Kntt on tap cuoi nam

Lời giải Chọn C Thay tọa độ 3; 2 vào hệ bất phương trình đúng 2.Cho tam giác ABC.. c Gọi X là tập hợp các tam giác ABC vuông tại A, Y là tập hợp các tam giác ABC có trung tuyến 1 2.. Lờ

+ Quy định Chung: ppt SGK KNTT theo mỗi bài học.

1 Font Tahoma; zise 48; giãn dòng 1.0 + chữ đậm

2 Qúy Thầy Cô cố gắng soạn ppt hạn 13/7 giúp ạ.

❶ Giáo viên Soạn: Trương Thị Thúy FB: Trương Thúy

❷ Giáo viên phản biện :……….… …… FB:………

A TRẮC NGHIỆM

1 Cho hệ bất phương trinh bậc nhất hai ẩn

2 1

x y

x y

 





 Điểm nào sau đây thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho?

Lời giải

Chọn C

Thay tọa độ (3; 2) vào hệ bất phương trình đúng

2.Cho tam giác ABC Có bao nhiêu điểm M thoả mãn MA MB MC    3

?

Lời giải

Chọn A

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có: MA MB MC     3MG

 MA MB MC     3MG

Ta có 3MG  3  MG 1

Tập hợp điểm M là đường tròn tâm G bán kính R  Vậy có vô số 1 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán

3 Biết rằng parabol y x 2bx c có đỉnh là I (1; 4) Khi đó giá trị của b + c là

Lời giải

Chọn C

 P y x:  2bx c có đỉnh là I (1; 4), ta có 4 1  b c b c 3

4. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng :x2y 5 0 Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

A Vectơ n  1; 2

là một vectơ pháp tuyến của 

B Vectơ u   2; 1 là một vectơ chì phương của 

BÀI TẬP ÔN TẬP CUỐI NĂM

C Đường thẳng  song song với đường thẳng

1 2 :

1

d

 





 



D Đường thẳng  có hệ số góc k = 2

Lời giải

Chọn D

Đường thẳng :x2y 5 0 có một vectơ chỉ phương là u   2; 1  có hệ số góc k  12.

5 Trong khai triển nhị thức Newton của 2 3 x4

, hệ số của x là 2

4

4

36.C

Lời giải

Chọn D

2 3 x4 C04.24C14.2 33  x 1C24.2 32  x 2C34.2 31 x 3C44 3 x 4

Vậy hệ số của x là2

4.2 3 36 4

6 Một tồ 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

7

8

1

2

15.

Lời giải

Chọn B

Số phần tử của không gian mẫu   2

10

n  C Gọi biễn cố A: “Hai người được chọn có ít nhất một nữ” có n A C C13 17C C32 07

Xác suất của biến cố A:

 

1 1 2 0

3 7 3 7 2 10

15

P A



B TỰ LUẬN

7 Cho các mệnh đề:

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

Q: “Tam giác ABC có các cạnh thoả mãn AB AC2 2 BC2"

a) Hãy phát biểu các mệnh đề: P Q Q;  P P;  Q P;  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

1

2

Nêu mối quan hệ giữa hai tập hợp X và Y.

Lời giải

a) +) P Q: Nếu tam giác ABC là tam giác vuông tại A thì tam giác ABC có các cạnh thoả mãn

AB AC BC Mệnh đề P Q là mệnh đề đúng

+) Q P: Nếu tam giác ABC có các cạnh thoả mãn AB2AC2 BC2thì tam giác ABC là tam giác vuông tại A Mệnh đề Q P là mệnh đề đúng

+) P Q: Tam giác ABC là tam giác vuông tại A khi và chỉ khi tam giác ABC có các cạnh thoả mãn AB2AC2 BC2 Mệnh đề P Q là mệnh đề đúng

+) P Q: Nếu tam giác ABC không là tam giác vuông tại A thì tam giác ABC có các cạnh không thoả mãn AB2AC2 BC2 Mệnh đề P Q là mệnh đề đúng

b) +) Tam giác ABC có các cạnh thoả mãn AB AC2 2 BC2là 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 thoả mãn

AB AC BC

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 Có thể chứng minh điều này bằng cách sử dụng định lí Pythagore và công thức tính độ dài đường trung tuyến theo ba cạnh của tam giác

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

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

6

0 0

x y

x y

x

y

 













 

b) Từ kết quả câu a, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức F x y ,  2x3ytrên miền

D.

