Đề khảo sát chất lượng đầu năm Toán 10 Cánh diều - Đề số 2

Đường thẳng $d$ có phương trình $y=-kx+b\left(k\ne 0\right)$ có $-k$ là hệ số góc.

Hàm số đồng biến khi $x<0$ thì $1-\sqrt{m-1}<0\Rightarrow m>2$

Vì $OA$ là tiếp tuyến của $\left(O^{\prime }\right)$ nên $\mathrm{\Delta }OA{O}^{\prime }$ vuông tại $A$.

Vì $\left(O\right)$ và $\left(O^{\prime }\right)$ cắt nhau tại $A,B$ nên đường nối tâm $O{O}^{\prime }$ là trung trực của đoạn $AB$.

Gọi giao điểm của $AB$ và $O{O}^{\prime }$ là $I$ thì $AB\mathrm{\perp }O{O}^{\prime }$ tại $I$ là trung điểm của $AB$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OA{O}^{\prime }$ ta có

${\displaystyle \frac{1}{A{I}^2}}={\displaystyle \frac{1}{O{A}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{O^{\prime }{A}^2}}={\displaystyle \frac{1}{6^2}}+{\displaystyle \frac{1}{2^2}}\Rightarrow AI={\displaystyle \frac{3\sqrt{10}}{5}}cm\Rightarrow AB={\displaystyle \frac{6\sqrt{10}}{5}}cm$

Áp dụng định lý Pitago cho $\mathrm{\Delta }ABH$ vuông tại $A$ có: $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$

$\iff B{C}^2=6^2+8^2=100\Rightarrow BC=10\left(cm\right)$

Vì $BM$ là tia phân giác trong của góc $B\Rightarrow {\displaystyle \frac{MA}{MC}}={\displaystyle \frac{AB}{BC}}$ (Tính chất đường phân giác) 

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{MA}{MC+MA}}={\displaystyle \frac{AB}{BC+AB}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{MA}{AC}}={\displaystyle \frac{AB}{BC+AB}}$$\Rightarrow {\displaystyle \frac{MA}{8}}={\displaystyle \frac{6}{10+6}}\Rightarrow MA=3cm$

Vì $BM;BN$ là tia phân giác trong và ngoài của góc $B\Rightarrow \mathrm{\angle }NBM={90}^0$

Áp dụng hệ thức lượng trong $\mathrm{\Delta }ABM$ vuông tại $B$ có đường cao $BA$ ta có:

$\Rightarrow A{B}^2=AM.AN$$\iff 6^2=3.AN\iff AN=12\left(cm\right)$

Ta có diện tích toàn phần của hình trụ 

$\iff 24\pi h+2\pi {.12}^2=672\pi \Rightarrow h=16cm$

Điều kiện: $x\ne 2,y\ne -{\displaystyle \frac{1}{3}}.$

Đặt  $\{\begin{array}{l}u={\displaystyle \frac{1}{x-2}}\\ v={\displaystyle \frac{1}{3y+1}}\end{array}.$  Khi đó ta có hệ phương trình

$\iff \{\begin{array}{l}u+4v=5\\ 2u-4v=-2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}3u=3\\ u+4v=5\end{array}\iff \{\begin{array}{l}u=1\\ v=1\end{array}$ 

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{1}{x-2}}=1\\ {\displaystyle \frac{1}{3y+1}}=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x-2=1\\ 3y+1=1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=3\left(tm\right)\\ y=0\left(tm\right)\end{array}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(x;y\right)=\left(3;0\right).$

$\sqrt{9{\left(-a\right)}^2.{\left(3-4a\right)}^6}=\sqrt{9}\sqrt{{\left(-a\right)}^2}.\sqrt{{\left(3-4a\right)}^6}=\sqrt{3^2}\sqrt{{\left(-a\right)}^2}.\sqrt{{\left({\left(3-4a\right)}^3\right)}^2}=\left|3\right|\left|-a\right|.\left|{\left(3-4a\right)}^3\right|=3a.{\left(4a-3\right)}^3$

 (vì $a\ge {\displaystyle \frac{3}{4}}\Rightarrow 3-4a\le 0\Rightarrow \left|3-4a\right|=4a-3\Rightarrow \left|{\left(3-4a\right)}^3\right|={\left(4a-3\right)}^3$)

Theo đề bài ta có: $\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=2$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)\left(\sqrt{y^2+1}-y\right)=2\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(\sqrt{y^2+1}-y\right)\\ \iff \left(x^2+1-x^2\right)\left(y^2+1-y^2\right)=2\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(\sqrt{y^2+1}-y\right)\\ \iff 1=2\left[\left(\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}+xy\right)-\left(x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}\right)\right]\left(1\right)\end{array}$

Lại có: $\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=2$

 $\begin{array}{l}\Rightarrow \left(\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}+xy\right)+\left(x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}\right)=2\\ \iff 2\left(\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}+xy\right)+2\left(x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}\right)=4\left(2\right)\end{array}$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ ta được:  $-4\left(x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}\right)=-3$$\Rightarrow x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}={\displaystyle \frac{3}{4}}.$

Vậy $Q={\displaystyle \frac{3}{4}}.$

Gọi $l$ là độ dài đường sinh của hình nón.

