Đề cương ôn tập giữa học kỳ 1 môn Toán 10 – Lê Minh Tâm

Tài liệu gồm 32 trang, được tổng hợp và biên soạn bởi thầy giáo Lê Minh Tâm, hướng dẫn ôn tập giữa học kỳ 1 môn Toán 10 năm học 2022 – 2023.

53 27 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

32 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
LÊ MINH TÂM
Tổng hợp và biên soạn:
Đề Cương
ÔN TẬP GIỮA KỲ I
Khối 10
Họ tên:................................
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
1/31
Chương I. Mệnh đề-tập hợp
1.Mệnh đề
2.Tập hợp.
» Tập hợp rỗng là tập hợp không chứa phần tử nào. Kí hiệu là
.
» Nếu mọi phần tử của tập hợp
A
đều là phần tử của tập hợp
B
thì ta nói tập
A
là con của tập
B
. Kí hiệu
AB
.
» Nếu
thì ta nói
A
và
B
là hai tập hợp bằng nhau. Kí hiệu
AB
.
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP GK1 – NH: 2022-2023
I
Lý Thuyết
Định nghĩa
⌘ Mệnh đề toán học là một câu khẳng định về một sự kiện trong toán học. Mỗi mệnh đề toán học
phải hoặc đúng hoặc sai. Một mệnh đề toán học không thể vừa đúng vừa sai.
①
Mệnh đề phủ định:
→ Cho mệnh đề . Mệnh đề: “không phải ” gọi là mệnh đề phủ định của mệnh đề và kí hiệu
là . Nếu đúng thì sai và ngược lại.
②
Mệnh đề kéo theo:
→
Cho mệnh đề và . Mệnh đề: “Nếu
thì ” gọi là mệnh đề kéo theo và kí hiệu là .
Mệnh đề
chỉ sai khi
đúng
sai.
→
Các định lý toán học là các mệnh đề đúng và thường có dạng . Khi đó ta nói
là giả
thiết,
là kết luận của định lý hoặc
là điều kiện đủ để có hoặc
là điều kiện cần để có .
③
Mệnh đề đảo:
→
Mệnh đề
được gọi là mệnh đề đảo của mệnh đề .
④
Mệnh đề tương đương:
→
Nếu và
đều đúng thì
và
là hai mệnh đề tương đương. Kí hiệu và
được phát biểu như sau:
tương đương với ;
khi và chỉ khi ;
là điều kiện cần và đủ để
có
hoặc
nếu và chỉ nếu .
»
Phủ định của mệnh đề: “ ” là mệnh đề “ ”.
» Phủ định của mệnh đề: “ ” là mệnh đề “ ”.
① Liệt kê phần tử
② Chỉ ra tính chất đặc trưng các phần tử.
Xác định
Tập hợp
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
2/31
3.Các phép toán tập hợp.
Phép toán
Định nghĩa
Ký hiệu
Kết quả
Biểu đồ Ven
01.
Phép giao
Giao hai tập hợp của
A
và
B
là một tập hợp gồm các phần tử
chung của
A
và
B
.
AB
x A B
xA
và
xB
02.
Phép hợp
Hợp hai tập hợp của
A
và
B
là
một tập hợp gồm các phần tử
chung và riêng của
A
và
B
.
AB
x A B
xA
hoặc
xB
03.
Phép hiệu
Hiệu của hai tập hợp
A
và
B
là một tập hợp gồm các phần tử
thuộc
A
và không thuộc
B
.
\AB
\x A B
xA
và
xB
Phần bù
Khi
BA
thì
\AB
gọi là
phần bù của
B
trong
A
kí
hiệu
A
CB
.
A
CB
\x A B
xA
và
xB
4.Các tập hợp số.
» Các tập con thường dùng của :
①
;/a b x a x b
②
;/a x x a
③
;/b x x b
④


;/a b x a x b
⑤
;/a b x a x b
⑥
;/a b x a x b
⑦
;/a x x a
⑧
;/b x x b
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
3/31
Chương II.Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn
1.Bất phương trình bậc nhất hai ẩn
2.Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn
3.Bài toán tối ưu
Thừa nhận kết quả: Giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất của biểu thức
0 ;,P x y ax by b
trên miền đa giác
lồi (kể cả biên) đạt tại một đỉnh nào đó của đa giác.
Định nghĩa
⌘ BPT bậc nhất hai ẩn có dạng: với là hai ẩn,
là các hệ số không đồng thời bằng 0.
→
Nếu cặp số thỏa mãn thì là một nghiệm của BPT .
→ Đường thẳng chia mặt phẳng tọa độ thành hai nửa mặt phẳng. Một trong hai
nửa mặt phẳng ấy (không kể bờ ) là miền nghiệm của BPT , nửa mặt phẳng còn lại
(không kể bờ ) là miền nghiệm của BPT .
Cách xác định miền nghiệm của BPT bậc nhất hai ẩn:
»
Bước 1: Vẽ đường thẳng .
»
Bước 2: Lấy điểm .
Kiểm tra có là nghiệm của BPT không (thường lấy điểm ).
»
Bước 3: Kết luận về miền nghiệm của BPT.
Lưu ý: Đối với các BPT thì miền nghiệm là nửa mặt phẳng, kể cả bờ.
Định nghĩa
⌘
Hệ BPT bậc nhất hai ẩn là hệ gồm hai hay nhiều BPT bậc nhất hai ẩn.
→ Trong mp tọa độ tập hợp tất cả các điểm có tọa độ thỏa mãn mọi BPT trong hệ gọi là miền
nghiệm của hệ BPT đó (hoặc miền nghiệm của hệ BPT là giao của tất cả các miền nghiệm của các BPT
thành phần trong hệ)
.
Cách xác định miền nghiệm của hệ BPT bậc nhất hai ẩn:
»
Bước 1: Xác định miền nghiệm của mỗi BPT trong hệ và gạch bỏ phần còn lại.
» Bước 2: Miền mà không bị gạch chính là miền nghiệm của hệ BPT.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
4/31
Chương III.Hệ thức lượng trong tam giác
1.Giá trị lượng giác của góc từ
0
o
đến
180
o
※ Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, nửa đường tròn tâm
O
nằm phía trên trục hoành bán kính
1R
được gọi là nửa đường tròn đơn vị.
※ Với mỗi góc
0 180
oo

ta xác định một điểm
M
trên nửa đường tròn đơn vị sao cho
xOM
và giả sử điểm
M
có tọa độ
00
;M x y
. Khi đó ta có định nghĩa
⓵
0
sin y
. ⓶
0
cos x
. ⓷
0
0
0
0tan
y
x
x

. ⓸
0
0
0
0cot
x
y
y

.
» Nhận xét:
→ Nếu là góc tù thì
0 0 0 0 sin ;cos ;tan ;cot
.
→ Nếu là góc nhọn thì
0 0 0 0 sin ;cos ;tan ;cot
.
Cho hai góc phụ nhau: và
90
o
. Ta có:
Cho hai góc bù nhau: và
180
o
. Ta có:
90 
o
sin cos
90 
o
cos sin
90 
o
tan cot
90 
o
cot tan
180 
o
sin sin
180
o
cos cos
180
o
tan tan
180
o
cot cot
2.Hệ thức lượng trong tam giác
Định lý côsin
-Cho tam giác
ABC
có
,,BC a AC b AB c
. Khi đó:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2
2
.cos
.cos
.cos
a b c bc A
b a c ac B
c a b ab C
.
Hệ quả:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
cos ; cos ; cos
b c a a c b a b c
A B C
bc ac ab
.
Công thức tính độ dài đường trung tuyến: Cho tam giác
ABC
có
,,BC a AC b AB c
. Gọi
,,
a b c
mmm
lần lượt là các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh
,,A B C
. Khi đó :
2 2 2 2 2 2 2 2 2
222
222
444
;;
a b c
b c a a c b a b c
mmm
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
5/31
Định lý sin
» Cho tam giác
ABC
có
,,BC a AC b AB c
,
R
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Khi đó :
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
.
Công thức tính diện tích tam giác
» Cho tam giác
ABC
có
,,BC a AC b AB c
;
,,
a b c
hhh
lần lượt là đường cao kẻ từ các đỉnh
,,A B C
của tam giác;
,Rr
lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp, ngoiạ tiếp tam giác;
2

a b c
p
là nửa
chu vi. Khi đó :
▪
111
222
. . .
a b c
S a h b h c h
▪
1 1 1
2 2 2
sin sin sinS ab C bc A ac B
▪
4
R
abc
S
▪
S pr
▪
S p p a p b p c
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
6/31
Phần 1. Mệnh đề - tập hợp
Bài 1. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau và mệnh đề phủ định của nó.
a.
2
0 :xx
; b.
2
:x x x
;
c.
2
20 :x x x
; d.
2
3 :xx
;
e.
2
1 ,nn
không chia hết cho
3
.
Lời giải
a.
2
0 :xx
;
Mệnh đề trên sai vì
2
00
.
Mệnh đề phủ định là: “
2
0 :xx
”. Mệnh đề phủ định đúng.
b.
2
:x x x
;
Mệnh đề trên đúng vì
2
11
22



.
Mệnh đề phủ định là: “
2
:x x x
”. Mệnh đề phủ định sai.
c.
2
20 :x x x
;
Mệnh đề trên sai vì
2
2 0 1 2


;x x x
.
Mệnh đề phủ định là: “
2
20 :x x x
”. Mệnh đề phủ định đúng.
d.
2
3 :xx
;
Mệnh đề trên đúng vì
2
33 xx
.
Mệnh đề phủ định là: “
2
3 :xx
”. Mệnh đề phủ định sai.
e.
2
1 ,nn
không chia hết cho
3
.
* TH1:
3nk
Ta có
2
22
1 3 1 9 1 n k k
chia
3
dư
1
.
* TH2:
31nk
Ta có
2
22
1 3 1 1 9 6 2 n k k k
chia
3
dư
2
.
* TH1:
32nk
Ta có
2
22
1 3 2 1 9 6 5 n k k k
chia
3
dư
2
.
Vậy
2
1 ,nn
không chia hết cho
3
. Mệnh đề trên đúng.
Mệnh đề phủ định là: “
2
1 ,nn
chia hết cho
3
”. Mệnh đề phủ định sai.
Bài 2. Phát biểu mệnh đề
PQ
bằng cách sử dụng “điều kiện cần” và “điều kiện đủ” và xét
tính đúng sai của nó.
a.
P
: “Tứ giác
ABCD
là hình thoi” và
Q
: “Tứ giác
ABCD
có
AC
và
BD
cắt nhau tại
trung điểm mỗi đường”;
b.
P
: “Tam giác
ABC
vuông cân tại
A
” và
Q
: “Tam giác
ABC
có
2AB
”.
Lời giải
II
Bài Tập Tự Luận
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
7/31
a.
P
: “Tứ giác
ABCD
là hình thoi” và
Q
: “Tứ giác
ABCD
có
AC
và
BD
cắt nhau tại trung điểm
mỗi đường”;
PQ
: “Tứ giác
ABCD
là hình thoi là điều kiện đủ để tứ giác
ABCD
có
AC
và
BD
cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường”.
Hoặc
PQ
: “Tứ giác
ABCD
có
AC
và
BD
cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là điều
kiện cần để tứ giác
ABCD
là hình thoi”.
Mệnh đề
PQ
đúng.
b.
P
: “Tam giác
ABC
vuông cân tại
A
” và
Q
: “Tam giác
ABC
có
2AB
”.
PQ
: “Tam giác
ABC
vuông cân tại
A
là điều kiện đủ để tam giác
ABC
có
2AB
”.
Hoặc
PQ
: “Tam giác
ABC
có
2AB
là điều kiện cần để tam giác
ABC
vuông cân tại
A
”.
Mệnh đề
PQ
đúng vì
90 45 ;AB
.
Bài 3. Cho các tập hợp:
3 5 6;;A
;
2
4 5 0 |B x x x
;
2
2 5 6 0 |C x x x x
.
a. Viết tập hợp
B
và
C
dưới dạng liệt kê các phần tử. Tìm
AB
;
AC
;
b. Tìm
\A B C
;
\A B C
.
Lời giải
a. Viết tập hợp
B
và
C
dưới dạng liệt kê các phần tử. Tìm
AB
;
AC
;
Ta có:
2
4 5 0 xx
1
5