Lời giải

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

6

0 0

x y

x y x y

 











 

Ta được như hình bên

b) Từ kết quả câu a, ta thấy miền nghiệm của hệ bất phương trình là miến

tứ giác OABC kể cả các cạnh của tứ giác Toạ độ các đỉnh của tứ giác OABC

là:

0;0 , 1;0 , 8 10; , 0;6

3 3

  Ta có: 0;0 0, 1;0 2, 8 10; 46, 0;6 18

Vậy giá trị lớn nhất của F x y ;  2x3y

trên miền D là 0.

9 Cho hàm số y f x   ax2bx c với đồ thị là parabol (P) có đỉnh

;

I  

  và đi qua điểm A1; 2. a) Biết rằng phương trình của parabol có thể viết dưới dạng y a x h   2 , trong đó k I h k ;  là toạ

độ đỉnh của parabol Hãy xác định phương trình của parabol  P đã cho và vê parabol này

b) Từ parabol  P đã vẽ ờ 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.

Lời giải

a) Cách 1: Từ giả thiết ta có

,

h k

Suy ra phương trình của parabol (P) có dạng

2

y a x    

Vì parabol (P) đi qua điểm A1; 2 nên ta có

2

    

  Suy ra a  1 Vậy parabol (P) có phương trình y x 2 5x 6

Vẽparabol (P):

Phương trình trục đối xứng:

5 2

x  Giao điểm của (P) với trục tung có toạ độ là B (0; 6)

Phương trình x2 5x  có hai nghiệm 6 0 x  và 2 x  3

Vậy giao điểm của (P) với trục hoành là C2;0và D3;0 .

Cách 2:

2

2 5

a





   

   









1 5 6

a b c







  

 

Vậy parabol (P) có phương trình y x 2 5x 6

Vẽparabol (P):

Phương trình trục đối xứng:

5 2

x  Giao điểm của (P) với trục tung có toạ độ là B (0; 6)

Phương trình x2 5x  có hai nghiệm 6 0 x  và 2 x  3

Vậy giao điểm của (P) với trục hoành là C2;0và D3;0 .

b) Từ hình vê ở câu a, ta có hàm số y x 2 5x đổng biến trên khoảng 6

5

; 2



và nghịch biến trên khoảng

5

; 2

 

 ;2 3; 

S   

10 Giải các phương trình chứa căn thức sau:

a) 2x2 6x 3 x2 3x1; b) x218x 9 2 x 3

Lời giải

a) 2x2 6x 3 x2 3x1

2

2







2

2

2

2 1 2

x

x

x

x

x

x















 



 

























Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

b) x218x 9 2 x 3

 2

2

x



 

3 2

x







 

3 2

x







 



 

 

3 2

x









   



  



Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  5 19.

11 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?

Lời giải

Các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 , chia hết cho 5 là các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 có chữ số tận cùng là

0 hoặc 5 Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1 Số có một chữ số: Chỉ có 0 và 5 thoả mãn Do đó có 2 số có một chữ số thoả mãn đề

bài

Trường hợp 2 Số có hai chữ số khác nhau dạng: ab a b,  .

Khi b  ta có 5 a 0 và a  Do đó có 8 số.5

Khi b  ta có 0 a1;2;3; ;9 Do đó có 9 số.

Vậy có 17 số có hai chữ số khác nhau thoả mãn đề bài

(Không thỏa mãn)

Trường hợp 3 Số có ba chữ số khác nhau dạng: abc

Khi c  ta có 5 a  và 0 a 5 Mỗi chữ số a, b sẽ có 8 cách chọn Do đó có 8 8 = 64 số.