Vì bán kính hình cầu và bán kính đáy của hình nón  bằng nhau nên từ giả thiết ta có $4\pi R^2=\pi Rl+\pi R^2\iff 4R^2=Rl+R^2\iff 3R^2=Rl\Rightarrow l=3R=3.5=15cm$

Sử dụng công thức liên hệ trong hình nón ta có $h^2=l^2-R^2={15}^2-5^2=200\Rightarrow h=10\sqrt{2}cm$

Xét tam giác $OA{O}^{\prime }$  có $O{A}^2+O^{\prime }{A}^2=OO{}^{\prime 2}$ (vì $4^2+3^2=5^2$) nên tam giác $OA{O}^{\prime }$  vuông tại $A$.

Xét tam giác $OA{O}^{\prime }$  có $AH$ là đường cao nên $AH.O{O}^{\prime }=OA.O^{\prime }A\Rightarrow AH={\displaystyle \frac{OA.O^{\prime }A}{O{O}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{4.3}{5}}={\displaystyle \frac{12}{5}}$

Mà $AB=2AH$ nên $AB={\displaystyle \frac{24}{5}}=4,8cm$

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$.

Xét tam giác $BEC$ vuông tại $E$ có $EI=IB=IC={\displaystyle \frac{BC}{2}}$ (vì $EI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Xét tam giác $BDC$ vuông tại $D$ có $DI=IB=IC={\displaystyle \frac{BC}{2}}$ (vì $DI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Từ đó ta có $ID=IE=IB=IC={\displaystyle \frac{BC}{2}}$ nên bốn điểm $B,E,D,C$ cùng nằm trên một đường tròn có bán kính $R={\displaystyle \frac{BC}{2}}$.

Ta thấy $IA>ID$ nên điểm $A$ không thuộc đường tròn trên.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left(d_1\right)$ và $\left(d_2\right)$:

$2x-3=-{\displaystyle \frac{1}{2}}x+2\iff 2x+{\displaystyle \frac{1}{2}}x=2+3\iff {\displaystyle \frac{5}{2}}x=5\iff x=2$

Thay $x=2$ vào hàm số $y=2x-3$ ta được $y=2.2-3=1.$

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng $\left(d_1\right)$ và $\left(d_2\right)$ là $A\left(2;1\right)$.

Ba đường thẳng $\left(d_1\right)$ , $\left(d_2\right)$ và $\left(d_3\right):y=3x-2m-3$ đồng quy  $\Rightarrow \left(d_3\right)$ đi qua giao điểm của hai đường thẳng $\left(d_1\right)$ và $\left(d_2\right)$$\Rightarrow A\in \left(d_3\right)$

Thay tọa độ điểm $A$  vào hàm số $\left(d_3\right):y=3x-2m-3$ ta được:

$1=3.2-2m-3$$\Rightarrow 2m=6-3-1\Rightarrow m=1$

Vậy $m=1$ thì ba đường thẳng  $\left(d_1\right)$ , $\left(d_2\right)$ và $\left(d_3\right):y=3x-2m-3$ đồng quy.

Ta có $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi R^{2}h\iff {\displaystyle \frac{1}{3}}\pi R^2.24=800\pi \Rightarrow R^2=100\Rightarrow R=10cm$

Và $R^2+h^2=l^2\iff {10}^2+{24}^2=l^2\iff l=26cm$

Diện tích toàn phần của hình nón là $S_{tp}=\pi Rl+\pi R^2=\pi .10.26+\pi {.10}^2=360\pi \left(c{m}^2\right)$

Chiều cao của cây là : $h=1,7+20.\tan {35}^{\circ }\approx 15,7m$.

+) Xét tam giác $MNP$ có $M{P}^2={13}^2=169;N{M}^2+N{P}^2=5^2+{12}^2=169$$\Rightarrow M{P}^2=N{M}^2+N{P}^2$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }MNP$ vuông tại N (định lý Pytago đảo)

$\Rightarrow MN\mathrm{\perp }NP$ mà $N\in \left(M;MN\right)$ nên $NP$ là tiếp tuyến của  $\left(M;MN\right)$

Gọi d: y = ax + b

$d//d^{\prime }:y=2x+1\Rightarrow \{\begin{array}{c}a=2\hfill \\ b\ne 1\hfill \end{array}$

d : 2x + b tiếp xúc với (P)  suy ra phương trình $x^2=2x+b$ có nghiệm kép

$\iff x^2-2x-b=0$ có nghiệm kép

$\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }=0\iff 1+b=0\iff b=-1$

Vậy $d:y=2x-1.$

Xét phương trình bậc hai $a{x}^2+bx+c=0(a\ne 0)$ với $b=2b^{\prime }$ và biệt thức ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=b{}^{\prime 2}-ac.$

