Giải SGK Toán 10 Kết nối tri thức Bài tập ôn tập cuối năm trang 95, 96, 97

Giải Toán 10 Bài tập ôn tập cuối năm trang 95, 96, 97

A - Trắc nghiệm

Bài 1 trang 95 Toán 10 Tập 2: Cho hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn $\left\{\begin{array}{l}x+y>2\\ x-y\le 1\end{array}\right.$. Điểm nào sau đây thuộc miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho?

A. (1; 1). 

B. (2; 0). 

C. (3; 2). 

D. (3; – 2).

Lời giải:

Đáp án đúng là: C. 

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

Lần lượt thay tọa độ của các điểm vào hệ bất phương trình đã cho và xét xem tọa độ điểm nào thỏa mãn. 

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

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

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

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

Bài 2 trang 95 Toán 10 Tập 2: Cho tam giác ABC. Có bao nhiêu điểm M thỏa mãn $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|$ = 3?

A. Vô số.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A.

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

Do đó, $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$ (tính chất trọng tâm của tam giác).

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

Do đó có vô số điểm M thỏa mãn.

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

A. 1.                    

B. 2.                   

C. 3.                      

D. 4.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C.

Parabol có đỉnh là I(1; 4) nên $\frac{-b}{2.1}=1\iff b=-2$. 

Tọa độ điểm I(1; 4) thỏa mãn phương trình y = x² + bx + c, thay tọa độ I vào ta được: 

4 = 1² + (– 2) . 1 + c ⇔ c = 5. 

Do đó: b + c = – 2 + 5 = 3. 

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

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

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

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

D. Đường thẳng Δ có hệ số góc k = 2.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D.

Ta có phương trình đường thẳng Δ: x + 2y – 5 = 0. 

Một vectơ pháp tuyến của đường thẳng ∆ là $\overrightarrow{n}=\left(1;2\right)$, do đó, một vectơ chỉ phương của ∆ là $\overrightarrow{u}=\left(2;-1\right)$. 

Vậy đáp án A, B đúng. 

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

Vì 1 + 2 . 1 – 5 = – 2 ≠ 0, do đó A(1; 1) không thuộc đường thẳng ∆. 

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

Vậy đáp án C đúng. 

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

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

Vậy đáp án D sai. 

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

A. 9.                   

B. $C_4^2$.                 

C. $9C_4^2$.                      

D. $36C_4^2$. 

Lời giải:

Đáp án đúng là: D.

Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có: 

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

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

Bài 6 trang 95 Toán 10 Tập 2: Xác suất để trong hai người được chọn có ít nhất một nữ là:

A. $\frac{7}{15}$. 

B. $\frac{8}{15}$. 

C. $\frac{1}{15}$. 

D. $\frac{2}{15}$. 

Lời giải:

Đáp án đúng là: B. 

Tổ đó có tất cả: 7 + 3 = 10 (bạn). 

Chọn ngẫu nhiên 2 người trong 10 người, có $C_{10}^2=45$ cách chọn hay n(Ω) = 45. 

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

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

+ Trường hợp 1, chọn 1 nữ và 1 nam:

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

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

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

+ Trường hợp 1, chọn 2 nữ:

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

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

Do đó, n(A) = 24. 

Vậy xác suất để chọn được 2 người có ít nhất một nữ là P(A) = $\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{24}{45}=\frac{8}{15}$.

B - Tự luận

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

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

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

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

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

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

Lời giải:

a) Phát biểu các mệnh đề và xét tính đúng sai của mỗi mệnh đề như sau: 

+) P ⇒ Q: “Nếu tam giác ABC là tam giác vuông tại A thì tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB² + AC² = BC²”. Mệnh đề này là mệnh đề đúng (theo định lý Pythagore).

+) Q ⇒ P: “Nếu tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB² + AC² = BC² thì tam giác ABC là tam giác vuông tại A”. Mệnh đề này là mệnh đề đúng (theo định lý Pythagore).