Khi c  ta có 0 a b, 1; 2;3; ;9 Do đó có 2

9 72

Vậy có 64 + 72 = 136 số có ba chữ số khác nhau thỏa mãn đề bài

Từ ba trường hợp trên ta có số các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 thoả mãn yêu cầu đề bài là

2+ 17+ 136= 155 (số)

12 Viết khai triển nhị thức Newton của 2x 1n, biết n là số tự nhiên thoả mãn A2n24C1n 140

Lời giải

2 24 1 140

A  C  (với điều kiện n2, n )

n  n  Suy ra

28 ( )





Khi đó ta có khai triển nhị thức Newton:

2x1 C 2x C 2x 1 C 2x 1 C 2x 1 C 2x 1 C 1 32x5 80x480x3 40x210x1

13 Từ các công thức tính diện tích tam giác đã được học, hãy chứng minh rằng, trong tam giác ABC, ta

có

     

2

b c a c a b a b c r

a b c



 

Lời giải

Gọi S p, lần lượt là diện tích, nửa chu vi của tam giác ABC Theo công thức về diện tích tam giác,

ta có

     

S p r

p

p



2

b c a a b c a b c

a b c



 

     

2

b c a a b c a b c

a b c



14 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh AB, BC a) Biểu thị các vectơ DM AN  , theo các vectơ AB AD ,

b) Tính DM AN , và tìm góc giữa hai đường thẳng DM và AN

Lời giải

a) Cách 1: Ta có +) DM AM AD    1

  

+) AN AB BN    1

2

Cách 2: Ta có +) DA DB 2DM

    DM 12DA DB  

1 2

1 2 2

2

2

+) AN12AB AC 

1 2

1 2

1 2

b) Do ABCD là hình vuông nên ta có AB AD AB AD ,  . 0

Từ đó suy ra

DM AN AB AD   AB AD

                                  

.0 0

1

0



15 Trong mặt phằng toạ độ, cho tam giác ABC có ba đỉnh A1;3 , B1;2 , C4; 2 

a) Viết phương trình đường thẳng BC

b) Tính diện tích tam giác ABC

c) Viết phương trình đường tròn có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng BC

Lời giải

a) Ta có uBC BC3; 4   nBC 4;3

Phương trình tổng quát của BC là 4.x13.y 2 0 4x3y10 0

b) Ta có BC  4 1 2   2 22 5

Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC bằng

 ,  4 1 2 3.3 102 1

Diện tích của tam giác ABC là 1  ,  1.1.5 5

c) Đường tròn tâm A  1;3 và tiếp xúc với đường thẳng BC có bán kính là R d A BC  ,  1, do đó

nó có phương trình là x12y 32  1

16 Trên mặt phẳng toạ độ, hai vật thề khởi hành cùng lúc_tại hai địa điềm A1;1 và B  1; 21với các

vectơ vận tốc tương ứng là v A 1; 2 , vB 1; 4 

Hỏi hai vật thề đó có gặp nhau hay không?

Lời giải

Giả sử hai vật có thể gặp nhau, nghĩa là tồn tại thời điềm t t  0 để hai vật ở cùng một vị trí.

Vị trí của vật khởi hành từ A tại thời điểm t là

1

1 2

 





 

Vị trí của vật khởi hành từ B tại thời điểm t là

1

21 4

 





Vì hai vật có cùng vị trí tại thời điểm t nên ta có hệ phương trình:

  





Phương trình đầu của hệ trên vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm

Vậy hai vật không thể gặp nhau

17 Trong đêm, một âm thanh cầu cửu phát ra từ một vị trí trong rừng và đã được hai trạm ghi tín hiệu ở các vị trí A, B nhận được Khoảng cách giữa hai trạm là 16 km và trạm ở vị trí A nhận được tín hiệu sớm hơn 6 giây so với trạm ở vị tri B Giả sử vận tốc âm thanh là 1236 km/h Hãy xác định phạm vi tìm kiếm vị trí phát ra âm thanh đó

Lời giải

Gọi M là vị trí phát ra âm thanh cầu cứu trong rừng Gọi t t lẩn lượt là thời gian truyền từ M đến các A, B trạm phát A, B Theo đề bài ta có tA tB  (giây).6

Đổi

1236 1236

3600



3600

MA MB v t   v t   

.

Gọi (H) là hypebol ở dạng chính tắc nhận A, B làm hai tiêu điểm và đi qua M Khi đó ta có

c AB

a MA MB







8 1,03

c a





 



1, 03

62,9391

a





 

Vậy phương trình chính tắc của (H) là

1

1, 0609 62,9391

Lưu ý rằng MA MB , do đó vị trí của điểm M thuộc nhánh của (H) gần với trạm A hơn.