x
x
. Mà
x
nên
15;B
;
2
2 5 6 0 x x x
2
20
5 6 0

x
xx
2
1
6


x
x
x
. Mà
x
nên
12 ;C
.
Do đó,
5AB
;
3 5 6 1 2 ; ; ; ;AC
.
b. Tìm
\A B C
;
\A B C
.
Ta có:
3 5 6 1 ; ; ;AB
nên
3 5 6 1 \ ; ; ;A B C
.
36\;AB
nên
\A B C
.
Bài 4. Tìm tất cả các tập
X
thỏa mãn bao hàm thức
1 2 1 2 3 4 5; ; ; ; ;X
.
Lời giải
Các tập
X
thỏa mãn bao hàm thức
1 2 1 2 3 4 5; ; ; ; ;X
là:
1 2 1 2 3 1 2 4 1 2 5; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;
1 2 3 4 1 2 35 1 2 4 5; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;
và
1 2 3 4 5; ; ; ;
.
Bài 5. Trong lớp 10C có 16 học sinh giỏi môn Toán, 15 học sinh giỏi môn Lý và 11 học sinh giỏi
môn Hóa. Biết rằng có 9 học sinh vừa giỏi Toán và Lý, 6 học sinh vừa giỏi Lý và Hóa, 8
học sinh vừa giỏi Hóa và Toán, trong đó chỉ có 11 học sinh giỏi đúng hai môn. Hỏi có bao
nhiêu học sinh của lớp.
a. Giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
8/31
b. Giỏi đúng một môn Toan, Lý hoặc Hóa.
Lời giải
a. Giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa.
Gọi số học sinh giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa là
x
.
Từ biểu đồ ven ta có, số học sinh giỏi đúng hai môn Toán, Lý là:
9x
.
Số học sinh giỏi đúng hai môn Lý và Hóa là:
6x
.
học sinh giỏi đúng hai môn Toán và Hóa là:
8x
.
Do đó, số học sinh giỏi đúng hai môn là:
9 6 8 11 x x x
4x
.
b. Giỏi đúng một môn Toan, Lý hoặc Hóa.
Theo phần a. ta có, số học sinh giỏi đúng hai môn Toán, Lý là:
9 4 5
.
Số học sinh giỏi đúng hai môn Lý và Hóa là:
6 4 2
.
học sinh giỏi đúng hai môn Toán và Hóa là:
8 4 4
.
Số học sinh giỏi đúng một môn Toán là:
16 5 4 4 3
.
Số học sinh giỏi đúng một môn Lý là:
15 2 5 4 4
.
Số học sinh giỏi đúng một môn Hóa là:
11 2 4 4 1
.
Số học sinh giỏi đúng một môn Toan, Lý hoặc Hóa là:
3 4 1 8
học sinh.
Bài 6. Trong một khoảng thời gian nhất định, tai một địa phương, Đài khí tượng thủy văn đã
thống kê được: Số ngày mưa: 10 ngày; Số ngày có gió: 8 ngày; Số ngày lạnh: 6 ngày. Số
ngày mưa và gió: 5 ngày; Số ngày mưa và lạnh: 4 ngày; Số ngày lạnh và gió: 3 ngày; Số
ngày mưa, lạnh và có gió: 1 ngày. Vậy có bao nhiêu ngày thời tiết xấu (có gió, mưa hay
lạnh)?
Lời giải
Cách 1
Theo bài ra ta có biểu đồ ven:
Từ biểu đồ ven ta có, số ngày chỉ có gió và lạnh là:
4 1 3
.
Số ngày chỉ có mưa và gió là:
.
Số ngày chỉ có lạnh và mưa:
3 1 2
.
Số ngày chỉ có đúng một hiện tượng hoặc có gió hoặc có mưa, hoặc lanh là:
6 2 3 1 8 3 4 1 10 2 4 1 3 ( ) ( )
.
Vậy số ngày thời tiết xấu là:
3 3 2 4 1 13
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
9/31
Cách 2:
Gọi
lần lượt là tập hợp các ngày mưa, gió và lạnh.
Gọi
nA
là số ngày mưa.
Khi đó, số ngày thời tiết xấu là:


n A B C n A n B n C n A B n B C n A C n A B C
6 8 10 3 4 5 1 13 ()
.
Câu 7. Biểu diễn các tập hợp sau trên trục số và tìm
; ; \A B A B A B
.
a.
35

;A
và
1
;B
;
b.
51



;A
và
32;B
;
c.
3 A x x∣
và
22 B x x∣
.
Lời giải
a.
35

;A
và
1

;B
;
Ta có:
35

;A
và
1
;B
1 5 3 3 1
; ; ; ; \ ;A B A B A B
.
b.
51



;A
và
32;B
;
Ta có:
51



;A
và
32;B
.
3 1 5 2 5 3
; ; ; ; \ ;A B A B A B
c.
3 A x x∣
và
22 B x x∣
.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
10/31
Ta có:
3

;A
và
22;B
.
2 2 3 2 2 3

; ; ; ; \ ; ;A B A B A B
.
Câu 8. Cho các tập hợp
;Am
và
3 1 3 3


;B m m
. Tìm
m
để:
a.
AB
; b.
BA
.
Lời giải
a.
AB
Ta có:
AB
1
31
2
m m m
.
b.
BA
.
Ta có:
BA
33 mm
23 m
3
2
m
.
Câu 9. Cho hai nửa khoảng

;Am
và
5
;B
. Tìm
AB
(biện luận theo
m
).
Lời giải
Với
5 m A B
.
Với
55 m A B
.
Với
55


;m A B m
.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
11/31
Phần 2. Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn
Bài 10. Biểu diễn miền nghiệm của các bất phương trình sau
a.
2 4 6xy
. b.
30xy
.
Lời giải
a.
2 4 6xy
.
Vẽ đường thẳng
2 4 6:d x y
.
Lấy điểm
00;Od
.
Ta có:
2 0 4 0 6..
.
Kết luận: Nửa mặt phẳng kể cả
d
và không chứa điểm
O
là miền nghiệm của bất phương
trình
2 4 6xy
, tương ứng với phần không bị gạch ( kể cả
d
).
b.
30xy
.
Vẽ đường thẳng
30:d x y
Lấy điểm
01;Md
Ta có:
0 3 1 0.
Kết luận: Nửa mặt phẳng không kể
d
chứa điểm
M
là miền nghiệm của bất phương
trình
30xy
, tương ứng với phần không bị gạch ( không kể
d
).
Bài 11. Xác định miền nghiệm của các hệ bất phương trình sau:
a.
5 20
5 2 35
0
0

xy
xy
x
y
. b.
2
74
4
yx
yx
y
.
Lời giải
a.
5 20
5 2 35
0
0

xy
xy
x
y
Vẽ đường thẳng
1
5 20 :d x y
và
2
5 2 35:d x y
,
0x
và
0y
.
x
y
O
2x-4y=6
y=
x
3
M(0;1)
x
y
O
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
12/31
Do tọa độ điểm
11;M
thỏa mãn tất cả các bất phương trình đã cho nên miền nghiệm của
từng bất phương trình là các nửa mặt phẳng chứa
11;M
, kể cả đường thẳng tương ứng.
Cụ thể miền nghiệm của hệ là tứ giác
OABC
kể cả miền trong tứ giác (miền tứ giác) với
00;O
,
04;A
,
55;B
,
70;C
.
b.
2
74
4
yx
yx
y
Vẽ đường thẳng
3
2:d y x
và
4
4 7 0:d x y
,
5
4:dy
.
Do tọa độ điểm
23;M
thỏa mãn tất cả các bất phương trình đã cho nên miền nghiệm
của từng bất phương trình là các nửa mặt phẳng chứa
23;M
, kể cả đường thẳng tương
ứng.
Cụ thể miền nghiệm của hệ là tam giác
OCD
kể cả miền trong tam giác (miền tam giác)
với
00;O
,
24;C
,
.
Bài 12. Một công ty cần thuê xe vận chuyển
140
người và
9
tấn hàng hóa. Nơi cho thuê xe chỉ có
10
xe hiệu MITSUBISHI và
9
xe hiệu FORD. Một chiếc xe hiệu MITSUBISHI có thể chở
20
người và
06,
tấn hàng. Một xe hiệu FORD có thể chở
10
người và
15,
tấn hàng. Tiền
thuê một xe hiệu MITSUBISHI là
4
triệu đồng, một xe hiệu FORD là
3
triệu đồng. Hỏi
phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại để chi phí thấp nhất ?
Lời giải
x
y
d
2
d
1
O
B
A
C
d
5
d
4
d
3
x
y
O
C
M
(2;3)
D
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
13/31
Gọi
x
,
y
lần lượt là số xe hiệu Mitsubishi và số xe hiệu Ford mà công ty thuê
,xy
(xe).
Nên ta có hệ bất phương trình sau:
0 10 0 10
0 9 0 9
20 10 140 2 14
0 6 1 5 9 2 5 30







,,
xx
yy
x y x y
x y x y
Vẽ các đường thẳng
1
2 14:d x y
và
2
2 5 30:d x y
,
0x
,
10x
,
0y
,
9y
, phần
mặt phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng trên là miền nghiệm của hệ bất phương
trình.
Ta có:
5
9
2



;A
,
10 9;B
,
10 2;C
,
54;D
.
Số tiền mà công ty dùng để thuê xe là
43P x y
.
Ta có:
37
A
P
(triệu đồng).
67
B
P
(triệu đồng).
46
C
P
(triệu đồng).
32
D
P
(triệu đồng).
Vậy để chi phí nhỏ nhất thì cần
5
xe hiệu Mitsubishi và 4 xe hiệu Ford.
Bài 13. Nhân dịp tết Trung Thu, xí nghiệp sản xuất bánh Trăng muốn sản xuất hai loại bánh: Đậu
xanh, Bánh dẻo nhân đậu xanh. Để sản xuất hai loại bánh này, xí nghiệp cần: Đường, Bột,
Đậu, Trứng, Mứt,... Giả sử số Đường có thể chuẩn bị được là
300
kg, Đậu là
200
kg, các
nguyên liệu khác bao nhiêu cũng có. Sản xuất một cái bánh đậu xanh cần
0 06,
kg đường,
0 08,
kg đậu và cho lãi 2 ngàn đồng. Sản xuất một cái bánh dẻo cần
0 07,
kg đường ,
0 04,
kg đậu và cho lãi
18,
ngàn đồng. Cần lập kế hoạch để sản xuất mỗi loại bánh bao nhiêu
cái để không bị động về đường, đậu và tổng số lãi thu được là lớn nhất (nếu sản xuất bao
nhiêu cũng bán hết) ?
Lời giải
Gọi
x
,
y
lần lượt là số bánh đậu xanh và số bánh dẻo mà xí nghiệm sản xuất
,xy
(bánh).
Lượng đường cần dùng để sản xuất bánh là
0 06 0 07 300,,xy
.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
14/31
Lượng đậu cần dùng để sản xuất bánh là
0 08 0 04 200,,xy
.
Số tiền lời thu được khi bán bánh là
2 1 8,P x y
.
Ta có hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn như sau:
0 06 0 07 300
0 08 0 04 200
0
0


,,
,,
xy
xy
x
y
.
Ta vẽ đường thẳng
1
0 06 0 07 300: , ,d x y
và đường thẳng
2
0 08 0 04 200: , .d x y
, lên
mặt phẳng tọa độ. Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trong hình sau
Ta có:
30000
0
7



;A
,
625 3750;B
,
2500 0;C
,
00;O
.
Để
2 1 8,P x y
đạt lớn nhất khi với
Với
0x
,
30000
7
y
thì
54000
7714 3
7
,
A
P
(nghìn đồng).
Với
625x
,
3750y
thì
8000
B
P
(nghìn đồng).
Với
2500x
,
0y
thì
5000
C
P
(nghìn đồng).
Vậy
P
đạt lớn nhất tại
B
. Nên để tối đã lợi nhuận thì ta cần bán
625
bánh đậu xanh và
3750
bánh dẻo.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
15/31
Phần 3. Hệ thức lượng trong tam giác
Bài 14. Tính giá trị lượng giác còn lại của góc biết:
a.
5
13
cos
và
0 90 x
; b.
08sin ,
và
90 180 x
;
c.
15
8
tan
và
0 90 x
; d.
5
3
cot
và
90 180 x
.
Lời giải
a.
5
13
cos
và
0 90 x
Vì
0 90 x
nên
0 0 0 sin ,tan ,cot
.
Ta có
2 2 2
12
11
13
sin cos sin cos
.
Suy ra:
12
5

sin
tan
cos
;
15
12
cot
tan
.
b.
08sin ,
và
90 180 x
Vì
90 180 x
nên
0 0 0 cos , tan ,cot
.
Ta có
2 2 2 2 2
3
1 1 1
5
sin cos cos sin cos sin
.
Suy ra:
4
3
sin
tan
cos
;
13
4
cot
tan
.
c.
15
8
tan
và
0 90 x
Vì
0 90 x
nên
0 0 0 sin ,cos ,cot
.
2
2
2
1 1 8
1
17
1
tan cos
cos
tan
.
Suy ra:
15
17
sin tan .cos
;
18
15
cot
tan
.
d.
5
3
cot
và
90 180 x
Vì
90 180 x
nên
0 0 0 cos , sin ,tan
.
2
2
2
1 1 3 34
1
34
1
cot sin
sin
cot
.
Suy ra:
5 34
34
cos cot .sin
13
5
tan
cot
.
Bài 15. Chứng minh các đẳng thức sau:
a.
4 4 2
21 cos sin cos
b.
4
24
21
1 cot
sin sin
(Với
0sin
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
16/31
c.
2
2
2
1
12
1

sin
tan
sin
(Với
1sin
)
Lời giải
a.
4 4 2
21 cos sin cos
4 22 2224
2 2 1 cos sin cos sin cos sin cos cosVT VP
.
b.
4
24
21
1 cot
sin sin
(Với
0sin
42
44
21
1
cos sin
sin sin
4 4 2
44
21