+) P ⇔ Q: “Tam giác ABC là tam giác vuông tại A khi và chỉ khi tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB² + AC² = BC²”. Mệnh đề P ⇔ Q là mệnh đề đúng (Vì P ⇒ Q và Q ⇒ P đúng).

+)$\overline{P}$ ⇒ $\overline{Q}$: “Nếu tam giác ABC không là tam giác vuông tại A thì tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn AB² + AC² ≠ BC²”. Mệnh đề này là mệnh đề đúng. 

b) 

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

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

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. 

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

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

Bài 8 trang 96 Toán 10 Tập 2: a) Biểu diễn miền nghiệm D của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn sau:  

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

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

Lời giải:

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

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

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

Miền nghiệm của hệ $\left\{\begin{array}{l}x+y\le 6\\ 2x-y\le 2\\ x\ge 0\\ y\ge 0\end{array}\right.$như hình trên. 

b) Từ kết quả câu a, ta thấy miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác OABC kể cả các cạnh của tứ giác. Tọa độ của các đỉnh của tứ giác OABC là: O(0; 0), A(1; 0),$B\left(\frac{8}{3};\frac{10}{3}\right)$ , C(0; 6). 

Ta có: F(x; y) = 2x + 3y. 

F(0; 0) = 0; F(1; 0) = 2; ; F(0; 6) = 18. 

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

Bài 9 trang 96 Toán 10 Tập 2: Cho hàm số y = f(x) = ax² + bx + c với đồ thị là parabol (P) có đỉnh$I\left(\frac{5}{2};-\frac{1}{4}\right)$ và đi qua điểm A(1; 2).

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

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

c) Giải bất phương trình f(x) ≥ 0.

Lời giải:

a) Vì parabol có đỉnh $I\left(\frac{5}{2};-\frac{1}{4}\right)$ nên ta có h =$\frac{5}{2}$ và k =$-\frac{1}{4}$ . Suy ra phương trình của parabol (P) có dạng: $y=a{\left(x-\frac{5}{2}\right)}^2-\frac{1}{4}$. 

Vì parabol (P) đi qua điểm A(1; 2) nên ta có $2=a{\left(1-\frac{5}{2}\right)}^2-\frac{1}{4}$. Suy ra a = 1. 

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

* Vẽ parabol (P): 

Parabol có đỉnh $I\left(\frac{5}{2};-\frac{1}{4}\right)$, hệ số a = 1> 0 nên parabol có bề lõm hướng lên trên.

Phương trình trục đối xứng: $x=\frac{5}{2}$. 

Giao điểm của (P) với trục tung có tọa độ là B(0; 6). 

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

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

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

c) Ta có: f(x) ≥ 0 

⇔ x² – 5x + 6 ≥ 0

⇔ x ≤ 2 hoặc x ≥ 3 (từ đồ thị suy ra)

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

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

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

b) $\sqrt{x^2+18x-9}=2x-3$. 

Lời giải:

a) Bình phương hai vế của phương trình $\sqrt{2x^2-6x+3}=\sqrt{x^2-3x+1}$ ta được: 

2x² – 6x + 3 = x² – 3x + 1 

⇔ x² – 3x + 2 = 0 

⇔ x² – x – 2x + 2 = 0 

⇔ x(x – 1) – 2(x – 1) = 0 

⇔ (x – 2)(x – 1) = 0 

⇔ x = 2 hoặc x = 1

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

Vậy phương trình vô nghiệm. 

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

x² + 18x – 9 = (2x – 3)² 

⇔ x² + 18x – 9 = 4x² – 12x + 9

⇔ 3x² – 30x + 18 = 0 

⇔ x² – 10x + 6 = 0 

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

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

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

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

Lời giải:

Các số tự nhiên nhỏ hơn 1 000, chia hết cho 5 là các số tự nhiên nhỏ hơn 1 000 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 thỏa mãn. Do đó có 2 số có một chữ số thỏa mãn đề bài. 

