Câu hỏi:

Cho hai nửa khoảng M = (0; 2], N = [1; 4). Tìm E = C_ℝ(M ∩ N).

A. E = (0; 4);

B. E = [1; 2]

C. E = (– ∞; 1) ∪ (2; +∞);

D. E = (– ∞; 0] ∪ [4; +∞).

Trả lời:

Đáp án đúng: C

Ta có:

$M = (0; 2] = \{x \in \mathbb{R} | 0 < x \le 2\}$
$N = [1; 4) = \{x \in \mathbb{R} | 1 \le x < 4\}$

Do đó, $M \cap N = [1; 2]$.
Vậy, $E = C_{\mathbb{R}}(M \cap N) = \mathbb{R} \setminus [1; 2] = (\text{-} \infty; 1) \cup (2; +\infty)$.

Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài

Đề thi kiểm tra giữa học kì 1 môn Toán lớp 10 - KNTT - Đề 3

18/09/2025

0 lượt thi

0 / 37

Bắt đầu thi

Câu hỏi liên quan

Câu 24:

Cho mệnh đề: “Nếu tứ giác là một hình thoi thì tứ giác đó nội tiếp được một đường tròn”.

Mệnh đề đảo của mệnh đề trên là:

Lời giải:

Đáp án đúng: C

Mệnh đề gốc có dạng: p -> q, với p: "tứ giác là hình thoi", q: "tứ giác nội tiếp được đường tròn". Mệnh đề đảo của mệnh đề p -> q là mệnh đề q -> p, tức là "Nếu một tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn thì tứ giác đó là hình thoi".

Câu 25:

Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 8 và $μ = 30 °$ . Tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Lời giải:

Đáp án đúng:

Ta có công thức tính diện tích tam giác: $S = \frac{1}{2}ab\sin{C}$.
Trong trường hợp này, ta có:
$S = \frac{1}{2}AB.AC.\sin{A} = \frac{1}{2}.4.8.\sin{30^\circ} = \frac{1}{2}.4.8.\frac{1}{2} = 8$.
Mặt khác, theo định lý sin, ta có $\frac{BC}{\sin{A}} = 2R$, suy ra $R = \frac{BC}{2\sin{A}}$.
Áp dụng định lý cosin cho tam giác ABC, ta có:
$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2.AB.AC.\cos{A} = 4^2 + 8^2 - 2.4.8.\cos{30^\circ} = 16 + 64 - 64.\frac{\sqrt{3}}{2} = 80 - 32\sqrt{3} \approx 24.56$.
Suy ra $BC = \sqrt{80-32\sqrt{3}} \approx 4.956$.
Vậy $R = \frac{BC}{2\sin{A}} = \frac{\sqrt{80-32\sqrt{3}}}{2.\sin{30^\circ}} = \frac{\sqrt{80-32\sqrt{3}}}{2.\frac{1}{2}} = \sqrt{80-32\sqrt{3}} \approx 4.956 \approx 5$.
Vậy đáp án là C.

Câu 26:

Cho góc α thỏa mãn $\cos α^{2} = \frac{1}{6}$ . Khẳng định nào sau đây là đúng?

Lời giải:

Đáp án đúng: C

Ta có $\cos^2{\alpha} = \frac{1}{6}$. Suy ra $\sin^2{\alpha} = 1 - \cos^2{\alpha} = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$.
Khi đó, $\tan^2{\alpha} = \frac{\sin^2{\alpha}}{\cos^2{\alpha}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{1}{6}} = 5$.
Vậy $1 + \tan^2{\alpha} = 1 + 5 = 6$.
Nhưng đề bài yêu cầu $1 + tan^2{\alpha}=5$ do đó đáp án C sai. Đề bài cho $\cos^2{\alpha} = \frac{1}{6}$, ta có $\sin^2{\alpha} = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$.
$\cot^2{\alpha} = \frac{\cos^2{\alpha}}{\sin^2{\alpha}} = \frac{\frac{1}{6}}{\frac{5}{6}} = \frac{1}{5}$.
Khi đó $1 + \cot^2{\alpha} = 1 + \frac{1}{5} = \frac{6}{5} \neq 6$ và $1 + \cot^2{\alpha} = 1 + \frac{1}{5} = \frac{6}{5} \neq 5$. Do đó đáp án A và B sai.
Vậy $1 + \tan^2{\alpha} = \frac{1}{\cos^2{\alpha}} = \frac{1}{\frac{1}{6}} = 6$.
Suy ra $1 + \tan^2{\alpha} = 6$.

Câu 27:

Cho định lý sau: “Nếu hai tam giác bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng”.

Phát biểu định lý trên dưới dạng điều kiện cần.

Lời giải:

Đáp án đúng: A

Định lý: Nếu A thì B.
Điều kiện cần: B xảy ra thì A xảy ra là điều kiện cần.
Trong trường hợp này, A là "hai tam giác bằng nhau" và B là "hai tam giác đồng dạng".
Vậy, "Hai tam giác bằng nhau là điều kiện cần để hai tam giác đó đồng dạng" là đáp án đúng.

Câu 28:

Miền nghiệm của bất phương trình x – 3y + 3 > 0 là:

Lời giải:

Đáp án đúng: A

Để xác định miền nghiệm của bất phương trình $x - 3y + 3 > 0$, ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Vẽ đường thẳng $\Delta: x - 3y + 3 = 0$.
Bước 2: Chọn một điểm không nằm trên $\Delta$, ví dụ gốc tọa độ $O(0, 0)$. Thay tọa độ của $O$ vào bất phương trình: $0 - 3(0) + 3 = 3 > 0$.
Bước 3: Vì $3 > 0$ nên gốc tọa độ $O(0, 0)$ thuộc miền nghiệm của bất phương trình $x - 3y + 3 > 0$. Do đó, miền nghiệm là nửa mặt phẳng bờ $\Delta$ (không kể bờ) chứa gốc tọa độ O.

Vậy đáp án là D.

Câu 29:

Cho các mệnh đề dưới đây:

(1) 24 là số nguyên tố.

(2) Phương trình x² – 5x + 9 = 0 có 2 nghiệm thực phân biệt.

(3) Phương trình x² + 1 = 0 có 2 nghiệm thực phân biệt.

(4) Mọi số nguyên lẻ đều không chia hết cho 2.

Trong các mệnh đề trên, có bao nhiêu mệnh đề đúng?

Lời giải: