Giải SGK toán 10 trang 96 tập 2

Bài viết Giải SGK Toán 10 trang 96 tập 2 thuộc nội dung Bài tập cuối năm của bộ sách Kết nối tri thức với cuộc sống, giúp học sinh hệ thống hóa kiến thức Toán 10 đã học. Lời giải được trình bày rõ ràng, dễ hiểu, hỗ trợ các em ôn tập, củng cố kỹ năng giải bài tập và chuẩn bị tốt cho các bài kiểm tra.

Giải bài 8 trang 96 Toán 10 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải

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

- Vẽ đường thẳng x + y = 6 trên mặt phẳng Oxy, lấy điểm O(0; 0) không thuộc đường thẳng x + y = 6, ta thấy 0 + 0 < 6, do đó 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 đường thẳng x + y = 6.

- Vẽ đường thẳng 2x – y = 2 trên mặt phẳng Oxy, lấy điểm O(0; 0) không thuộc đường thẳng 2x – y = 2, ta thấy 2 . 0 – 0 ≤ 2, do đó 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 đường thẳng 2x – y = 2.

- Miền nghiệm của bất phương trình x ≥ 0 chính là nửa mặt phẳng có bờ là trục Oy, chứa điểm (1; 0) kể cả trục Oy.

- Miền nghiệm của bất phương trình y ≥ 0 chính là nửa mặt phẳng có bờ là trục Ox, chứa điểm (0; 1) kể cả trục Ox.

Vậy ta biểu diễn được miền nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l} x + y \le 6\\ 2x - y \le 2\\ x \ge 0\\ y \ge 0 \end{array} \right.\) là miền tứ giác OABC kể cả các cạnh của tứ giác như hình trên.

b) Theo câu a, ta có 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(8/3;10/3), C(0; 6).

Ta có: F(x; y) = 2x + 3y.

Ta tính được:

F(0; 0) = 2 . 0 + 3 . 0 = 0;

F(1; 0) = 2 . 1 + 3 . 0 = 2;

F(8/3;10/3)=2.8/3+3.10/3=46/3;

F(0; 6) = 2 . 0 + 3 . 6 = 18.

Vậy giá trị lớn nhất của F(x; y) = 2x + 3y trên miền D là 18 tại (x; y) = (0; 6).

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

Giải bài 9 trang 96 Toán 10 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải

a) Theo bài ra ta có parabol có đỉnh \(I\left( {\frac{5}{2}; - \frac{1}{4}} \right)\) nên \(h = \frac{5}{2};k = - \frac{1}{4}\).

=> Phương trình của parabol (P) có dạng: \(y = a{\left( {x - \frac{5}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4}\).

Lại có parabol (P) đi qua điểm A(1; 2) nên thay tọa độ điểm A vào phương trình parabol ta được: \(2 = a{\left( {1 - \frac{5}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4} \Rightarrow a = 1\).

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).

- Hệ số a = 1 > 0 nên parabol có bề lõm hướng lên trên.

Parabol (P) có

- Đỉnh \(I\left( {\frac{5}{2}; - \frac{1}{4}} \right)\):

- Phương trình trục đối xứng x=5/2;

- Giao điểm của (P) với trục tung là điểm B(0; 6);

- Phương trình x² – 5x + 6 = 0 có hai nghiệm x = 2 và x = 3.

=> 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 hình vẽ ở câu a, ta thấy hàm số y = x²– 5x + 6 đồng biến trên khoảng (5/2;+∞) và nghịch biến trên khoảng (−∞;5/2).

c) Giải bất phương trình

f(x) ≥ 0 ⇔ x² – 5x + 6 ≥ 0

Tam thức bậc hai f(x) = x² – 5x + 6 có hệ số a = 1 > 0 và có hai nghiệm phân biệt x₁ = 2 và x₂ = 3, do đó f(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 hoặc x ≥ 3.

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

Giải bài 10 trang 96 Toán 10 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải

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

2x² – 6x + 3 = x² – 3x + 1 (1)

Giải (1) ta có: (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 đã cho 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 (2)

Giải (2) ta có: (2) ⇔ x² + 18x – 9 = 4x² – 12x + 9

⇔ 3x² – 30x + 18 = 0

⇔ x² – 10x + 6 = 0

⇔ \(\left[ \begin{array}{l} x = 5 + \sqrt {19} \\ x = 5 - \sqrt {19} \end{array} \right.\)

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

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x = 5 + \sqrt {19}\).

Giải bài 11 trang 96 Toán 10 KNTT 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?

Hướng dẫn giải

Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi nó có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.

Do đó, ta có ba trường hợp sau:

+ Trường hợp 1. Số có một chữ số: Chỉ có 0 và 5 thỏa mãn.

Vậy có 2 số có một chữ số thỏa mãn đề bài.

+ Trường hợp 2. Số có hai chữ số khác nhau chia hết cho 5.

Gọi số đó có dạng \(\overline {ab}\); (Điều kiện: a≠b).

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

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

Vậy có 8 + 9 = 17 số có hai chữ số khác nhau chia hết cho 5.

+ Trường hợp 3. Số có ba chữ số khác nhau chia hết cho 5.