sin cos sin
sin sin
2 2 2 2
2
44
21


sin cos sin cos
sin
sin sin
2
44
22
21

sin cos sin
sin sin
2
2
44
2
1
21


sin sin
sin
sin sin
22
44
2 1 2 1

sin sin
sin sin
(luôn đúng).
c.
2
2
2
1
12
1

sin
tan
sin
(Với
1sin
)
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
1 1 1
1 1 2
1

sin sin sin
tan tan tan
sin cos cos cos
VT VP
.
Bài 16. Cho tam giác
ABC
có
5AB cm
,
3AC cm
,
120A
.
a. Giải tam giác
ABC
;
b. Tính độ dài các đường trung tuyến;
c. Tính diện tích của tam giác
ABC
;
d. Tính bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác;
e. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác.
Lời giải
a. Giải tam giác
ABC
;
Áp dụng định lí Cosin, ta có:
2 2 2 2 2
2 5 3 2 5 3 120 7 . . cos . . .cos .BC AB AC AB AC A BC
Áp dụng hệ quả của định lí Cosin, ta có:
2 2 2 2 2 2
5 7 3 13
2 2 5 7 14
cos
. . . .
AB BC AC
B
AB BC
21 47 'B
Ta có:
180 21 47 120 38 13 ''C
b. Tính độ dài các đường trung tuyến;
Đường trung tuyến ứng với cạnh
BC
là:
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
17/31
2 2 2 2 2 2
5 3 7 19
2 4 2 4 2

a
a
AB AC BC
m
(cm)
Đường trung tuyến ứng với cạnh
AC
là:
2 2 2 2 2 2
5 7 3 139
2 4 2 4 2

b
AB BC AC
m cm
.
Đường trung tuyến ứng với cạnh
AB
là:
2 2 2 2 2 2
3 7 5 91
2 4 2 4 2

c
AC BC AB
m cm
.
c. Tính diện tích của tam giác
ABC
;
Diện tích tam giác
ABC
là:
2
1 1 15 3
5 3 120
2 2 4
. .sin . . .sin
ABC
S AB AC A cm
.
d. Tính bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác;
Ta có:
537
75
22
,
AB AC BC
p cm
15 3
3
4
7 5 2
,
ABC
S
r cm
p
e. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác.
Áp dụng công thức:
4
..
ABC
AB AC BC
S
R
5 3 7 7 3
43
15 3
4
4
. . . .
.
ABC
AB AC BC
R cm
S
Bài 17. Cho tam giác
ABC
. Chứng minh các đẳng thức sau:
a.
31 cos cosA C B
thì
60B
.
b. Nếu
2b c a
thì
2 1 1

a b c
h h h
.
c. Nếu
2
bc a
thì
2
sin .sin sinB C A
và
2
.
b c a
h h h
.
d.
.cos .cosa b C c B
.
e.
22
2
4
4

sin .sin sin .sin sin .sin
r p Rr
A B B C C A
R
với
;;p R r
lần lượt là nửa chu vi,
bán kính đường tròn ngoại và nội tiếp tam giác
ABC
.
Lời giải
a.
31 cos cosA C B
thì
60B
.
Ta có:
180 180 cos cosA B C A C B A C B
.
Khi đó:
31 cos cosA C B
trở thành:
1
3 1 2 1 60
2
cos cos cos cosB B B B B
.
b. Nếu
2b c a
thì
2 1 1

a b c
h h h
.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
18/31
Ta có:
12
2
.
a
a
S
S a h a
h
12
2
.
b
b
S
S b h b
h
12
2
.
c
c
S
S c h c
h
Khi đó:
2b c a
trở thành:
2 2 2 2 1 1
2 .
b c a a b c
S S S
h h h h h h
.
c. Nếu
2
bc a
thì
2
sin .sin sinB C A
và
2
.
b c a
h h h
.
+ Ta có:
2 2 2 .sin ; .sin ; sinb R B c R C a R A
.
Khi đó:
2
bc a
trở thành:
2
2 2 2 2
2 2 2 4 4 .sin . .sin sin .sin .sin .sin sin .sin sinR B R C R A R B C R A B C A
.
+ Ta có:
12
2
.
a
a
S
S a h a
h
12
2
.
b
b
S
S b h b
h
12
2
.
c
c
S
S c h c
h
Khi đó:
2
bc a
trở thành:
2
22
2
2
2 2 2 4 4



..
.
b c a
b c a b c
a
S S S S S
h h h
h h h h h
h
.
d.
.cos .cosa b C c B
.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
.cos .cos . .
a b c a c b a b c a c b
VP b C c B b c
ab ac a a
2
2
2
a
a VT
a
e.
22
2
4
4

sin .sin sin .sin sin .sin
r p Rr
A B B C C A
R
với
;;p R r
lần lượt là nửa chu vi, bán kính
đường tròn ngoại và nội tiếp tam giác
ABC
.
Ta có:
2 2 2
2 sin ;sin ;sin
sin sin sin
a b c R R R
R A B C
A B C a b c
.
Khi đó:
2 2 2 2
4 4 4 4

sin .sin sin .sin sin .sin
ab bc ca ab bc ca
VT A B B C C A
R R R R
(1)
Ta lại có:
2 2 2
S p r
(2) và
2
S p p a p b p c
(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra:
22
p r p p a p b p c
2 3 2
pr p p a b c p ab bc ca abc
2 3 3
2 pr p p p ab bc ca abc
23
pr p p ab bc ca abc
(4)
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
19/31
Hơn nữa:
4
4
abc
S pr abc prR
R
(5)
Thay (5) vào (4) ta được:
2 3 2 2
44 pr p p ab bc ca Rpr ab bc ca r p Rr
(6)
Thay (6) vào (1) ta được:
22
22
4
44


sin .sin sin .sin sin .sin
r p Rr
ab bc ca
VT A B B C C A
RR
.
Câu 1. Câu nào sau đây không là mệnh đề?
A. Bạn đã làm bài tập toán chưa?
B.
31
.
C. Tam giác đều là tam giác có ba cạnh bằng nhau.
D.
4 5 1
.
Lời giải
Chọn A
Mệnh đề A không phải là câu khẳng định.
Câu 2. Mệnh đề phủ định của mệnh đề “
2
50 ,xx x
” là
A.
2
50 ,xx x
. B.
2
50 ,xx x
.
C.
2
50 ,xx x
. D.
2
50 ,xx x
.
Lời giải
Chọn A
Câu 3. Chọn mệnh đề đúng.
A.
2
,xx x
B.
2
15 1 08 , xxx
.
C.
0 ,x x
D.
2
0, xx
.
Lời giải
Chọn A
Mệnh đề
2
,xx x
đúng vì có
0x
thoả mãn
2
0 0
.
Câu 4. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Tất cả các số tự nhiên đều không âm.
B. Nếu tứ giác
ABCD
có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường thì tứ giác
ABCD
là hình bình hành.
C. Nếu tứ giác
ABCD
có hai đường chéo bằng nhau thì tứ giác
ABCD
là hình chữ nhật.
D. Nếu tứ giác
ABCD
là hình thoi thì tứ giác
ABCD
có hai đường chéo vuông góc với
nhau.
Lời giải
Chọn C
Không phải tất cả các tứ giác có hai đường chéo bằng nhau đều là hình chữ nhật. Chẳng
hạn tứ giác
ABCD
trong hình vẽ sau có hai đường chéo
AC
và
BD
bằng nhau nhưng
không là hình chữ nhật.
III
Bài Tập Trắc Nghiệm
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
20/31
Câu 5. Cho tập
1 2 3 4 ; ; ;X
. Câu nào sau đây đúng?
A. Số tập con của
X
là
16
.
B. Số tập con có hai phần tử của
X
là
8
.
C. Số tập con chứa số
1
của
X
là
6
.
D. Số tập con chứa
4
phần tử của
X
là
0
.
Lời giải
Chọn A
Các tập con của
X
là :
;
1
;
2
;
3
;
4
;
12;
;
13;
;
14;
;
23;
;
24;
;
34;
;
1 2 3;;
;
1 2 4;;
;
1 3 4;;
;
234;;
;
1 2 3 4; ; ;
.
Có
16
tập con.
Có
6
tập con có 2 phần tử.
Có 8 tập con chứa số 1.
Có 1 tập con có 4 phần tử.
Câu 6. Khoảng
37;
có thể viết theo dạng nào dưới đây?
A.
37 xx
. B.
37xx
.
C.
37 xx
. D.
37 xx
.
Lời giải
Chọn C
Theo định nghĩa về khoảng
;a b x a x b
và biểu diễn trên trục số
Câu 7. Cách viết nào sau đây đúng?
A.


;a a b
. B.


;a a b
. C.
;a a b
. D.
;a a b
.
Lời giải
Chọn B
Câu 8. Cho
1 2 3 5 7 ; ; ; ;A
,
2 4 5 6 8 ; ; ; ;B
. Tập hợp
AB
A.
1 3 7;;
. B.
25;
. C.
1 3 7 6 8; ; ; ;
. D.
1 2 3 4 5 6 7 8; ; ; ; ; ; ;
.
Lời giải
Chọn D
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
21/31
Câu 9. Cho hai tập hợp
15

;A
,
27 ;B
. Tập hợp
\AB
A.
12
;
. B.
25
;
. C.
17
;
. D.
12 ;
.
Lời giải
Chọn A
Câu 10. Cho tập hợp
2 6 3 4


; ; ;AB
. Khi đó, tập
AB
là
A.
23
;
. B.
24
;
. C.
36
;
. D.
46
;
.
Lời giải
Chọn B
Từ hình vẽ suy ra
24
;AB
Câu 11. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A.
A
. B.
AA
. C.
\AA
. D.
AA
.
Lời giải
Chọn C
Ta có:
;;A A A A A A
. Nên chọn C.
Câu 12. Cho
,AB
là hai tâp hợp được minh hoạ như hình vẽ. Phần tô đen trong hình vẽ là tập hợp
nào sau đây?
A.
AB
. B.
AB
. C.
\AB
. D.
\BA
.
Lời giải
Chọn A
Hình vẽ thể hiện phần chung của hai tập hợp. Nên chọn đáp án A.
Câu 13. Trong số 50 học sinh của lớp 10A có 15 bạn được xếp loại học lực giỏi, 25 bạn được xếp
loại hạnh kiểm tốt, trong đó có 10 bạn vừa được học sinh giỏi vừa được hạnh kiểm tốt.
Khi đó lớp 10A có bao nhiêu bạn được khen thưởng, biết rằng muốn được khen thưởng
bạn đó phải có học lực giỏi hay hạnh kiểm tốt.
A. 25. B. 20. C. 35. D. 30.
Lời giải
Chọn D
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
22/31
Có 10 bạn vừa được học sinh giỏi vừa được hạnh kiểm tốt nên: có 5 bạn được xếp loại học
lực giỏi và được xếp loại hạnh kiểm không tốt, 15 bạn được xếp loại hạnh kiểm tốt và
được xếp loại học không lực giỏi.
Do đó: Số bạn được khen thưởng là: 10 + 5 + 15 = 30.
Câu 14. Trong các cặp số sau đây, cặp nào không thuộc nghiệm của bất phương trình
4 5 0 xy
A.
50 ;
. B.
21;
. C.
00;
. D.
13;
.
Lời giải
Chọn A
Xét A thay
50 ,xy
vào
4 5 0 xy
ta được
00
sai.
Câu 15. Điểm
13 ;A
là điểm thuộc miền nghiệm của bất phương trình.
A.
3 2 4 0 xy
. B.
30xy
. C.
30xy
. D.
2 4 0 xy
.
Lời giải
Chọn A
Thay
13 ,xy
vào
3 2 4 0 xy
. Ta được:
3 1 2 3 4 0 5 0 ..
đúng.
Câu 16. Phần tô đậm trong hình vẽ sau, biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình nào trong các
bất phương trình sau?.
A.
23xy
. B.
23xy
. C.
23xy
. D.
23xy
.
Lời giải
Chọn A
Từ hình vẽ suy ra đường thẳng
:d y ax b
đi qua hai điểm có toạ độ
3
0 3 0
2



; ; ;
nên
ta có hệ phương trình
3
2
3
3
0
2




b
a
b
ab
.
Vậy
2 3 2 3 0 :d y x x y
.
Thay toạ độ
00;O
vào
d
ta có
30
suy ta
2 3 0 2 3x y x y
.
Câu 17. Cho hệ bất phương trình
3 2 0
2 1 0
xy
xy
. Trong các điểm sau điểm nào thuộc miền nghiệm
của hệ bất phương trình
A.
01;M
. B.
11 ;N
. C.
13;P
. D.
10 ;Q
.
Lời giải
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
23/31
Chọn B
Với
11 ;xy
vào hệ phương trình ta có
1 3 1 2 0
00
2 1 1 1 0
00

