Bài tập cuối chương 9

Bộ 15 Bài tập cuối chương 9 có đáp án đầy đủ gồm các câu hỏi trắc nghiệm đầy đủ các mức độ nhận biết, thông hiểu, vận dụng, vận dung cao sách Chân trời sáng tạo giúp học sinh ôn luyện trắc nghiệm Toán 10 Bài tập trắc nghiệm tổng hợp Toán 10 Chương 9.

378
  Tải tài liệu

Trắc nghiệm Toán 10 Bài tập Cuối chương 9 - Chân trời sáng tạo

Câu 1. Cho ∆ABC có C(–1; 2), đường cao BH: x – y + 2 = 0, đường phân giác trong AN: 2x – y + 5 = 0. Tọa độ điểm A là:

A. A43;73;

B. A43;73;

C. A43;73;

D. A43;73.

Đáp án: A

Giải thích:

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

Đường cao BH: x – y + 2 = 0 có vectơ pháp tuyến là nBH=1;1.

Vì BH là đường cao của ∆ABC nên BH  AC.

Suy ra vectơ pháp tuyến của BH là vectơ chỉ phương của AC.

Do đó vectơ chỉ phương của AC là uAC=nBH=1;1.

Vì vậy AC có vectơ pháp tuyến là nAC=1;1.

Đường thẳng AC đi qua C(–1; 2), có vectơ pháp tuyến nAC=1;1.

Suy ra phương trình AC: 1(x + 1) + 1(y – 2) = 0.

 x + y – 1 = 0.

Ta có A là giao điểm của AC và AN.

Do đó tọa độ của điểm là nghiệm của hệ phương trình:

x+y1=02xy+5=0x=43y=73

Khi đó ta có A43;73.

Vậy ta chọn phương án A.

Câu 2. Cho u=4;5 và v=3;a. Tìm a để uv.

A. a=125;

B. a=125;

C. a=512;

D. a=512.

Đáp án: B

Giải thích:

Ta có uvu.v=0

 4.3 + 5.a = 0

 12 + 5a = 0

 5a = –12

a=125

Vậy ta chọn phương án B.

Câu 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(–1; 1), B(1; 3), C(5; 2). Tọa độ điểm D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD là:

A. (3; –2);

B. (5; 0);

C. (3; 0);

D. (5; –2).

Đáp án: C

Giải thích:

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

Với A(–1; 1), B(1; 3), C(5; 2) và D(xD; yD) ta có:

+) AB=xBxA;yByA=11;31=2;2.

+) DC=xCxD;yCyD=5xD;2yD.

Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔ AB=DC.

2=5xD2=2yDxD=3yD=0.

Ta suy ra tọa độ D(3; 0).

Vậy ta chọn phương án C.

Câu 4. Cho hai điểm A(6; –1) và B(x; 9). Giá trị của x để khoảng cách giữa A và B bằng 55 là:

A. x ∈ ;

B. x = 1;

C. x = 11;

D. x = 11 hoặc x = 1.

Đáp án: D

Giải thích:

Ta có AB=xBxA2+yByA2

Suy ra AB=x62+9+12=x62+102

Theo đề, ta có AB = 55.

 x2 – 12x + 36 + 100 = 125

 x2 – 12x + 11 = 0

 x = 11 hoặc x = 1.

Vậy ta chọn phương án D.

Câu 5. Cho a=1;2b=2;3Góc giữa hai vectơ u=3a+2b và v=a5b bằng

A. 45°;

B. 60°;

C. 90°;

D. 135°.

Đáp án: D

Giải thích:

Với a=1;2b=2;3 ta có:

+) 3a=3.1;3.2=3;62b=2.2;2.3=4;6.

Suy ra u=3a+2b=34;6+6=1;12.

+) a=3;45b=5.2;5.3=10;15.

Suy ra v=a5b=310;415=13;11.

Ta có: cosu,v=u.vu.v

=1.13+12.1112+122.132+112

=145145.290=12

Suy ra u,v=135°.

Câu 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆ABC có A(–3; 0), B(3; 0) và C(2; 6). Gọi H(a; b) là trực tâm của ∆ABC. Giá trị của a + 6b bằng:

A. 3;

B. 6;

C. 7;

D. 5.

Đáp án: C

Giải thích:

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

+ Với A(–3; 0), B(3; 0)C(2; 6) và H(a; b) ta có:

• BC=1;6,AC=5;6.

• AH=a+3;b,BH=a3;b.

Vì H là trực tâm của ∆ABC nên AH  BC.

Suy ra AHBC.