• Trường hợp 2. Số có hai chữ số khác nhau dạng: $\overline{ab}$, $a\ne b$. 

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

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

Vậy có 8 + 9 = 17 số có hai chữ số khác nhau thỏa mãn đề bài. 

• Trường hợp 3. Số có ba chữ số khác nhau dạng: $\overline{abc},a\ne b\ne c$. 

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

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

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

Từ ba trường hợp trên ta có các số tự nhiên nhỏ hơn 1 000 thỏa mãn yêu cầu của đề bài là 2 + 17 + 136 = 155 (số). 

Bài 12 trang 96 Toán 10 Tập 2: Viết khai triển nhị thức Newton của (2x – 1)ⁿ, biết n là số tự nhiên thỏa mãn $A_n^2+24C_n^1=140$.

Lời giải:

Ta có: $A_n^2+24C_n^1=140$(1)

Điều kiện: n ≥ 2. 

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

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

⇔ n² – n + 24n = 140 

⇔ n² + 23n – 140 = 0 

⇔ n = 5 hoặc n = – 28.

Do đó ta có n = 5 thỏa mãn điều kiện. 

Khi đó ta có khai triển nhị thức Newton:

(2x – 1)⁵ = [2x + (– 1)]⁵

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

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

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

Bài 13 trang 96 Toán 10 Tập 2: Từ các công thức tính diện tích tam giác đã được học, hãy chứng minh rằng, trong tam giác ABC, ta có

$r=\frac{\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}}{2\sqrt{a+b+c}}$.

Lời giải:

Gọi S, p lần lượt là diện tích, nửa chu vi của tam giác ABC. 

Ta có: $p=\frac{a+b+c}{2}$. 

Theo các công thức về diện tích tam giác, ta có: 

$S=p.r=\sqrt{p.\left(p-a\right).\left(p-b\right).\left(p-c\right)}$. 

Từ đó suy ra:$r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{p.\left(p-a\right).\left(p-b\right).\left(p-c\right)}}{p}$

$$\begin{gathered} =\sqrt{\frac{p.\left(p-a\right).\left(p-b\right).\left(p-c\right)}{p^2}}=\sqrt{\frac{\left(p-a\right).\left(p-b\right).\left(p-c\right)}{p}} \\ =\sqrt{\frac{\left(\frac{a+b+c}{2}-a\right).\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right).\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)}{\frac{a+b+c}{2}}} \\ =\sqrt{\frac{\frac{b+c-a}{2}.\frac{a+c-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}}{\frac{a+b+c}{2}}}=\sqrt{\frac{1}{8}\mathrm{.2.}\frac{\left(b+c-a\right).\left(a+c-b\right).\left(a+b-c\right)}{a+b+c}} \\ =\sqrt{\frac{\left(b+c-a\right).\left(a+c-b\right).\left(a+b-c\right)}{4\left(a+b+c\right)}}=\frac{{\displaystyle \sqrt{\left(b+c-a\right).\left(c+a-b\right).\left(a+b-c\right)}}}{{\displaystyle 2\sqrt{a+b+c}}} \end{gathered}$$. 

Vậy r $=\frac{\sqrt{\left(b+c-a\right).\left(c+a-b\right).\left(a+b-c\right)}}{2\sqrt{a+b+c}}$(điều phải chứng minh). 

Bài 14 trang 96 Toán 10 Tập 2: 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 $\overrightarrow{DM},\overrightarrow{AN}$ theo các vectơ $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}$. 

b) Tính $\overrightarrow{DM}\cdot \overrightarrow{AN}$ và tìm góc giữa hai đường thẳng DM và AN.

Lời giải:

a) Vì M là trung điểm của AB nên $\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$. 

Do đó, ta có: $\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}$. 

Vì N là trung điểm của BC nên $\overrightarrow{BN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$. 

Do ABCD là hình vuông nên $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$. Khi đó, $\overrightarrow{BN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$. 