.
(luôn đúng).
Vậy
11 ;N
thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình.
Câu 18. Miền tam giác
ABC
kể cả ba cạnh sau đây
là miền nghiệm của hệ bất phương trình nào trong bốn hệ A, B, C, D.
A.
0
5 4 10
5 4 10


y
xy
xy
. B.
0
4 5 10
5 4 10


x
xy
xy
. C.
0
5 4 10
4 5 10


x
xy
xy
. D.
0
5 4 10
4 5 10


x
xy
xy
.
Lời giải
Chọn C
Theo đề bài miền nghiệm là miền tam giác
ABC
kể cả ba cạnh nên ta loại ngay đáp án D.
Chọn điểm
11;M
thuộc miền nghiệm ta loại được đáp án A vì chứa bất phương trình
0y
.
Đáp án B có đường thẳng
4 5 10xy
đi qua 2 điểm
02;E
và
5
0
2



;F
không có trong
hình minh họa nên loại đáp án B.
Câu 19. Phần không tô đậm trong hình vẽ dưới đây (không chứa biên), biểu diễn tập nghiệm của
hệ bất phương trình nào trong các hệ bất phương trình sau?
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
24/31
A.
20
32

xy
xy
. B.
20
32

xy
xy
. C.
20
32

xy
xy
. D.
20
32

xy
xy
.
Lời giải
Chọn D
Theo đề bài miền nghiệm của hệ bất phương trình là phần không tô đậm trong hình vẽ
dưới đây (không chứa biên) nên ta loại đáp án A, C.
Chọn điểm thuộc miền nghiệm
01;A
thay vào bất phương trình ở câu B
2 0 0 2 1 0 .xy
( vô lý) nên loại đáp án B.
Câu 20. Giá trị nhỏ nhất
min
F
của biểu thức
( ; )F x y y x
trên miền xác định bởi hệ
22
24
5



yx
yx
xy
là
A.
1
min
F
. B.
2
min
F
. C.
3
min
F
. D.
.
Lời giải
Chọn A
Miền nghiệm của bất phương trình là miền tam giác ABC (kể cả các cạnh của tam giác)
Với
2 3 1 4 0 2; ; ; ; ;A B C
.
( ; )F x y y x
Ta có
123 ;F
;
314 ;F
;
0 2 2;F
Vậy
1
min
F
.
Câu 21. Cho
0 90
. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
00tan ;cot
. B.
00tan ;cot
.
C.
00tan ;cot
. D.
00tan ;cot
.
Lời giải
Chọn A
Vì
0 90
nên nằm ở gốc phần tư thứ nhất nên
00tan ;cot
.
Câu 22. Cho góc thỏa mãn
12
13
sin
và
00
90 180
. Khi đó, giá trị
cos
bằng
A.
1
13
. B.
5
13
. C.
5
13
. D.
1
13
.
Lời giải
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
25/31
Chọn C
Ta có
00
90 180
0cos
.
22
1sin cos
2
22
12
11
13



cos sin
2
25 5
169 13
cos cos
Mà
0cos
nên
5
13
cos
.
Câu 23. Cho góc thỏa mãn
4
3
tan
. Khi đó, giá trị
sin
bằng
A.
3
5
. B.
3
5
. C.
4
5
. D.
4
5
.
Lời giải
Chọn D
Ta có
00
90 180
00 cos ,sin
.
44
33
sin
tan
cos
3
4
cos sin
22
1sin cos
2
2
3
1
4



sin sin
2
16 4
25 5
sin sin
Mà
0sin
nên
4
5
sin
.
Câu 24. Cho
3
5
sin
. Giá trị của biểu thức
2
3
cot tan
tan cot
E
là
A.
2
57
. B.
2
57
. C.
4
57
. D.
4
57
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
00
90 180
0cos
.
22
1sin cos
2
22
3
11
5



cos sin
2
16 4
25 5
cos cos
Mà
0cos
nên
4
5
cos
3
4
sin
tan
cos
,
4
3
cot
2
3
cot tan
tan cot
E
43
2
34
34
3
43






.
.
2
57

.
Cách khác: GVPB
2
3
cot tan
tan cot
E
2
2 2 2
2 2 2 2
3
13
5
2 1 3 2
57
3 3 2
3
32
5








cos sin sin
sin cos sin
x x x
x x x
.
Câu 25. Tam giác
ABC
vuông ở
A
, có góc
30B
. Khẳng định nào sau đây sai?
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
26/31
A.
1
3
cos B
. B.
3
2
sinC
. C.
1
2
cosC
. D.
1
2
sinB
.
Lời giải
Chọn A
Tam giác
ABC
vuông ở
A
, có góc
30B
suy ra
60C
3
30
2
cos cosB
.
3
60
2
sin sinC
.
1
60
2
cos cosC
.
1
30
2
sin sinB
.
Câu 26. Cho tam giác
ABC
có
3 5 28 a b c
và
3 5 7 sin sin sinA B C
. Tính bán kính
R
của
đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
?
A.
1
4
R
. B.
1
2
R
. C.
2R
. D.
4R
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
2 2 2
sin ;sin ;sin
a b c
A B C
R R R
Từ
3 5 7 sin sin sinA B C
3 5 7
222
..
a b c
RRR
3 5 14 a b c R
14 28 2 RR
.
Câu 27. Cho tam giác
ABC
có
,,AB c BC a AC b
,
a
m
là độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
R
. Hãy chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau?
A.
2 2 2
2

cos
b c a
A
bc
. B.
2 2 2
2
24

a
b c a
m
.
C.
2 2 2
2 cosb a c ac B
. D.
2 2 2
2 cosb a c ac B
.
Lời giải
Chọn C
Theo định lý cosin, ta có
2 2 2
2 cosb a c ac B
.
Câu 28. Cho tam giác
ABC
có
,,BC a AC b AB c
. Gọi
p
là nửa chu vi của tam giâc,
r
là bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác và
S
là diện tích tam giác đó. Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A.
S p p a p b p c
. B.
2 sinS bc A
.
C.
S pr
. D.
4
r
abc
S
.
Lời giải
Chọn C
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
27/31
Ta có
S pr
.
Câu 29. Một tam giác có ba cạnh là
10 12 18,,
. Diện tích tam giác bằng bao nhiêu?
A.
42 2
. B.
40 2
. C.
40 3
. D.
41 3
.
Lời giải
Chọn B
Ta có
10 12 18
20
2

p
.
20 20 10 20 12 20 18 40 2 S
.
Câu 30. Cho tam giác
ABC
có
,,BC a AC b AB c
và có diện tích
S
. Nếu tăng cạnh
BC
lên
3
lần và giảm cạnh
AB
đi
2
lần, đồng thời giữ nguyên góc
B
thì khi đó diện tích tam giác
mới được tạo thành bằng
A.
2S
. B.
3
2
S
. C.
6S
. D.
2
3
S
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
1
2
. .sinS AB BC B
.
Nếu tăng cạnh
BC
lên
3
lần và giảm cạnh
AB
đi
2
lần, đồng thời giữ nguyên góc
B
thì
khi đó diện tích tam giác mới được tạo thành bằng
1 3 1 3
3
2 2 2 2 2



sin . .sin
AB
S BC B AB BC B S
.
Câu 31. Trên biển một con thuyền thả neo ở vị trí
A
. Một người đứng ở vị trí
K
trên bờ biển muốn
đo khoảng cách từ người đó đến con thuyền, người đó đã chọn một điểm H trên bờ với K
và đo được
380 50 45 ,,KH m AKH AHK
. Khoảng cách
KA
từ người đó đến con
thuyền bằng
A.
270 .KA m
B.
280 .KA m
C.
290 .KA m
D.
300 .KA m
Lời giải
Chọn A
Xét tam giác
AHK
:
180 180 45 50 85 AHK AHK AKH
.
Áp dụng định lí sin:
380 45
269 73
85
.sin .sin
,
sin sin sin sin
AK HK HK AHK
AK m
AHK HAK HAK
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
28/31
Câu 32. Cho tam giác
ABC
có
2 1 2 3 ,,BC a x AC b AB c
. Nếu góc
A
của tam giác
bằng
60
thì giá trị của
x
là
A.
3.
B.
4.
C.
5.
D.
2.
Lời giải
Chọn A
Xét tam giác
ABC
:
2
22
2 2 2
2 3 2 1
61
2 2 2 3 6 2



cos
. . .
x
BA AC BC x
BAC x
BA AC
.
Do góc
6 6 1
60 60 3
6 6 2

cos
xx
BAC x
( thoả mãn điều kiện).
Kết luận:
3x
.
Câu 33. Cho tam giác
ABC
có độ dài ba cạnh là
,,BC a AC b AB c
. Gọi
,,
a b c
mmm
lần lượt là
độ dài các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh
,,A B C
. Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong
các mệnh đề sau đây?
i)
2 2 2
2
4

a
b c a
m
;
ii)
2 2 2
2

cos
a b c
C
ab
iii)
2 2 2
222
3

a b c
a b c
mmm
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
0
.
Lời giải
Chọn A
Ta có:
2 2 2
2
2
4

a
b c a
m
nên i) là mệnh đề mang giá trị sai.
2 2 2
2

cos
a b c
C
ab
nên ii) là mệnh đề mang giá trị đúng .
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
222
2 2 2 3
4 4 4 4
a b c
b c a a c b a b c b c a
mmm
nên iii) sai.
Câu 34. Cho tam giác
ABC
có
,,AB c BC a AC b
và
R
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác
ABC
. Đẳng thức nào sau đây là đúng?
A.
sin sin sin
a b c
R
A B C
. B.
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
.
C.
1
2
sin sin sin
a b c
A B C R
. D.
1
sin sin sin
a b c
A B C R
.
Lời giải
Chọn B
Đằng thức đúng
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
Câu 35. Cho tam giác
ABC
có
,AB c AC b
và
BC a
. Trung tuyến
AM
có độ dài là
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
29/31
A.
2 2 2
AM b c a
. B.
2 2 2
1
22
2
AM b c a
.
C.
2 2 2
3 2 2 AM a b c
. D.
2 2 2
22 AM b c a
.
Lời giải
Chọn B
2 2 2
1
22
2
AM b c a
Câu 36. Cho tam giác
ABC
có
58,AB AC
và
60BAC
. Khi đó, bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác
ABC
bằng
A. 1. B. 2. C.
3
. D.
23
.
Lời giải
Chọn C
Ta có
11
5 8 60 10 3
22
. .sin . .sin
ABC
S AB AC BAC
22
2 . .cosBC AB AC AB AC BAC
22
5 8 2 5 8 60 7 . . .cos
.
Lại có
10 3
3
5 8 7
2