Gọi số đó có dạng \(\overline {abc}\); (Điều kiện: a≠b≠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

=> Có \(A_9^2 = 72\) số.

Vậy có 64 + 72 = 136 số có ba chữ số khác nhau chia hết cho 5.

Từ ba trường hợp trên, vậy các số tự nhiên nhỏ hơn 1 000 thỏa mãn yêu cầu của đề bài là

2 + 17 + 136 = 155 (số).

Vậy có 155 số tự nhiên nhỏ hơn 1 000, chia hết cho 5 và gồm các chữ số khác nhau.

Giải bài 12 trang 96 Toán 10 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải

Điều kiện n ≥ 2

\(\begin{array}{l} A_n^2 + 24C_n^1 = 140\\ \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} + 24\frac{{n!}}{{1!.\left( {n - 1} \right)!}} = 140\\ \Leftrightarrow \frac{n}{{n - 1}} + 24.n = 140\\ \Leftrightarrow {n^2} + 23n - 140 = 0 \end{array}\)

⇒ n = 5 hoặc n = – 28.

Ta có: n = 5 thỏa mãn điều kiện.

Khi đó ta có khai triển nhị thức Newton:

(2x – 1)⁵

= [2x + (– 1)]⁵

\(\begin{array}{l} = C_5^0.{\left( {2x} \right)^5} + C_5^1.{\left( {2x} \right)^4}.\left( { - 1} \right) + C_5^2.{\left( {2x} \right)^3}.{\left( { - 1} \right)^2}\\ + C_5^3.{\left( {2x} \right)^2}.{\left( { - 1} \right)^3} + C_5^4.{\left( {2x} \right)^1}.{\left( { - 1} \right)^4} + C_5^5.{\left( { - 1} \right)^5}\\ = 32{x^5} - 80{x^4} + 80{x^3} - 40{x^2} + 10x - 1 \end{array}\)

Giải bài 13 trang 96 Toán 10 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải

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

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

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

Suy ra:

\(\begin{array}{l} r = \frac{S}{p} = \frac{{\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} }}{p}\\ = \sqrt {\frac{{p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}}{{{p^2}}}} \\ = \sqrt {\frac{{\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}}{{{p^2}}}} \\ = \sqrt {\frac{{\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - a} \right)\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - b} \right)\left( {\frac{{a + b + c}}{2} - c} \right)}}{{\frac{{a + b + c}}{2}}}} \\ = \sqrt {\frac{{\left( {\frac{{b + c - a}}{2}} \right)\left( {\frac{{a - b + c}}{2}} \right)\left( {\frac{{a + b - c}}{2}} \right)}}{{\frac{{a + b + c}}{2}}}} \\ = \frac{{\sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {a - b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)} }}{{2\sqrt {{{\left( {a + b + c} \right)}^2}} }} \end{array}\)

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 cần phải chứng minh).

Giải bài 14 trang 96 Toán 10 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

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

Áp dụng quy tắc 3 điểm ta có: \(\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD}\).

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

Vì ABCD là hình vuông nên \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AD}\).

=> \(\overrightarrow {BN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD}\).

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

b) Vì ABCD là hình vuông nên AB = AD, AB ⊥ AD, suy ra \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} = 0\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {DM} .\overrightarrow {AN} = \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} } \right).\left( {\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} } \right)\\ = \frac{1}{2}{\left( {\overrightarrow {AB} } \right)^2} + \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} - \frac{1}{2}{\overrightarrow {AD} ^2}\\ = \frac{1}{2}A{B^2} + \frac{1}{4}.0 - 0 - \frac{1}{2}A{D^2} = \frac{1}{2}\left( {A{B^2} - A{D^2}} \right) = 0\\ \Rightarrow \overrightarrow {DM} .\overrightarrow {AN} = 0 \Rightarrow DM \bot AN \end{array}\)

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

Giải bài 15 trang 96 Toán 10 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải

a) Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \left( {4 - 1; - 2 - 2} \right) = \left( {3; - 4} \right)\)

Đường thẳng BC có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_{BC}}} = \overrightarrow {BC} = \left( {3; - 4} \right)\)

=> Đường thẳng BC có một 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 \(d\left( {A;BC} \right) = \frac{{\left| {4.\left( { - 1} \right) + 3.3 - 10} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 1\)

Vậy diện tích tam giác ABC là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.d\left( {A;BC} \right).BC = \frac{1}{2}.1.5 = \frac{5}{2}\).

c) Đường tròn tâm A(– 1; 3) và tiếp xúc với đường thẳng BC có bán kính bằng khoảng cách từ A đến đường thẳng BC hay R = d(A, BC) = 1.

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

Giải bài 16 trang 96 Toán 10 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải

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

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

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

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

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

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

Phương trình thứ nhất của hệ vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm.

----------------------

Hy vọng phần Giải Toán 10 KNTT Bài tập cuối năm trang 96 tập 2 sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, hiểu cách vận dụng công thức và phương pháp giải vào từng dạng bài. Các em nên chủ động luyện tập và đối chiếu đáp án để củng cố kiến thức, nâng cao kỹ năng làm bài môn Toán 10.