Theo quy tắc ba điểm ta có: $\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$. 

b) Do ABCD là hình vuông nên ta có: AB = AD = a,$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=0$ (AB ⊥ AD). 

Từ đó suy ra $\overrightarrow{DM}\cdot \overrightarrow{AN}=\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}\right)\cdot \left(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right)$

$=\frac{1}{2}{\left(\overrightarrow{AB}\right)}^2+\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{AB}-\frac{1}{2}{\left(\overrightarrow{AD}\right)}^2$. 

$=\frac{1}{2}A{B}^2+\frac{1}{4}\cdot 0-0-\frac{1}{2}A{D}^2$

$=\frac{1}{2}\left(A{B}^2-A{D}^2\right)=0$

Do đó: $\overrightarrow{DM}\cdot \overrightarrow{AN}=0\iff \overrightarrow{DM}\perp \overrightarrow{AN}\iff DM\perp AN$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng  DM và AN bằng 90°. 

Bài 15 trang 96 Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa 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: $\overrightarrow{BC}=\left(4-1;\left(-2\right)-2\right)=\left(3;-4\right)$. 

Do đó đường thẳng BC có 1 vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_{BC}}=\left(3;-4\right)$. 

Suy ra đường thẳng BC có 1 vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{BC}}=\left(4;3\right)$. 

Phương trình đường thẳng BC là 4.(x – 1) + 3(y – 2) = 0 hay 4x + 3y – 10 = 0. 

b) Ta có: $BC=\sqrt{3^2+{\left(-4\right)}^2}=5$. 

Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC là 

d(A, BC) = $\frac{\left|4\cdot \left(-1\right)+3\cdot 3-10\right|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\frac{5}{5}=1$. 

Độ dài đường cao kẻ từ A của tam giác ABC chính bằng khoảng cách từ A đến đường thẳng BC. Do đó, diện tích tam giác ABC là

S_ABC = $\frac{1}{2}d\left(A,BC\right)\cdot BC=\frac{1}{2}\mathrm{.1.5}=\frac{5}{2}$. 

c) Đường tròn có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng BC có bán kính bằng khoảng cách từ A đến đường thẳng BC, do đó R = d(A, BC) = 1. 

Vậy phương trình đường tròn là (x + 1)² + (y – 3)² = 1. 

Bài 16 trang 96 Toán 10 Tập 2: Trên mặt phẳng tọa độ, hai vật thể khởi hành cùng lúc tại hai điểm A(1; 1) và B(– 1; 21) với các vectơ vận tốc tương ứng là $\overrightarrow{v_A}=\left(1;2\right),\overrightarrow{v_B}=\left(1;-4\right)$. Hỏi hai vật thể đó có gặp nhau hay không?

Lời giải:

Vật A khởi hành từ điểm A(1; 1) với vectơ vận tốc là $\overrightarrow{v_A}=\left(1;2\right)$, do đó phương trình chuyển động của vật A là $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1+2t\end{array}\right.$. 

Vật B khởi hành từ điểm B(– 1; 21) với vectơ vận tốc là $\overrightarrow{v_B}=\left(1;-4\right)$, do đó phương trình chuyển động của vật B là $\left\{\begin{array}{l}x=-1+t^{\text{'}}\\ y=21-4t^{\text{'}}\end{array}\right.$. 

Giả sử 2 vật có thể gặp nhau, nghĩa là tồn tại thời điểm m (m > 0) để hai vật ở cùng một vị trí. 

Vị trí của vật khởi hành từ điểm A tại thời điểm m là $\left\{\begin{array}{l}x=1+m\\ y=1+2m\end{array}\right.$. 

Vị trí của vật khởi hành từ điểm B tại thời điểm m là $\left\{\begin{array}{l}x=-1+m\\ y=21-4m\end{array}\right.$. 

Vì hai vật có cùng vị trí tại thời điểm m nên ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}1+m=-1+m\\ 1+2m=21-4m\end{array}\right.$. 