ABC
ABC
S
S pr r
p
.
Câu 37. Cho tam giác
ABC
có cạnh
6b
, .
8c
. góc
60A
. Khi đó độ dài cạnh
a
bằng
A.
2 13
. B.
3 12
. C.
2 37
. D.
20
.
Lời giải
Chọn A
Áp dụng định lý cosin ta có
2 2 2 2 2 2
1
2 6 8 2 6 8 52 2 13
2
cos . . .a b c bc A a a
.
Vậy
2 13a
.
Câu 38. Hai chiếc tàu thuỷ cùng xuất phát từ vị trí
A
, đi thẳng theo hai hướng tạo với nhau một
góc
60
. Tàu thứ nhất chạy với tốc độ 30km/h, tàu thứ hai chạy với tốc độ 40km/h. Sau 2
giờ hai tàu cách nhau bao nhiêu km?
A. 13 km. B.
15 13
km. C.
20 13
km. D. 15 km.
Lời giải
Chọn C
Trong 2 giờ, tàu 1 đi được quãng đường là
60AB
.
Trong 2 giờ, tàu 2 đi được quãng đường là
80AC
.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
30/31
Sau 2 giờ khoảng cách giữa 2 xe là
BC
Ta có
222
2 60 5200 . . .cosBC AB AC AB AC
20 13BC
.
Câu 39. Để đo chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cột cờ của một kỳ đài trước Ngọ Môn (Đại Nội –
Huế), người ta cắm hai cọc
AM
và
BN
cao
15,
mét so với mặt đất. Hai cọc này song song
và cách nhau
10
mét và thẳng hàng so với tim cột cờ (hình vẽ minh họa). Đặt giác kế tại
đỉnh
A
và
B
để nhắm đến đỉnh cột cờ, người ta được các góc lần lượt là
51 40
và
45 39
so với đường song song với mặt đất. Khi đó, chiều cao của cột cờ (làm tròn 0.01 mét) bằng
A.
54 33,
m. B.
56 88,
m. C.
55 01,
m. D.
54 63,
m.
Lời giải
Chọn C
Theo đề ta có
51 40
DAE
,
45 39
DBA
,
10mAB MN
.
Suy ra
51 40 45 39 6 1
ADB
.
Áp dụng định lý Sin trong tam giác
DAB
ta có
10 45 39
68 22
61
.sin
.sin
,m
sin
sin sin sin
AB DA AB DBA
DA
ADB DBA ADB
.
Tam giác
DEA
vuông tại
E
nên
68 22 51 40 53 51
.sin , .sin , mED DA DAE
.
Chiều cao cột cờ là
53 51 1 5 55 01, , , m
.
Câu 40. Để đo khoảng cách từ một vị trí
N
trên bờ sông đến một gốc cây tại
A
trên cù lao giữa
sông, người ta chọn một điểm
M
cùng ở trên bờ với
N
. Biết ta đo được
32 mMN
,
30AMN
,
42ANM
. Khoảng cách từ
N
đến gốc cây
A
bằng
E
B
F
N
D
A
M
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
31/31
A.
14 82 ,AN
. B.
15 82 ,AN
. C.
16 82 ,AN
. D.
17 82 ,AN
.
Lời giải
Chọn C
Theo đề ta có
30AMN
,
42ANM
nên
108MAN
.
Áp dụng định lý sin trong tam giác
AMN
ta có
32 30
16 82
108
.sin .sin
,m
sin
sin sin sin
MN AN MN AMN
AN
MAN AMN MAN
Khoảng cách từ
N
đến gốc cây
A
bằng
16 82,m
.
------------------HẾT------------------
| 1/32
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Đề Cương ÔN TẬP GIỮA KỲ I Khối 10
Họ tên:................................ Tổng hợp và biên soạn: LÊ MINH TÂM
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP GK1 – NH: 2022-2023 I Lý Thuyết
Chương I. Mệnh đề-tập hợp 1.Mệnh đề Định nghĩa
⌘ Mệnh đề toán học là một câu khẳng định về một sự kiện trong toán học. Mỗi mệnh đề toán học
phải hoặc đúng hoặc sai. Một mệnh đề toán học không thể vừa đúng vừa sai.
① Mệnh đề phủ định:
→ Cho mệnh đề . Mệnh đề: “không phải ” gọi là mệnh đề phủ định của mệnh đề và kí hiệu là . Nếu đúng thì sai và ngược lại.
② Mệnh đề kéo theo:
→ Cho mệnh đề và . Mệnh đề: “Nếu thì ” gọi là mệnh đề kéo theo và kí hiệu là . Mệnh đề chỉ sai khi đúng sai.
→ Các định lý toán học là các mệnh đề đúng và thường có dạng . Khi đó ta nói là giả thiết,
là kết luận của định lý hoặc
là điều kiện đủ để có hoặc
là điều kiện cần để có .
③ Mệnh đề đảo: → Mệnh đề
được gọi là mệnh đề đảo của mệnh đề .
④ Mệnh đề tương đương: → Nếu và đều đúng thì và
là hai mệnh đề tương đương. Kí hiệu và
được phát biểu như sau: tương đương với
; khi và chỉ khi ; là điều kiện cần và đủ để có hoặc nếu và chỉ nếu .
» Phủ định của mệnh đề: “ ” là mệnh đề “ ”.
» Phủ định của mệnh đề: “ ” là mệnh đề “ ”. 2.Tập hợp. Xác định
① Liệt kê phần tử
② Chỉ ra tính chất đặc trưng các phần tử. Tập hợp
» Tập hợp rỗng là tập hợp không chứa phần tử nào. Kí hiệu là  .
» Nếu mọi phần tử của tập hợp A đều là phần tử của tập hợp B thì ta nói tập A là con của tập B
. Kí hiệu A B. A  » B Nếu 
thì ta nói A và B là hai tập hợp bằng nhau. Kí hiệu A B . B   A
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 1/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
3.Các phép toán tập hợp. Phép toán Định nghĩa Ký hiệu Kết quả
Biểu đồ Ven
 Giao hai tập hợp của A và B 01.
xAB
là một tập hợp gồm các phần tử A B Phép giao
xA và xB
chung của A và B .
 Hợp hai tập hợp của A và B là 02.
xAB
một tập hợp gồm các phần tử A B
Phép hợp
xA hoặc xB
chung và riêng của A và B .
 Hiệu của hai tập hợp A và B 03.
xA \ B
là một tập hợp gồm các phần tử A \ B
Phép hiệu
xA và x B
thuộc A và không thuộc B .
 Khi B A thì A \ B gọi là
xA \ B
Phần bù
phần bù của B trong A kí C B A
xA và x B hiệu C B . A
4.Các tập hợp số.
» Các tập con thường dùng của : ①  ;
a b  x / a x   b ②  ;
a   x / x   a
③ ;b  x / x   b ④  ;
a b  x / a x    b
⑤ a b xa x   ; /  b ⑥  ;
a b  x / a x   b
⑦ a   xx   ; / a
⑧ ;b x / x   b
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 2/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Chương II.Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn
1.Bất phương trình bậc nhất hai ẩn Định nghĩa ⌘ BPT bậc nhất hai ẩn có dạng: với là hai ẩn,
là các hệ số không đồng thời bằng 0. → Nếu cặp số thỏa mãn thì là một nghiệm của BPT . → Đường thẳng
chia mặt phẳng tọa độ
thành hai nửa mặt phẳng. Một trong hai
nửa mặt phẳng ấy (không kể bờ ) là miền nghiệm của BPT
, nửa mặt phẳng còn lại
(không kể bờ ) là miền nghiệm của BPT .
 Cách xác định miền nghiệm của BPT bậc nhất hai ẩn:
» Bước 1: Vẽ đường thẳng .
» Bước 2: Lấy điểm . Kiểm tra
có là nghiệm của BPT không (thường lấy điểm ).
» Bước 3: Kết luận về miền nghiệm của BPT.
Lưu ý: Đối với các BPT
thì miền nghiệm là nửa mặt phẳng, kể cả bờ.
2.Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn Định nghĩa
⌘ Hệ BPT bậc nhất hai ẩn là hệ gồm hai hay nhiều BPT bậc nhất hai ẩn. → Trong mp tọa độ
tập hợp tất cả các điểm có tọa độ thỏa mãn mọi BPT trong hệ gọi là miền
nghiệm của hệ BPT đó (hoặc miền nghiệm của hệ BPT là giao của tất cả các miền nghiệm của các BPT
thành phần trong hệ).
 Cách xác định miền nghiệm của hệ BPT bậc nhất hai ẩn:
» Bước 1: Xác định miền nghiệm của mỗi BPT trong hệ và gạch bỏ phần còn lại.
» Bước 2: Miền mà không bị gạch chính là miền nghiệm của hệ BPT. 3.Bài toán tối ưu
Thừa nhận kết quả: Giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất của biểu thức P ;
x y  ax by,b  0 trên miền đa giác
lồi (kể cả biên) đạt tại một đỉnh nào đó của đa giác.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 3/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Chương III.Hệ thức lượng trong tam giác
1.Giá trị lượng giác của góc từ 0o đến 180o
※ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , nửa đường tròn tâm O nằm phía trên trục hoành bán kính R 1
được gọi là nửa đường tròn đơn vị.
※ Với mỗi góc 0o 180o  
 ta xác định một điểm M trên nửa đường tròn đơn vị sao cho
xOM  và giả sử điểm M có tọa độ M x ; y . Khi đó ta có định nghĩa 0 0  ⓵ y x sin  y . ⓶ cos  x . ⓷ 0 tan  x  0 . ⓸ 0 cot  y  0 . 0  0  0 0 x y 0 0 » Nhận xét:
→ Nếu là góc tù thì sin  0;cos  0; tan  0;cot  0.
→ Nếu là góc nhọn thì sin  0;cos  0; tan  0;cot  0 .
Cho hai góc phụ nhau: và 90o  . Ta có:
Cho hai góc bù nhau: và 180o  . Ta có: 90o sin    cos 180o sin    sin 90o cos    sin 180o cos    cos 90o tan    cot 180o tan    tan 90o cot    tan 180o cot    cot
2.Hệ thức lượng trong tam giác
Định lý côsin 2 2 2
a b c  2 . bc cos A
-Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c . Khi đó: 2 2 2
b a c  2a . c cos B . 2 2 2
c a b  2a . b cosCHệ quả: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
b c a
a c b
a b c cos A  ; cos B  ; cosC  . 2bc 2ac 2ab
Công thức tính độ dài đường trung tuyến: Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c . Gọi
m , m , m lần lượt là các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B,C . Khi đó : a b c 2 2 2 b c  2  a 2 2 2 a c  2  b 2 2 2 a b  2  c 2 2 2 m  ; m  ; m a 4 b 4 c 4
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 4/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 Định lý sin
» Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. a b c Khi đó :    2R . sin A sin B sinC
Công thức tính diện tích tam giác
» Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c ; h ,h ,h lần lượt là đường cao kẻ từ các đỉnh A,B,C a b c  
của tam giác; R,r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp, ngoiạ tiếp tam giác;  a b c p là nửa 2 chu vi. Khi đó : ▪ 1 1 1 S  . a h  . b h  . c h 2 a 2 b 2 c ▪ 1 1 1 S
absinC bc sin A ac sin B 2 2 2 ▪ abc S  4R ▪ S pr
▪ S pp ap bp c
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 5/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
II Bài Tập Tự Luận
Phần 1. Mệnh đề - tập hợp Bài 1.
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau và mệnh đề phủ định của nó. a. 2
x : x  0; b. 2
x : x x ; c. 2
x : x x  2  0 ; d. 2
x : x  3; e. 2
n ,n 1 không chia hết cho 3. Lời giải a. 2
x : x  0; Mệnh đề trên sai vì 2 0  0 .
Mệnh đề phủ định là: “ 2
x : x  0 ”. Mệnh đề phủ định đúng. b. 2
x : x x ; 2 1  1  Mệnh đề trên đúng vì    . 2  2 
Mệnh đề phủ định là: “ 2
x : x x ”. Mệnh đề phủ định sai. c. 2
x : x x  2  0 ; Mệnh đề trên sai vì 2
x x  2  0  x  1  ;2   .
Mệnh đề phủ định là: “ 2
x : x x  2  0”. Mệnh đề phủ định đúng. d. 2
x : x  3;
Mệnh đề trên đúng vì 2
x  3  x   3 .
Mệnh đề phủ định là: “ 2
x : x  3”. Mệnh đề phủ định sai. e. 2
n ,n 1 không chia hết cho 3.
* TH1: n  3k
Ta có n    k2 2 2 1 3
1  9k 1 chia 3 dư 1.
* TH2: n  3k 1
Ta có n    k  2 2 2 1 3
1 1  9k  6k  2 chia 3 dư 2 .
* TH1: n  3k  2
Ta có n    k  2 2 2 1 3 2
1  9k  6k  5 chia 3 dư 2 . Vậy 2
n ,n 1 không chia hết cho 3. Mệnh đề trên đúng.
Mệnh đề phủ định là: “ 2
n ,n 1 chia hết cho 3”. Mệnh đề phủ định sai. Bài 2.
Phát biểu mệnh đề P Q bằng cách sử dụng “điều kiện cần” và “điều kiện đủ” và xét tính đúng sai của nó.
a. P : “Tứ giác ABCD là hình thoi” và Q : “Tứ giác ABCD có AC và BD cắt nhau tại
trung điểm mỗi đường”;
b. P : “Tam giác ABC vuông cân tại A ” và Q : “Tam giác ABC có A  2B ”. Lời giải
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 6/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
a. P : “Tứ giác ABCD là hình thoi” và Q : “Tứ giác ABCD có AC và BD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường”;