Trường hợp 1. Nếu ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }<0$ thì phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2. Nếu ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }=0$ thì phương trình có nghiệm kép $x_1=x_2=-{\displaystyle \frac{b^{\prime }}{a}}$

Trường hợp 3. Nếu ${\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0$ thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: ${x_{1,}}_2=-{\displaystyle \frac{b^{\prime }\pm \sqrt{{\mathrm{\Delta }}^{\prime }}}{a}}$

ĐKXĐ: $x\ge 0,x\ne 4.$

$Q={\displaystyle \frac{2x-3\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-2}}$$={\displaystyle \frac{\left(2\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\sqrt{x}-2}}$$=2\sqrt{x}+1.$

Ta có: $x=2020-2\sqrt{2019}$$=2019-2\sqrt{2019}+1$$={\left(\sqrt{2019}-1\right)}^2\left(tm\right)$

$\Rightarrow \sqrt{x}=\sqrt{{\left(\sqrt{2019}-1\right)}^2}=\left|\sqrt{2019}-1\right|=\sqrt{2019}-1.$

Thay $\sqrt{x}=\sqrt{2019}-1$ vào biểu thức $Q$ ta được:

$Q=2\left(\sqrt{2019}-1\right)+1$$=2\sqrt{2019}-2+1$$=2\sqrt{2019}-1.$

Vậy $x=2020-2\sqrt{2019}$ thì $Q=2\sqrt{2019}-1.$

Vì ${46}^{\circ }<{50}^{\circ }\iff \cot {46}^{\circ }>\cot {50}^{\circ }$.

Đổi 10 phút = ${\displaystyle \frac{1}{6}}$ giờ.

Gọi quãng đường AB dài là $x\left(km\right)\left(x>30\right)$.

Suy ra quãng đường từ khi dừng lại sửa xe đến B là $x-30\left(km\right)$.

Thời gian dự định đi từ A đến B là ${\displaystyle \frac{x}{30}}$(h).

Thời gian thực tế đi từ A đến B là $1+{\displaystyle \frac{1}{6}}+{\displaystyle \frac{x-30}{36}}$ (h).

Ta có phương trình:

$1+{\displaystyle \frac{1}{6}}+{\displaystyle \frac{x-30}{36}}={\displaystyle \frac{x}{30}}$

$\iff {\displaystyle \frac{36+6+x-30}{36}}={\displaystyle \frac{x}{30}}$

$\begin{array}{l}\iff {\displaystyle \frac{12+x}{36}}={\displaystyle \frac{x}{30}}\\ \Rightarrow 30\left(12+x\right)=36.x\\ \iff 360+30x=36x\\ \iff 6x=360\\ \iff x=60\left(tm\right)\end{array}$

Vậy quãng đường $AB$ dài $60$ km.

Ta có: $\{\begin{array}{l}S=u+v=m+1-m=1\\ P=uv=m\left(1-m\right)\end{array}\Rightarrow u,v$ là hai nghiệm của phương trình $x^2-x+m\left(1-m\right)=0$.

$x^2+xy-x-y=x\left(x+y\right)-\left(x+y\right)$$=\left(x-1\right)\left(x+y\right)$.

Theo định lý Py-ta-go ta có: $A{B}^2=A{C}^2+B{C}^2\Rightarrow AB=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$ có $\sin B={\displaystyle \frac{AC}{AB}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{5}}$ và $\cos B={\displaystyle \frac{BC}{AB}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{5}}}={\displaystyle \frac{2\sqrt{5}}{5}}$

Cho $\mathrm{\Delta }ABC$ đồng dạng với $\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ theo tỉ số ${\displaystyle \frac{3}{5}}$.

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{AB}{A^{\prime }{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{BC}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{AC}{A^{\prime }{C}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{3}{5}}$$\Rightarrow {\displaystyle \frac{C_{\mathrm{\Delta }ABC}}{C_{\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}}={\displaystyle \frac{3}{5}}\Rightarrow C_{\mathrm{\Delta }ABC}={\displaystyle \frac{3}{5}}{C}_{\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}.$

Mà chu vi của tam giác $C_{\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=60cm$ nên $C_{\mathrm{\Delta }ABC}={\displaystyle \frac{3}{5}}.60=36cm$.

Đường thẳng $d:y=mx+n$ và parabol $\left(P\right):y=a{x}^2$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi phương trình $a{x}^2=mx+n$ có hai nghiệm phân biệt.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có chiều cao $AH.$ Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$A{H}^2=HB.HC\iff A{H}^2=9.25$ $\iff A{H}^2=225\Rightarrow AH=15$

Vậy $AH=15cm.$

Ta có: $5x\sqrt{{\displaystyle \frac{-12}{x^3}}}$$=-\sqrt{{\left(5x\right)}^2.{\displaystyle \frac{-12}{x^3}}}=\sqrt{25x^2\left({\displaystyle \frac{-12}{x^3}}\right)}=-\sqrt{{\displaystyle \frac{-300}{x}}}$.