18 Các nhà toán học cô đại Trung Quốc đã dùng phân số

22

7 để xấp xỉ cho  a) Cho biết đâu là số đúng, đâu là số gần đúng

b) Đánh giá sai số tuyệt đối, sai số tương đối của giá trị gần đúng này, biết 3,1415 <  < 3,1416

Lời giải

a) là số đúng,

22

7 là số gần đúng

b)

3,1415 0,0014

Do đó sai số tương đối nhỏ hơn

0,0014

0,05%

22 7



19. Tỉ lệ hộ nghèo (%) của 10 tỉnh/thành phố thuộc đồng bằng sông Hồng trong năm 2010 và năm 2016

(Theo Tồng cục Thống kê)

a) Tính số trung bình vả độ lệch chuẩn của tỉ lệ hộ nghèo các tỉnh/thành phố thuộc đồng bằng sông

Hồng trong các năm 2010, 2016

b) Dựa trên kết quả nhận được, em có nhận xét gi về số trung bình và độ phân tán của tỉ lệ hộ nghèo

cáctỉnh/thành phố thuộc đồng bằng sông Hồng trong các năm 2010 và 2016

Lời giải

a) Áp dụng công thức số trung bình (số trung bình cộng) của mẫu số liệu , , ,x x1 2 x n, kí hiệu là x,

được tính bằng công thức:

1 2 n

x x

x

n

x



Vậy tỉ lệ hộ nghèo trung bình là

2010

5,3 10, 4 7,0 10,8 6,5 11,1 10,7 12,0 10,0 12, 2

9, 6 10

 Độ lệch chuẩn s s2 với Phương sai là giá trị

s

Ta có

2

2010 2010

10

n

5,3 9,6 2 10,4 9,6 2 7,0 9,6 2 10,8 9,6 2 6,5 9,6 2 11,1 9,6 2 10,7 9,6 2 12,0 9,6 2 10,0 9,6 2 12,2 9,62

10



=2,43

+) Tương tự ta tính được năm 2016: tỉ lệ hộ nghèo trung bình là 2,82; độ lệch chuẩn 1,06

b) Về trung bình, tỉ lệ hộ nghèo của năm 2016 giảm so với năm 2010

Độ lệch chuẩn của tỉ lệ hộ nghèo năm 2016 cũng giảm so với năm 2010, điểu đó có nghĩa là mức

chênh lệch về tỉ lệ hộ nghèo giữa các tỉnh trong năm 2016 thấp hơn năm 2010

20 Chọn ngẫu nhiên ba số khác nhau từ 23 số nguyên dương đầu tiên Tìm xác suất để tổng ba số chọn

được là một số chẵn

Lời giải

Không gian mẫu  là các tập a b c; ;  (với a b c; ;  là tập con của tập các số tự nhiên của đoạn

1; 23) Vậy   3

23 1771

n  C 

Gọi E là biến cố: “Tổng ba số chọn được là một số chẵn” E   là các tập a b c; ;  mà a + b + c

chẵn Ta có a b c  chẵn khi và chỉ khi hoặc cả ba số cùng chẵn, hoặc có 2 số lẻ và 1 số chẵn

Trường hợp 1: Cả ba số chọn được cùng chẵn: Tập các số chẵn thuộc đoạn [1; 23] là A = {2; 4; ;

22} Suy ra n(A) = 11 Do đó số tập con a b c; ;  A là C 311 165.

Vậy có 165 bộ ba số a b c; ;  mà cả ba số cùng chẵn.

Trường hợp 2: Hai số lẻ và một số chẵn: Tập các số lẻ thuộc đoạn 1; 23 là B 1;3; ; 23 Suy ra

  12

n B  .

Số tập con a b;  B

là C 122 66 Vậy có 66 cách chọn 2 số lẻ và 11 cách chọn một số chẵn Do đó

số tập a b c; ;  với hai số lẻ, một số chẵn là 66 11 = 726.

Do đó n E   165 726 891 

Suy ra

 

891 0,5031 1771

n E

P E

n