P Q : “Tứ giác ABCD là hình thoi là điều kiện đủ để tứ giác ABCD có AC và BD cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường”.
Hoặc P Q : “Tứ giác ABCD có AC và BD cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là điều
kiện cần để tứ giác ABCD là hình thoi”.
Mệnh đề P Q đúng.
b. P : “Tam giác ABC vuông cân tại A ” và Q : “Tam giác ABC có A  2B ”.
P Q : “Tam giác ABC vuông cân tại A là điều kiện đủ để tam giác ABC có A  2B ”.
Hoặc P Q : “Tam giác ABC có A  2B là điều kiện cần để tam giác ABC vuông cân tại A ”.
Mệnh đề P Q đúng vì A  90; B  45 . Bài 3. Cho các tập hợp: A   3  ;5;  6 ; B   2
x  |x  4x  5  
0 ; C  x |x   2
2 x  5x  6   0 .
a. Viết tập hợp B và C dưới dạng liệt kê các phần tử. Tìm A B ; A C ;
b. Tìm  A B\C ;  A\B C . Lời giải
a. Viết tập hợp B và C dưới dạng liệt kê các phần tử. Tìm A B ; A C ; x  1  Ta có: 2
x  4x  5  0  
. Mà x nên B   1  ;  5 ; x  5  x  2  x  2  0  x   2 2
x  5x  6  0  
x 1 . Mà x nên C 1;  2 . 2 
x  5x  6  0  x  6  
Do đó, A B   
5 ; A C   3  ;5;6;1;  2 .
b. Tìm  A B\C ;  A\B C .
Ta có: A B   3  ;5;6;  
1 nên  A B\C   3  ;5;6;   1 . A\B   3  ; 
6 nên  A\B C   . Bài 4.
Tìm tất cả các tập X thỏa mãn bao hàm thức 1; 
2  X  1; 2;3; 4;  5 . Lời giải
Các tập X thỏa mãn bao hàm thức 1; 
2  X  1; 2;3; 4;  5 là: 1;  2 ;1; 2;  3 ;1; 2;  4 ;1; 2;  5 ; 1; 2;3;  4 ;1; 2;3;  5 ;1; 2; 4;  5 và 1; 2;3; 4;  5 . Bài 5.
Trong lớp 10C có 16 học sinh giỏi môn Toán, 15 học sinh giỏi môn Lý và 11 học sinh giỏi
môn Hóa. Biết rằng có 9 học sinh vừa giỏi Toán và Lý, 6 học sinh vừa giỏi Lý và Hóa, 8
học sinh vừa giỏi Hóa và Toán, trong đó chỉ có 11 học sinh giỏi đúng hai môn. Hỏi có bao
nhiêu học sinh của lớp.
a. Giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 7/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
b. Giỏi đúng một môn Toan, Lý hoặc Hóa. Lời giải
a. Giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa.
Gọi số học sinh giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa là x .
Từ biểu đồ ven ta có, số học sinh giỏi đúng hai môn Toán, Lý là: 9  x .
Số học sinh giỏi đúng hai môn Lý và Hóa là: 6  x .
học sinh giỏi đúng hai môn Toán và Hóa là: 8 x .
Do đó, số học sinh giỏi đúng hai môn là: 9  x  6  x  8  x 11  x  4.
b. Giỏi đúng một môn Toan, Lý hoặc Hóa.
Theo phần a. ta có, số học sinh giỏi đúng hai môn Toán, Lý là: 9  4  5 .
Số học sinh giỏi đúng hai môn Lý và Hóa là: 6  4  2 .
học sinh giỏi đúng hai môn Toán và Hóa là: 8 4  4 .
Số học sinh giỏi đúng một môn Toán là: 16 5 4  4  3 .
Số học sinh giỏi đúng một môn Lý là: 15 2 5 4  4 .
Số học sinh giỏi đúng một môn Hóa là: 11 2  4  4  1.
Số học sinh giỏi đúng một môn Toan, Lý hoặc Hóa là: 3 4 1  8 học sinh. Bài 6.
Trong một khoảng thời gian nhất định, tai một địa phương, Đài khí tượng thủy văn đã
thống kê được: Số ngày mưa: 10 ngày; Số ngày có gió: 8 ngày; Số ngày lạnh: 6 ngày. Số
ngày mưa và gió: 5 ngày; Số ngày mưa và lạnh: 4 ngày; Số ngày lạnh và gió: 3 ngày; Số
ngày mưa, lạnh và có gió: 1 ngày. Vậy có bao nhiêu ngày thời tiết xấu (có gió, mưa hay lạnh)? Lời giải Cách 1
Theo bài ra ta có biểu đồ ven:
Từ biểu đồ ven ta có, số ngày chỉ có gió và lạnh là: 4 1 3.
Số ngày chỉ có mưa và gió là: 51 4.
Số ngày chỉ có lạnh và mưa: 31 2 .
Số ngày chỉ có đúng một hiện tượng hoặc có gió hoặc có mưa, hoặc lanh là:
623 1 8(341) 1(0241) 3.
Vậy số ngày thời tiết xấu là: 3 3 2  4 113
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 8/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 Cách 2:
Gọi A; B;C lần lượt là tập hợp các ngày mưa, gió và lạnh.
Gọi nA là số ngày mưa.
Khi đó, số ngày thời tiết xấu là:
nA B C  nA  nB  nC   nA B  nB C   nA C   nA B    C
 6  8 10  (3 4  5) 1 13. Câu 7.
Biểu diễn các tập hợp sau trên trục số và tìm A  ; B A  ; B A\B . a. A   3  5  ;  và B  1    ; ; b. A   5  ;1   và B   3  ; 2;
c. A  x ∣ x  
3 và B  x ∣ 2   x   2 . Lời giải a. A   3  5  ;  và B  1    ; ; Ta có: A   3  5  ;  và B  1    ;  A B  1
 ;5; AB   3
 ;; A\B   3     ;  1 . b. A   5  ;1   và B   3  ; 2; Ta có: A   5  ;1   và B   3  ; 2.
A B   3
 ;1 ; AB   5  ;2  
;A\B   5  ; 3    
c. A  x ∣ x  
3 và B  x ∣ 2   x   2 .
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 9/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Ta có: A  ;3 và B   2  ;2 .
A B   2
 ;2; AB  ; 3
  ; A\B   ; 2    2;3    . Câu 8.
Cho các tập hợp A  ; m và B  3
m 1;3m  3   . Tìm m để:
a. AB  ;
b. B A . Lời giải
a. AB   1
Ta có: AB    m  3m 1  m  . 2
b. B A . 3
Ta có: B A  3m3  m  2m  3   m   . 2 Câu 9.
Cho hai nửa khoảng A  ; m và B  5   ;
. Tìm AB (biện luận theo m). Lời giải
Với m  5  AB   .
Với m  5  A B    5 .
Với m  5  A B  5  ;m   .
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 10/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Phần 2. Bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn
Bài 10. Biểu diễn miền nghiệm của các bất phương trình sau
a. 2x  4y  6.
b. x  3y  0. Lời giải
a. 2x  4y  6.
Vẽ đường thẳng d : 2x  4y  6 .
Lấy điểm O0;0 d . Ta có: 2 0 .  4 0 .  6 .
Kết luận: Nửa mặt phẳng kể cả d và không chứa điểm O là miền nghiệm của bất phương
trình 2x  4y  6, tương ứng với phần không bị gạch ( kể cả d ). y 2x-4y=6 x O
b. x  3y  0.
Vẽ đường thẳng d : x  3y  0
Lấy điểm M 0;  1 d Ta có: 0 3 1 .  0
Kết luận: Nửa mặt phẳng không kể d chứa điểm M là miền nghiệm của bất phương
trình x  3y  0, tương ứng với phần không bị gạch ( không kể d ). y x y= 3 M(0;1) x O
Bài 11. Xác định miền nghiệm của các hệ bất phương trình sau:
x  5y  20  y  2x 5
x  2y  35  a.  .
b. 7y  4x . x  0    y  4  y  0  Lời giải
x  5y  20 5
x  2y  35 a. x  0  y  0 
Vẽ đường thẳng d : x  5y  20 và d : 5x  2y  35 , x  0 và y  0 . 1 2
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 11/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Do tọa độ điểm M 1; 
1 thỏa mãn tất cả các bất phương trình đã cho nên miền nghiệm của
từng bất phương trình là các nửa mặt phẳng chứa M 1; 
1 , kể cả đường thẳng tương ứng.
Cụ thể miền nghiệm của hệ là tứ giác OABC kể cả miền trong tứ giác (miền tứ giác) với
O0; 0 , A0; 4 , B5;5, C 7; 0 . y d1 B A O x C d2y  2x
b. 7y  4x y  4 
Vẽ đường thẳng d : y  2x và d : 4x  7y  0 , d : y  4 . 3 4 5
Do tọa độ điểm M 2;3
thỏa mãn tất cả các bất phương trình đã cho nên miền nghiệm
của từng bất phương trình là các nửa mặt phẳng chứa M 2;3 , kể cả đường thẳng tương ứng.
Cụ thể miền nghiệm của hệ là tam giác OCD kể cả miền trong tam giác (miền tam giác)
vớiO0;0 , C 2; 4 , D7; 4 . y d3 C d5 D M(2;3) O x d4
Bài 12. Một công ty cần thuê xe vận chuyển 140 người và 9 tấn hàng hóa. Nơi cho thuê xe chỉ có
10 xe hiệu MITSUBISHI và 9 xe hiệu FORD. Một chiếc xe hiệu MITSUBISHI có thể chở
20 người và 0,6 tấn hàng. Một xe hiệu FORD có thể chở 10 người và 1,5 tấn hàng. Tiền
thuê một xe hiệu MITSUBISHI là 4 triệu đồng, một xe hiệu FORD là 3 triệu đồng. Hỏi
phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại để chi phí thấp nhất ? Lời giải
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 12/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Gọi x , y lần lượt là số xe hiệu Mitsubishi và số xe hiệu Ford mà công ty thuê x, y  (xe). 0  x 10 0  x 10   0  y  9 0  y  9
Nên ta có hệ bất phương trình sau:   
20x 10y  140 2x y  14  
0,6x 1,5y  9
2x  5y  30  
Vẽ các đường thẳng d : 2x y 14 và d : 2x  5y  30 , x  0 , x 10 , y  0 , y  9 , phần 2  1 
mặt phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng trên là miền nghiệm của hệ bất phương trình.  5  Ta có: A ; 9 
 , B10;9, C 10; 2 , D5; 4 .  2 
Số tiền mà công ty dùng để thuê xe là P  4x  3y . Ta có:
P  37 (triệu đồng). A
P  67 (triệu đồng). B
P  46 (triệu đồng). C
P  32 (triệu đồng). D
Vậy để chi phí nhỏ nhất thì cần 5 xe hiệu Mitsubishi và 4 xe hiệu Ford.
Bài 13. Nhân dịp tết Trung Thu, xí nghiệp sản xuất bánh Trăng muốn sản xuất hai loại bánh: Đậu
xanh, Bánh dẻo nhân đậu xanh. Để sản xuất hai loại bánh này, xí nghiệp cần: Đường, Bột,
Đậu, Trứng, Mứt,... Giả sử số Đường có thể chuẩn bị được là 300 kg, Đậu là 200 kg, các
nguyên liệu khác bao nhiêu cũng có. Sản xuất một cái bánh đậu xanh cần 0,06 kg đường,
0,08 kg đậu và cho lãi 2 ngàn đồng. Sản xuất một cái bánh dẻo cần 0,07 kg đường , 0,04
kg đậu và cho lãi 1,8 ngàn đồng. Cần lập kế hoạch để sản xuất mỗi loại bánh bao nhiêu
cái để không bị động về đường, đậu và tổng số lãi thu được là lớn nhất (nếu sản xuất bao nhiêu cũng bán hết) ? Lời giải
Gọi x , y lần lượt là số bánh đậu xanh và số bánh dẻo mà xí nghiệm sản xuất x, y  (bánh).
Lượng đường cần dùng để sản xuất bánh là 0,06x  0,07y  300 .
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 13/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Lượng đậu cần dùng để sản xuất bánh là 0,08x  0,04y  200 .
Số tiền lời thu được khi bán bánh là P  2x 1,8y .
0,06x  0,07y  300 
0,08x  0,04y  200
Ta có hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn như sau:  . x  0  y  0 
Ta vẽ đường thẳng d : 0,06x  0,07y  300 và đường thẳng d : 0,08x  0 0 . 4y  200 , lên 2  1 
mặt phẳng tọa độ. Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trong hình sau  30000  Ta có: A 0  ;
 , B625;3750, C2500;0 , O0;0 .  7 
Để P  2x 1,8y đạt lớn nhất khi với 30000 54000
Với x  0 , y  thì P   7714,3 (nghìn đồng). 7 A 7
Với x  625 , y  3750 thì P  8000 (nghìn đồng). B
Với x  2500 , y  0 thì P  5000 (nghìn đồng). C
Vậy P đạt lớn nhất tại B . Nên để tối đã lợi nhuận thì ta cần bán 625 bánh đậu xanh và 3750 bánh dẻo.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 14/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Phần 3. Hệ thức lượng trong tam giác
Bài 14. Tính giá trị lượng giác còn lại của góc biết: 5 a. cos 
và 0  x  90 ;
b. sin  0,8 và 90  x 180 ; 13 15 5 c. tan 
và 0  x  90 ;
d. cot   và 90  x 180 . 8 3 Lời giải 5 a. cos 
và 0  x  90 13
Vì 0  x  90 nên sin  0,tan  0,cot  0 . 12 Ta có 2 2 2 sin  cos 1 sin  1 cos  . 13 sin 12 1 5 Suy ra: tan   ; cot   . cos 5 tan 12
b. sin  0,8 và 90  x 180
Vì 90  x 180 nên cos  0, tan  0,cot  0 . 3 Ta có 2 2 2 2 2 sin  cos 1  cos 1 sin  cos   1 sin   . 5 sin 4 1 3 Suy ra: tan    ; cot    . cos 3 tan 4 15 c. tan 