Do đó AH.BC=0

Khi đó ta có (a + 3).(–1) + 6b = 0

Vì vậy –a + 6b – 3 = 0 (1).

Vì H là trực tâm của ∆ABC nên BH  AC.

Suy ra BHAC

Do đó BH.AC=0

Khi đó ta có (a – 3).5 + 6b = 0

Vì vậy 5a + 6b – 15 = 0 (2).

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

a+6b3=05a+6b15=0a=2b=56

Do đó ta có a + 6b = 2 + 6.56 = 7.

Vậy ta chọn phương án C.

Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có A(3; 5), B(9; 7), C(11; –1). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Tọa độ của MN là:

A. (2; –8);

B. (1; –4);

C. (10; 6);

D. (5; 3).

Đáp án: B

Giải thích:

Vì M là trung điểm AB nên xM=xA+xB2=3+92=6yM=yA+yB2=5+72=6

Suy ra M(6; 6).

Vì N là trung điểm AC nên xN=xA+xC2=3+112=7yN=yA+yC2=512=2

Suy ra N(7; 2).

Do đó ta có MN=xNxM;yNyM=76;26=1;4.

Vậy ta chọn phương án B.

Câu 8. Cho ∆ABC có A(2; –1), B(4; 5), C(–3; 2). Phương trình tổng quát của đường trung tuyến AM là:

A. x + 3y – 7 = 0;

B. 3x + y – 7 = 0;

C. 3x + y – 5 = 0;

D. x + 3y – 5 = 0.

Đáp án: C

Giải thích:

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

Vì ∆ABC có AM là đường trung tuyến nên M là trung điểm BC.

Ta suy ra xM=xB+xC2=432=12yM=yB+yC2=5+22=72

Khi đó ta có M12;72

Với A(2; –1) và M12;72 ta có:

AM=32;9223AM=1;3

Đường thẳng AM có vectơ chỉ phương u=23AM=1;3 nên đường thẳng AM nhận n=3;1 làm vectơ pháp tuyến.

Đường thẳng AM đi qua A(2; –1), có vectơ pháp tuyến n=3;1.

Suy ra phương trình tổng quát của đường thẳng AM là:

3.(x – 2) + 1.(y + 1) = 0

 3x + y – 5 = 0.

Vậy ta chọn phương án C.

Câu 9. Giao điểm M của hai đường thẳng (d): x=12ty=3+5t và (d’): 3x – 2y – 1 = 0 là:

A. M0;12;

B. u=2;5M0;12;

C. M12;0;

D. M2;112.

Đáp án: B

Giải thích:

Đường thẳng (d): x=12ty=3+5t

(d) có vectơ chỉ phương u=2;5.

Suy ra (d) có vectơ pháp tuyến n=5;2.

(d) đi qua A(1; –3), có vectơ pháp tuyến n=5;2 nên có phương trình tổng quát là:

5(x – 1) + 2(y + 3) = 0

 5x + 2y + 1 = 0.

Ta có M là giao điểm của (d) và (d’) nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:

5xM+2yM+1=03xM2yM1=0xM=0yM=12

Khi đó ta có M0;12.

Vậy ta chọn phương án B.

Câu 10. Cặp đường thẳng nào sau đây vuông góc với nhau?

A. d1:x=ty=12t và d2: 2x + y – 1 = 0;

B. d1: x – 2 = 0 và d2:x=ty=0;

C. d1: 2x – y + 3 = 0 và d2: x – 2y + 1 = 0;

D. d1: 2x – y + 3 = 0 và d2: 4x – 2y + 1 = 0.

Đáp án: B

Giải thích:

Ta xét phương án A:

d1 có vectơ chỉ phương u1=1;2.

Suy ra d1 có vectơ pháp tuyến n1=2;1.

d2 có vectơ pháp tuyến n2=2;1.

Do đó n1.n2=2.2+1.1=50.

Vì vậy n1 không vuông góc với n2.

Khi đó ta có d1 không vuông góc với d2.

Vậy ta loại phương án A.

Ta xét phương án B:

d1 có vectơ pháp tuyến n1=1;0.

d2 có vectơ chỉ phương u2=1;0.

Suy ra d2 có vectơ pháp tuyến n2=0;1.

Khi đó ta có n1.n2=1.0+0.1=0.

Do đó n1n2.

Vì vậy d1  d2.

Đến đây ta có thể chọn phương án B.

• Ta thực hiện tương tự như trên, ta loại phương án C, D.

Vậy ta chọn phương án B.

