai.

\( - 2x + 1 < - 1\)

\( - 2x < - 2 \)

\(x > 1 \) nên B sai.

\(\dfrac{1}{2}x + 5 > 3,5\)

\(\dfrac{1}{2}x > - 1,5\)

\(x > - 3 \) nên \(x = - 2\) là một nghiệm của bất phương trình nên C đúng.

\(1 - 2x < - 3\)

\(- 2x < - 4\)

\( x > 2 \) nên D sai.

+) Áp dụng lý thuyết về mối quan hệ giữa tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng và tỉ số đồng dạng của 2 tam giác, kết hợp với dữ kiện đề bài cho để thực hiện yêu cầu của bài toán.

Lưu ý: Tỉ số đồng dạng bằng tỉ số chu vi và tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 2 tam giác MNP và HGK.

Theo bài ta có:

\(\Delta MNP \backsim \Delta HGK\) và \(\dfrac{{{P_{\Delta MNP}}}}{{{P_{\Delta HGK}}}} = \dfrac{2}{7}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{MN}}{{HG}} = \dfrac{{NP}}{{GK}} = \dfrac{{MP}}{{HK}} \)\(=\dfrac{MN+NP+MP}{HG+GK+HK}= \dfrac{{{P_{\Delta MNP}}}}{{{P_{\Delta HGK}}}} = \dfrac{2}{7} = k\)

Do đó: \( \dfrac{{HG}}{{MN}} = \dfrac{7}{2}\)

Và \( \dfrac{{{S_{\Delta MNP}}}}{{{S_{\Delta HGK}}}} = {k^2} = {\left( {\dfrac{2}{7}} \right)^2} = \dfrac{4}{{49}}.\)

Căn bậc hai số học của số \(a\) không âm là số \(x\) không âm sao cho \({x^2} = a.\)

Kí hiệu: \(x = \sqrt a .\)

Vì \({2^2} = 4\) và \(2 > 0\) nên \(\sqrt 4 = 2.\)

Dựa vào tính chất nếu \(x = {x_0}\) là nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 0\) thì \(f\left( {{x_0}} \right) = 0\)

Phương trình \(m{x^2} + 4(m - 1)x + 2m - 2 = 0\) có nghiệm 1 thì m phải thoả mãn phương trình 

Thay x = 1 vào phương trình ta được:

\(m{.1^2} + 4(m - 1).1 + 2m - 2 = 0 \\ m + 4m - 4 + 2m - 2 = 0 \\ 7m - 6 = 0 \\ m = \frac{6}{7}\)

Sử dụng công thức tính thể tích hình hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là \(a,b,c\) là \(V = abc.\)

Hình hộp chữ nhật có chiều dài \(a = 6cm,\) chiều rộng \(b = 4cm\) và chiều cao \(c.\)

Thể tích hình hộp chữ nhật \(V = abc\) \( = 6.4.c\)

Theo đề bài ta có \(6.4.c = 192 \Leftrightarrow c = 8\,cm.\) 

Vậy chiều cao cần tìm là \(8\,cm.\)

Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

Sử dụng công thức lượng giác

Ta có \(IO\) là tia phân giác của \(\widehat {BIA}\)

\(IO'\) là tia phân giác của \(\widehat {CIA}\)

Mà \(\widehat {BIA} + \widehat {CIA} = {180^0} \Rightarrow \widehat {OIO'} = {90^0}\)

Tam giác \(OIO'\) vuông tại \(I\) có \(IA\) là đường cao nên \(I{A^2} = AO.AO' = 9.4 = 36 \Rightarrow IA = 6cm\).

\( \Rightarrow IA = IB = IC = 6cm\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vậy \(BC = 2IA = 2.6 = 12\left( {cm} \right)\).