Giải hệ phương trình trên, ta thấy, phương trình đầu 1 + m = – 1 + m  ⇔ 1 = – 1 (vô lí), vậy phương trình này vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm.  

Vậy hai vật không thể gặp nhau. 

Bài 17 trang 97 Toán 10 Tập 2: Trong đêm, một âm thanh cầu cứu 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 trí B. Giả sử vận tốc âm thanh là 1 236 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_A, t_B lần lượt là thời gian truyền từ M đến các trạm phát thanh A, B. 

Theo đề bài ta có t_B – t_A = 6 (giây) hay t_A – t_B = – 6 (giây).

Đổi 1 236 km/h = $\frac{1236}{3600}km/s=\frac{103}{300}km/s$. 

Khi đó vận tốc âm thanh là $v=\frac{103}{300}km/s$

Khoảng cách từ M đến A chính là quãng đường âm thanh di chuyển từ M đến A, do đó MA = v . t_A. 

Khoảng cách từ M đến B chính là quãng đường âm thanh di chuyển từ M đến B, do đó MB = v . t_B. 

Từ đó suy ra: MA – MB = v . t_A – v . t_B= v(t_A – t_B) = $\frac{103}{300}.\left(-6\right)=-\frac{103}{50}=-\mathrm{2,06}$. 

Gọi (H) là hypebol ở dạng chính tắc nhận A, B làm hai tiêu điểm và đi qua M. Khi đó ta có $\left\{\begin{array}{l}2c=AB=16\\ 2a=\left|MA-MB\right|=\left|-\mathrm{2,06}\right|=\mathrm{2,06}\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}c=8\\ a=\mathrm{1,03}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=\mathrm{1,03}\\ b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{8^2-{\left(\mathrm{1,03}\right)}^2}=\sqrt{\mathrm{62,9391}}\end{array}\right.$

Vậy phương trình chính tắc của (H) là $\frac{x^2}{{\left(\mathrm{1,03}\right)}^2}-\frac{y^2}{{\left(\sqrt{\mathrm{62,9391}}\right)}^2}=1$ hay $\frac{x^2}{\mathrm{1,0609}}-\frac{y^2}{\mathrm{62,9391}}=1$. 

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

Vậy phạm vi tìm kiếm vị trí phát ra âm thanh đó là hypebol (H) có phương trình $\frac{x^2}{\mathrm{1,0609}}-\frac{y^2}{\mathrm{62,9391}}=1$.

Bài 18 trang 97 Toán 10 Tập 2: Các nhà toán học cổ đại Trung Quốc đã dùng phân số $\frac{22}{7}$ để xấp xỉ cho π.

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 < π < 3,1416.

Lời giải:

a) Số đúng là số π, số gần đúng là $\frac{22}{7}$. 

b)Vì 3,1415 < π < 3,1416

Nên – 3,1415 > – π > – 3,1416

$\iff \frac{22}{7}-\mathrm{3,1416}<\frac{22}{7}-\pi <\frac{22}{7}-\mathrm{3,1415}$

Từ đó suy ra: $\left|\frac{22}{7}-\pi \right|<\frac{22}{7}-\mathrm{3,1415}=\mathrm{0,001357142...}<\mathrm{0,0014}$.

Do đó sai tuyệt đối không quá 0,0014 và sai số tương đối nhỏ hơn $\frac{\mathrm{0,0014}}{\frac{22}{7}}<\mathrm{0,05}\%$.  

Bài 19 trang 97 Toán 10 Tập 2: Tỉ lệ hộ nghèo (%) của 10 tỉnh/thành phố thuộc đồng bằng sông Hồng trong năm 2010 và năm 2016 được cho trong bảng sau:

a) Tính số trung bình và 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 gì về số trung bình và độ phân tán của tỉ lệ hộ nghèo các tỉnh/thành phố thuộc đồng bằng sông Hồng trong các năm 2010 và 2016.