và 0  x  90 8
Vì 0  x  90 nên sin  0,cos  0,cot  0 . 1 1 8 2 tan 1   cos   . 2 2 cos 17 tan 1 15 1 8 Suy ra: sin  tan .cos  ; cot   . 17 tan 15 5
d. cot   và 90  x 180 3
Vì 90  x 180 nên cos  0, sin  0,tan  0 . 1 1 3 34 2 cot 1   sin   . 2 2 sin 34 cot 1 5 34
Suy ra: cos  cot .sin   34 1 3 tan    . cot 5
Bài 15. Chứng minh các đẳng thức sau: a. 4 4 2 cos sin  2cos 1 2 1 b. 4 1 cot   (Với sin  0 2 4 sin sin
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 15/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 2 1 sin c. 2 1 2tan (Với sin  1  ) 2 1 sin Lời giải a. 4 4 2 cos sin  2cos 1 4 4 VT  cos  sin   2 2 cos  sin  2 2 cos  sin  2
 cos 2  2cos 1  VP . 2 1 b. 4 1 cot   (Với sin  0 2 4 sin sin 4 2 cos 2sin 1  1  4 4 sin sin 4 4 2 sin  cos 2sin 1   4 4 sin sin  2 2 sin  cos  2 2 sin  cos  2 2sin 1   4 4 sin sin 2 2 2 sin  cos 2sin 1   4 4 sin sin 2 sin   2 1 sin  2 2sin 1   4 4 sin sin 2 2 2sin 1 2sin 1   (luôn đúng). 4 4 sin sin 2 1 sin c. 2 1 2tan (Với sin  1  ) 2 1 sin 2 2 2 1 sin 1 sin 1 sin 2 2 2 VT    
1 tan  tan 1 2tan  VP . 2 2 2 2 1 sin cos cos cos
Bài 16. Cho tam giác ABC có AB  5cm , AC  3cm, A  120 .
a. Giải tam giác ABC ;
b. Tính độ dài các đường trung tuyến;
c. Tính diện tích của tam giác ABC ;
d. Tính bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác;
e. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác. Lời giải
a. Giải tam giác ABC ;
Áp dụng định lí Cosin, ta có: 2 2 2 2 2
BC AB AC  2.A .
B AC cos A BC  5  3  2 5 . 3 . .cos120  7.
Áp dụng hệ quả của định lí Cosin, ta có: 2 2 2 2 2 2
AB BC AC 5  7  3 13 cos B     B  21 4  7' 2.A . B BC 2 5 . 7 . 14
Ta có: C 180  21 4  7  ' 120  38 1  3'
b. Tính độ dài các đường trung tuyến;
Đường trung tuyến ứng với cạnh BC là:
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 16/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 2 2 2 2 2 2 AB AC BC 5  3 7 19 m      (cm) a 2 4 2 4 a 2
Đường trung tuyến ứng với cạnh AC là: 2 2 2 2 2 2 AB BC AC 5  7 3 139 m      cm . b   2 4 2 4 2
Đường trung tuyến ứng với cạnh AB là: 2 2 2 2 2 2 AC BC AB 3  7 5 91 m      cm . c   2 4 2 4 2
c. Tính diện tích của tam giác ABC ; 1 1 15 3
Diện tích tam giác ABC là: SA . B AC.sin A  5 . 3 . .sin120   cm . ABC  2 2 2 4
d. Tính bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác;
AB AC BC 5  3  7 Ta có: p    7,5 cm 2 2 15 3 S 3 ABC 4 r    cmp 7,5 2
e. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác. AB AC BC A . B AC.BC 5 3 . 7 . 7 3
Áp dụng công thức: S  . .  R    cm  ABC 4R 4  S ABC 15 3 3 4. 4
Bài 17. Cho tam giác ABC . Chứng minh các đẳng thức sau:
a. cos A C  3cos B 1 thì B  60 . 2 1 1
b. Nếu b c  2a thì   . h h h a b c c. Nếu 2 bc a thì 2 sin .
B sinC  sin A và 2
h .h h . b c a d. a  . b cosC  . c cos B . 2 2
r p  4Rr e. sin .
A sin B  sin .
B sin C  sin C.sin A  với ; p ;
R r lần lượt là nửa chu vi, 2 4R
bán kính đường tròn ngoại và nội tiếp tam giác ABC . Lời giải
a. cos A C  3cos B 1 thì B  60 .
Ta có: A B C 180  A C  180  B  cosA C  cos B .
Khi đó: cos A C  3cos B 1 trở thành: 1
cos B  3cos B 1 2cos B 1 cos B   B  60 . 2 2 1 1
b. Nếu b c  2a thì   . h h h a b c
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 17/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 1 2S Ta có: S  . a h a  2 a ha 1 2  S S . b h b  2 b hb 1 2  S S
c.h c  2 c hc 2S 2S 2S 2 1 1
Khi đó: b c  2a trở thành:   2.    . h h h h h h b c a a b c c. Nếu 2 bc a thì 2 sin .
B sinC  sin A và 2
h .h h . b c a + Ta có: b  2 . R sin ; B c  2 .
R sinC; a  2Rsin A . Khi đó: 2
bc a trở thành: . R sin . B .
R sinC   Rsin A2 2 2 2 2 2 2 2  4R .sin .
B sinC  4R .sin A  sin .
B sinC  sin A . 1 2S + Ta có: S  . a h a  2 a ha 1 2  S S . b h b  2 b hb 1 2  S S
c.h c  2 c hc 2 2 2 2S 2S  2S  4S 4S Khi đó: 2
bc a trở thành: 2 .     
h .h h . 2 h hh h . b c a h h b c a b c a d. a  . b cosC  . c cos B . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
a c b
a b c a c  2  b 2a VP . b cosC  . c cos B  . b  . c     a VT 2ab 2ac 2a 2a 2a 2 2
r p  4Rr e. sin .
A sin B  sin .
B sin C  sin C.sin A  với ; p ;
R r lần lượt là nửa chu vi, bán kính 2 4R
đường tròn ngoại và nội tiếp tam giác ABC . a b c 2R 2R 2R Ta có:  
 2R  sin A  ; sin B  ; sinC  . sin A sin B sinC a b c ab bc ca
ab bc ca Khi đó: VT  sin .
A sin B  sin . B sinC  sin . C sin A     (1) 2 2 2 2 4R 4R 4R 4R Ta lại có: 2 2 2
S p r (2) và 2
S pp ap bp c (3) Từ (2) và (3) ta suy ra: 2 2
p r pp ap bp c 2 3 2
pr p p a b c  pab bc ca  abc 2 3 3
pr p  2p pab bc ca  abc 2 3
pr  p pab bc ca  abc (4)
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 18/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 abc
Hơn nữa: S pr
abc  4prR (5) 4R
Thay (5) vào (4) ta được: 2 3
pr  p pab bc ca 2 2
 4Rpr ab bc ca r p  4Rr (6)
Thay (6) vào (1) ta được: 2 2
ab bc ca r p  4 VT Rr sin .
A sin B  sin .
B sin C  sin C.sin A   . 2 2 4R 4R
III Bài Tập Trắc Nghiệm
Câu 1. Câu nào sau đây không là mệnh đề?
A. Bạn đã làm bài tập toán chưa? B. 3 1.
C. Tam giác đều là tam giác có ba cạnh bằng nhau. D. 4 5 1. Lời giải Chọn A
Mệnh đề A không phải là câu khẳng định.
Câu 2. Mệnh đề phủ định của mệnh đề “ 2
x ,x x  5  0 ” là A. 2
x ,x x  5  0. B. 2
x ,x x  5  0 . C. 2
x ,x x  5  0. D. 2
x ,x x  5  0 . Lời giải Chọn A
Câu 3. Chọn mệnh đề đúng. A. 2
x ,x x B. 2 x 1
, 5x  8x 1  0 .
C.x  , x  0 D. 2
x ,x  0 . Lời giải Chọn A Mệnh đề 2
x ,x x đúng vì có x  0 thoả mãn 2 0  0 .
Câu 4. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Tất cả các số tự nhiên đều không âm.
B. Nếu tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường thì tứ giác
ABCD là hình bình hành.
C. Nếu tứ giác ABCD có hai đường chéo bằng nhau thì tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
D. Nếu tứ giác ABCD là hình thoi thì tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau. Lời giải Chọn C
Không phải tất cả các tứ giác có hai đường chéo bằng nhau đều là hình chữ nhật. Chẳng
hạn tứ giác ABCD trong hình vẽ sau có hai đường chéo AC và BD bằng nhau nhưng
không là hình chữ nhật.
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 19/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Câu 5. Cho tập X  1; 2;3; 
4 . Câu nào sau đây đúng?
A. Số tập con của X là 16.
B. Số tập con có hai phần tử của X là 8 .
C. Số tập con chứa số 1 của X là 6 .
D. Số tập con chứa 4 phần tử của X là 0 . Lời giải Chọn A
Các tập con của X là : ;  1 ;   2 ;  3 ;  4 ; 1;  2 ; 1;  3 ;1;  4 ;2;  3 ;2;  4 ; 3;  4 ;1; 2;  3 ; 1;2;  4 ; 1;3;  4 ; 2;3;  4 ;1; 2;3;  4 . Có 16 tập con.
Có 6 tập con có 2 phần tử.
Có 8 tập con chứa số 1.
Có 1 tập con có 4 phần tử.
Câu 6. Khoảng 3; 7 có thể viết theo dạng nào dưới đây?
A. x  3  x   7 .
B.x  3  x   7 .
C.x  3  x   7 .
D. x  3  x   7 . Lời giải Chọn C
Theo định nghĩa về khoảng a; b  x a x  
b và biểu diễn trên trục số
Câu 7. Cách viết nào sau đây đúng?
A. a  a; b   . B.   a   ; a b   . C.   a   ; a b . D. a   ; a b . Lời giải Chọn B
Câu 8. Cho A  1; 2;3;5; 
7 , B  2; 4;5; 6; 
8 . Tập hợp A B A. 1;3;  7 . B. 2;  5 . C. 1;3;7;6;  8 .
D. 1; 2;3; 4;5; 6; 7;  8 . Lời giải Chọn D
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 20/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Câu 9. Cho hai tập hợp A   1
 ;5 , B  2;7. Tập hợp A\B A.  1  ;2 .
B. 2;5 . C.  1  ;7 . D.  1  ; 2. Lời giải Chọn A
Câu 10. Cho tập hợp A   2  ;6; B   3  ;4 
 . Khi đó, tập A B là A.  2  ;3 . B.  2  ; 4 . C.  3  ;6 .
D. 4; 6 . Lời giải Chọn B
Từ hình vẽ suy ra A B   2  ; 4
Câu 11. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. A  .
B. AA   .
C. A\A   .
D. A  A . Lời giải Chọn C
Ta có: A   A; A A A; A    . Nên chọn C.
Câu 12. Cho A, B là hai tâp hợp được minh hoạ như hình vẽ. Phần tô đen trong hình vẽ là tập hợp nào sau đây?
A. A B .
B. A B . C. A\B .
D. B\A . Lời giải Chọn A
Hình vẽ thể hiện phần chung của hai tập hợp. Nên chọn đáp án A.
Câu 13. Trong số 50 học sinh của lớp 10A có 15 bạn được xếp loại học lực giỏi, 25 bạn được xếp
loại hạnh kiểm tốt, trong đó có 10 bạn vừa được học sinh giỏi vừa được hạnh kiểm tốt.
Khi đó lớp 10A có bao nhiêu bạn được khen thưởng, biết rằng muốn được khen thưởng
bạn đó phải có học lực giỏi hay hạnh kiểm tốt. A. 25. B. 20. C. 35. D. 30. Lời giải Chọn D
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 21/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Có 10 bạn vừa được học sinh giỏi vừa được hạnh kiểm tốt nên: có 5 bạn được xếp loại học
lực giỏi và được xếp loại hạnh kiểm không tốt, 15 bạn được xếp loại hạnh kiểm tốt và
được xếp loại học không lực giỏi.
Do đó: Số bạn được khen thưởng là: 10 + 5 + 15 = 30.
Câu 14. Trong các cặp số sau đây, cặp nào không thuộc nghiệm của bất phương trình x  4y  5  0 A.  5  ;0. B.  2  ;   1 . C. 0;0. D. 1; 3   . Lời giải Chọn A Xét A thay x  5
 , y  0 vào x  4y 5  0 ta được 0  0 sai.
Câu 15. Điểm A 1
 ;3 là điểm thuộc miền nghiệm của bất phương trình. A. 3
x  2y  4  0.
B. x  3y  0 .
C. 3x y  0 .
D. 2x y  4  0 . Lời giải Chọn A Thay x  1  , y  3 vào 3
x  2y  4  0. Ta được: 3  .  1  2 3
.  4  0  5  0 đúng.
Câu 16. Phần tô đậm trong hình vẽ sau, biểu diễn tập nghiệm của bất phương trình nào trong các bất phương trình sau?.
A. 2x y  3 .
B. 2x y  3 .
C. x  2y  3 .
D. x  2y  3 . Lời giải Chọn A  
Từ hình vẽ suy ra đường thẳng d : y ax b đi qua hai điểm có toạ độ  ;   3 0 3 ; ; 0   nên  2   3    ba  2
ta có hệ phương trình  3   . 0  a b b  3     2
Vậy d : y  2x  3  2x y  3  0 .
Thay toạ độ O0;0 vào d ta có 3
  0 suy ta 2x y 3  0  2x y  3.
x  3y  2  0
Câu 17. Cho hệ bất phương trình 
. Trong các điểm sau điểm nào thuộc miền nghiệm
2x y 1  0 
của hệ bất phương trình A. M 0;  1 . B. N  1  ;  1 . C. P1;  3 . D. Q 1  ;0. Lời giải
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 22/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 Chọn B  1   3 1 .  2  0  0   0 Với x  1
 ; y 1 vào hệ phương trình ta có    (luôn đúng). 2    1 11  0 0  0  Vậy N  1  ; 
1 thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình.
Câu 18. Miền tam giác ABC kể cả ba cạnh sau đây
là miền nghiệm của hệ bất phương trình nào trong bốn hệ A, B, C, D. y  0 x  0 x  0 x  0     A. 5
x  4y 10 .
B. 4x  5y  10 . C. 5
x  4y 10 . D. 5