Lời giải:

a) 

* Năm 2010: 

Tỉ lệ hộ nghèo trung bình là

$\overline{x_1}=\frac{\mathrm{5,3}+\mathrm{10,4}+\mathrm{7,0}+\mathrm{10,8}+\mathrm{6,5}+\mathrm{11,1}+\mathrm{10,7}+\mathrm{12,0}+\mathrm{10,0}+\mathrm{12,2}}{10}=\mathrm{9,6}$. 

Phương sai của mẫu số liệu trên là: 

$s_1^2=\frac{1}{10}$[(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] = 5,308. 

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là s₁ = $\sqrt{s_1^2}=\sqrt{\mathrm{5,308}}\approx \mathrm{2,304}$. 

* Năm 2016: 

Tỉ lệ hộ nghèo trung bình là

$\overline{x_2}=\frac{\mathrm{1,3}+\mathrm{2,9}+\mathrm{1,6}+\mathrm{2,3}+\mathrm{2,1}+\mathrm{2,6}+\mathrm{3,7}+\mathrm{4,4}+\mathrm{3,0}+\mathrm{4,3}}{10}=\mathrm{2,82}$. 

Phương sai của mẫu số liệu trên là: 

$s_2^2=\frac{1}{10}$[(1,3 – 2,82)² + (2,9 – 2,82)² + (1,6 – 2,82)² + (2,3 – 2,82)² + (2,1 – 2,82)² + (2,6 – 2,82)² + (3,7 – 2,82)² + (4,4 – 2,82)² + (3,0 – 2,82)² + (4,3 – 2,82)²] = 1,0136. 

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là s₂ = $\sqrt{s_2^2}=\sqrt{\mathrm{1,0136}}\approx \mathrm{1,007}$. 

b) Nhận xét: 

Dựa theo số trung bình thì tỉ lệ hộ nghèo của các tỉnh/thành phố thuộc đồng bằng sông Hồng của năm 2016 giảm so với năm 2010 (do 2,82 < 9,6). 

Dựa theo độ lệch chuẩn của tỉ lệ hộ nghèo năm 2016 cũng giảm so với năm 2010 (do 1,007 < 2,304), điều đó có nghĩa là mức độ phân tán hay chênh lệch về tỉ lệ hộ nghèo giữa các tỉnh của năm 2016 thấp hơn so với năm 2010.

Bài 20 trang 97 Toán 10 Tập 2: 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 Ω là các tập {a; b; c} (với {a; b; c} là tập con của tập các số tự nhiên của đoạn [1; 23]). 

Vậy n(Ω) = $C_{23}^3=1771$.

Gọi biến cố H: “Tổng ba số được chọn là một số chẵn”. 

Ta có H ⊂ Ω là các tập {a; b; c} mà a + b + c chẵn. 

Mà a + b + c chẵn khi và chỉ khi cả 3 số cùng chẵn hoặc có 2 số lẻ và 1 số chẵn. 

Trường hợp 1. Cả ba số được chọn 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 $C_{11}^3=165$. 

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 n(B) = 12. 

Chọn 2 số lẻ trong 12 số lẻ có $C_{12}^2=66$ cách chọn. 

Chọn 1 số chẵn trong 11 số chẵn có 11 cách chọn. 

Theo quy tắc nhân, do đó số tập {a; b; c} với 2 số lẻ và 1 số chẵn là 66 . 11 = 726. 

Vậy có 726 bộ ba số {a; b; c} gồm 2 số lẻ và 1 số chẵn. 

Do đó, n(H) = 165 + 726 = 891. 

Vậy xác suất của biến cố H là $P\left(H\right)=\frac{n\left(H\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{891}{1771}=\frac{81}{161}$. 

Xem thêm lời giải bài tập SGK Toán lớp 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 26: Biến cố và định nghĩa cổ điển của xác suất

Bài 27: Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển

Bài tập cuối chương 9 trang 88, 89

Một số nội dung cho hoạt động trải nghiệm hình học

Ước tính số cá thể trong một quần thể