x  4y 10 .     5x  4y  10  5x  4y  10  4x  5y  10  4x  5y  10  Lời giải Chọn C
Theo đề bài miền nghiệm là miền tam giác ABC kể cả ba cạnh nên ta loại ngay đáp án D.
Chọn điểm M 1;  1
 thuộc miền nghiệm ta loại được đáp án A vì chứa bất phương trình y  0 .  5 
Đáp án B có đường thẳng 4x  5y 10 đi qua 2 điểm E0; 2   và F ; 0   không có trong  2 
hình minh họa nên loại đáp án B.
Câu 19. Phần không tô đậm trong hình vẽ dưới đây (không chứa biên), biểu diễn tập nghiệm của
hệ bất phương trình nào trong các hệ bất phương trình sau?
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 23/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
x  2y  0
x  2y  0
x  2y  0
x  2y  0 A.  . B.  . C.  . D.  .
x  3y  2 
x  3y  2 
x  3y  2 
x  3y  2  Lời giải Chọn D
Theo đề bài miền nghiệm của hệ bất phương trình là phần không tô đậm trong hình vẽ
dưới đây (không chứa biên) nên ta loại đáp án A, C.
Chọn điểm thuộc miền nghiệm A0; 
1 thay vào bất phương trình ở câu B
x  2y  0  0  2 1
.  0 ( vô lý) nên loại đáp án B.
y  2x  2 
Câu 20. Giá trị nhỏ nhất F của biểu thức ( F ;
x y)  y x trên miền xác định bởi hệ 2y x  4 là min x y  5  A. F  1. B. F  2 . C. F  3. D. F  4 . min min min min Lời giải Chọn A
Miền nghiệm của bất phương trình là miền tam giác ABC (kể cả các cạnh của tam giác)
Với A2;3; B1; 4;C 0; 2. ( F ;
x y)  y x
Ta có F 2;3 1; F 1; 4  3 ; F 0; 2  2 Vậy F  1. min Câu 21. Cho 0 
 90. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. tan  0; cot  0 .
B. tan  0; cot  0 .
C. tan  0; cot  0 .
D. tan  0; cot  0 . Lời giải Chọn A Vì 0 
 90 nên nằm ở gốc phần tư thứ nhất nên tan  0;cot  0 . 12
Câu 22. Cho góc thỏa mãn sin  và 0 0 90 
180 . Khi đó, giá trị cos bằng 13 1 5 5 1 A. . B. . C.  . D.  . 13 13 13 13 Lời giải
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 24/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 Chọn C Ta có 0 0 90  180  cos  0. 2 12  25 5 2 2 sin  cos 1 2 2  cos  1 sin  1   2  cos   cos    13  169 13 5 Mà cos  0 nên cos   . 13 4
Câu 23. Cho góc thỏa mãn tan   . Khi đó, giá trị sin bằng 3 3 3 4 4 A.  . B. . C.  . D. . 5 5 5 5 Lời giải Chọn D Ta có 0 0 90 
180  cos  0,sin  0. 4 sin 4 3 tan       cos   sin 3 cos 3 4 2  3  16 4 2 2 sin  cos 1 2  sin   sin  1   2  sin   sin    4  25 5 4 Mà sin  0 nên sin  . 5 3 cot  2 tan
Câu 24. Cho sin  . Giá trị của biểu thức E  là 5 tan  3cot 2 2 4 4 A. . B.  . C. . D.  . 57 57 57 57 Lời giải Chọn B Ta có 0 0 90  180  cos  0. 2  3  16 4 2 2 sin  cos 1 2 2  cos  1 sin  1   2  cos   cos    5  25 5 4 sin 3 4 Mà cos  0 nên cos    tan    , cot   5 cos 4 3 4  3    2.    cot  2 3  4  2 E  tan    . tan  3cot 3  4    57 3.    4  3  Cách khác: GVPB 2  3  1 3  cot  2 2 2 2
cos x  2 sin x 1 3sin x  5  2 E  tan      . tan  3cot 2 2 2 2 sin x  3cos x 3  2 sin x 57  3  3  2    5 
Câu 25. Tam giác ABC vuông ở A , có góc B  30 . Khẳng định nào sau đây sai?
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 25/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 1 3 1 1 A. cos B  . B. sin C  . C. cosC  .
D. sin B  . 3 2 2 2 Lời giải Chọn A
Tam giác ABC vuông ở A , có góc B  30 suy ra C  60 3 cos B  cos 30  . 2 3 sinC  sin 60  . 2 1
cosC  cos 60  . 2 1 sin B  sin 30  . 2
Câu 26. Cho tam giác ABC có a 3b 5c  28 và sin A3sin B5sinC  7. Tính bán kính R của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ? 1 1 A. R  . B. R  . C. R  2 .
D. R  4 . 4 2 Lời giải Chọn A a b c a b c Ta có  
 2R  sin A  ; sin B  ; sinC  sin A sin B sinC 2R 2R 2R a b c
Từ sin A3sin B5sinC  7   3.  5.
 7  a3b5c 14R 2R 2R 2R
14R  28  R  2 .
Câu 27. Cho tam giác ABC có AB c, BC a, AC b , m là độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh R a
. Hãy chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau? 2 2 2
b c a 2 2 2 b c a A. cos A  . B. 2 m   . 2bc a 2 4 C. 2 2 2
b a c  2ac cos B . D. 2 2 2
b a c  2ac cos B. Lời giải Chọn C
Theo định lý cosin, ta có 2 2 2
b a c  2ac cos B.
Câu 28. Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c . Gọi p là nửa chu vi của tam giâc, r là bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác và S là diện tích tam giác đó. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. S pp ap bp c.
B. S  2bc sin A . abc
C. S pr . D. S  . 4r Lời giải Chọn C
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 26/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Ta có S pr .
Câu 29. Một tam giác có ba cạnh là 10 1 , 2 1
, 8 . Diện tích tam giác bằng bao nhiêu? A. 42 2 . B. 40 2 . C. 40 3 . D. 41 3 . Lời giải Chọn B 10 12 18 Ta có p   20 . 2
S  2020 1020 1220 18  40 2 .
Câu 30. Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c và có diện tích S . Nếu tăng cạnh BC lên 3
lần và giảm cạnh AB đi 2 lần, đồng thời giữ nguyên góc B thì khi đó diện tích tam giác
mới được tạo thành bằng 3 2 A. 2S . B. S . C. 6S . D. S . 2 3 Lời giải Chọn C 1 Ta có S A . B BC.sin B . 2
Nếu tăng cạnh BC lên 3 lần và giảm cạnh AB đi 2 lần, đồng thời giữ nguyên góc B thì
khi đó diện tích tam giác mới được tạo thành bằng 1 AB 3  1  3  S  3BC  sin B A . B BC.sin B    S . 2 2 2  2  2
Câu 31. Trên biển một con thuyền thả neo ở vị trí A . Một người đứng ở vị trí K trên bờ biển muốn
đo khoảng cách từ người đó đến con thuyền, người đó đã chọn một điểm H trên bờ với K
và đo được KH  380 ,
m AKH  50, AHK  45. Khoảng cách KA từ người đó đến con thuyền bằng A. KA  270 . m B. KA  280 . m C. KA  290 . m D. KA  300 . m Lời giải Chọn A
Xét tam giác AHK : AHK 180  AHK AKH 180  45  50  85 . AK HK HK.sin AHK 380.sin 45 Áp dụng định lí sin:   AK    269,73m sin AHK sin HAK sin HAK sin85
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 27/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Câu 32. Cho tam giác ABC có BC a  2x 1, AC b  2, AB c  3 . Nếu góc A của tam giác
bằng 60 thì giá trị của x là A. 3. B. 4. C. 5. D. 2. Lời giải Chọn A  
BA AC BCx 2 2 2 2 2 2 2 3 2 1 6  x  1 
Xét tam giác ABC : cos BAC    x     . 2B . A AC 2 2 . 3 . 6  2  6  x 6  x 1
Do góc BAC  60   cos60 
  x  3( thoả mãn điều kiện). 6 6 2 Kết luận: x  3.
Câu 33. Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là BC a, AC b, AB c . Gọi m , m , m lần lượt là a b c
độ dài các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, ,
B C . Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây? 2 2 2
b c a i) 2 m ; a 4 2 2 2
a b c ii) cosC 2ab 2 2 2
a b c iii) 2 2 2
m m m a b c 3 A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 0 . Lời giải Chọn A 2 b ca 2  2 2 2 Ta có: m
nên i) là mệnh đề mang giá trị sai. a 4 2 2 2
a b c cosC
nên ii) là mệnh đề mang giá trị đúng . 2ab 2 2 2 b c  2  a 2 2 2 a c  2  b 2 2 2 a b  2  c 3 2 2 2
b c a 2 2 2 
m m m     nên iii) sai. a b c 4 4 4 4
Câu 34. Cho tam giác ABC có AB c, BC a, AC b và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC . Đẳng thức nào sau đây là đúng? a b c a b c A.    R . B.    2R . sinA sinB sinC sinA sinB sinC a b c 1 a b c 1 C.    . D.    . sinA sinB sinC 2R sinA sinB sinC R Lời giải Chọn B a b c Đằng thức đúng    2R sinA sinB sinC
Câu 35. Cho tam giác ABC có AB c, AC b và BC a . Trung tuyến AM có độ dài là
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 28/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10 1 A. 2 2 2
AM b c a . B. 2 2 2 AM
2b  2c a . 2 C. 2 2 2
AM  3a  2b  2c . D. 2 2 2
AM  2b  2c a . Lời giải Chọn B 1 2 2 2 AM
2b  2c a 2
Câu 36. Cho tam giác ABC có AB  5, AC  8 và BAC  60 . Khi đó, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng A. 1. B. 2. C. 3 . D. 2 3 . Lời giải Chọn C 1 1 Ta có SA .
B AC.sin BAC  5 8 . .sin 60  10 3 ABC 2 2 2 2
BC AB AC  2A . B A . C cos BAC 2 2  5 8  2 5 . 8 . .cos60  7 . S 10 3 Lại có S
pr r ABC   3 . ABC p 5  8  7 2
Câu 37. Cho tam giác ABC có cạnh b  6 , . c  8 . góc A  60 . Khi đó độ dài cạnh a bằng A. 2 13 . B. 3 12 . C. 2 37 . D. 20 . Lời giải Chọn A
Áp dụng định lý cosin ta có 1 2 2 2 2 2 2
a b c  2bc cos A a  6  8  2 6 . 8
. .  52  a  2 13 . 2 Vậy a  2 13 .
Câu 38. Hai chiếc tàu thuỷ cùng xuất phát từ vị trí A , đi thẳng theo hai hướng tạo với nhau một
góc 60 . Tàu thứ nhất chạy với tốc độ 30km/h, tàu thứ hai chạy với tốc độ 40km/h. Sau 2
giờ hai tàu cách nhau bao nhiêu km? A. 13 km. B. 15 13 km. C. 20 13 km. D. 15 km. Lời giải Chọn C
Trong 2 giờ, tàu 1 đi được quãng đường là AB  60.
Trong 2 giờ, tàu 2 đi được quãng đường là AC  80 .
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 29/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
Sau 2 giờ khoảng cách giữa 2 xe là BC Ta có 2 2 2
BC AB AC  2.A . B A .
C cos60  5200  BC  20 13 .
Câu 39. Để đo chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cột cờ của một kỳ đài trước Ngọ Môn (Đại Nội –
Huế), người ta cắm hai cọc AM và BN cao 1,5 mét so với mặt đất. Hai cọc này song song
và cách nhau 10 mét và thẳng hàng so với tim cột cờ (hình vẽ minh họa). Đặt giác kế tại
đỉnh A và B để nhắm đến đỉnh cột cờ, người ta được các góc lần lượt là 51 4  0 và 45 3  9
so với đường song song với mặt đất. Khi đó, chiều cao của cột cờ (làm tròn 0.01 mét) bằng A. 54,33m. B. 56,88 m. C. 55,01 m. D. 54,63 m. Lời giải Chọn C D A E B F M N
Theo đề ta có DAE  51 4  0, DBA  45 3
 9 , AB MN 10m. Suy ra ADB  51 4  0  45 3  9  6 1   .
Áp dụng định lý Sin trong tam giác DAB ta có 10 AB DA A . B sin DBA .sin 45 3  9   DA   . sin ADB sin DBA sin ADB  , m sin    68 22 6 1
Tam giác DEA vuông tại E nên ED D .
A sin DAE  68,22.sin51 4  0  53,51m .
Chiều cao cột cờ là 53,511,5  55,01m .
Câu 40. Để đo khoảng cách từ một vị trí N trên bờ sông đến một gốc cây tại A trên cù lao giữa
sông, người ta chọn một điểm M cùng ở trên bờ với N . Biết ta đo được MN  32m ,
AMN  30 , ANM  42 . Khoảng cách từ N đến gốc cây A bằng
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 30/31
Đề cương ôn tập Giữa Kỳ I – Khối 10
A. AN  14,82 .
B. AN  15,82 .
C. AN  16,82 .
D. AN  17,82 . Lời giải Chọn C
Theo đề ta có AMN  30 , ANM  42 nên MAN  108 .
Áp dụng định lý sin trong tam giác AMN ta có MN AN MN.sin AMN 32.sin 30   AN   16,82m sin108 sin MAN sin AMN sin MAN
Khoảng cách từ N đến gốc cây A bằng 16,82m .
------------------HẾT------------------
Mr. Le Minh Tam – 093.337.6281 31/31