Câu 11. Cho đường thẳng (d): x – 2y + 5 = 0. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. (d) có hệ số góc k=12;

B. (d) cắt (d’): x – 2y = 0;

C. (d) đi qua A(1; –2);

D. (d) có phương trình tham số: x=ty=2t.

Đáp án: A

Giải thích:

(d): x – 2y + 5 = 0  2y = x + 5 ⇔ y=12x+52

Do đó (d) có hệ số góc k=12.

Vì vậy phương án A đúng.

(d) và (d’) có vectơ pháp tuyến lần lượt là n=1;2 và n'=1;2.

Ta có n=n'

Do đó (d) và (d’) song song hoặc trùng nhau.

Vì vậy phương án B sai.

Thay tọa độ A(1; –2) vào phương trình (d), ta được:

1 – 2.(–2) + 5 = 10 ≠ 0.

Suy ra A(1; –2) không thuộc (d) hay (d) không đi qua A(1; –2).

Do đó phương án C sai.

(d) có vectơ pháp tuyến n=1;2.

Suy ra (d) có vectơ chỉ phương u=2;1.

Ở phương án D, ta có vectơ chỉ phương a=1;2.

Ta có: 2.(–2) – 1.1 = –5 ≠ 0.

Suy ra u không cùng phương với a.

Do đó phương trình tham số ở đáp án D không phải là phương trình tham số của (d).

Vì vậy phương án D sai.

Vậy ta chọn phương án A. 

Câu 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆ABC có A(–4; 1), B(2; 4), C(2; –2). Tọa độ trọng tâm I của ∆ABC là:

A. I(1; 0);

B. I(0; 1);

C. I(–1; 0);

D. I(0; –1).

Đáp án: B

Giải thích:

Ta có I là trọng tâm của ∆ABC.

Do đó xI=xA+xB+xC3=4+2+23=0yI=yA+yB+yC3=1+423=1

Suy ra I(0; 1).

Vậy ta chọn phương án B.

Câu 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho a=1;2 và b=1;3. Tìm tọa độ c sao cho 2c+a3b=0.

A. c=2;72;

B. c=2;72;

C. c=2;72;

D. c=1;92.

Đáp án: C

Giải thích:

Ta có 2c+a3b=02c=3ba

c=32b12a.

Với a=1;2 và b=1;3 ta có:

+) 32b=32.1;32.3=32;92.

+) 12a=12.1;12.2=12;1.

Suy ra c=32b12a=3212;921=2;72.

Vậy ta chọn phương án C.

Câu 14. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(2; 4) và B(–2; 10). Giá trị k để điểm D(k; k + 1) thuộc đường thẳng AB là:

A. k = 2;

B. k = 75;

C. k = 3;

D. k = 125.

Đáp án: D

Giải thích:

Với A(2; 4)B(–2; 10) và D(k; k + 1) ta có:

AB=xBxA;yByA=22;104=4;6.

AD=xDxA;yDyA=k2;k+14=k2;k3.

Theo đề, ta có điểm D(k; k + 1) thuộc đường thẳng AB.

Tức là AB,AD cùng phương

 –4.(k – 3) – 6.(k – 2) = 0

 –4k + 12 – 6k + 12 = 0

 10k = 24

 k = 125.

Vậy ta chọn phương án D.

Câu 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d: x + 2y – 3 = 0 và hai điểm A(–1; 2). B(2; 1). Điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích ∆ABC bằng 2. Tọa độ điểm C là:

A. C(–9; 6);

B. C(6; 9);

C. C(7; –2);

D. Cả A, C đều đúng.

Đáp án: D

Giải thích:

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

Với A(–1; 2). B(2; 1) ta có:

AB=3;1AB=32+12=10.

Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương AB=3;1 nên đường thẳng AB nhận n=1;3 làm vectơ pháp tuyến.

Đường thẳng AB đi qua B(2; 1), có vectơ pháp tuyến n=1;3 nên có phương trình tổng quát là:

1.(x – 2) + 3.(y – 1) = 0  x + 3y – 5 = 0.

Vì C  d nên ta có xC + 2yC – 3 = 0.

Suy ra xC = 3 – 2yC

Khi đó ta có C(3 – 2yC; yC)

Gọi CH là đường cao của ∆ABC.

Ta suy ra CH = d(C, AB) = 32yC+3yC512+32=yC210

Ta có S∆ABC = 2.

12.AB.CH=2

12.10.yC210=2

 |yC – 2| = 4

 yC – 2 = 4 hoặc yC – 2 = –4.

 yC = 6 hoặc yC = –2.

Với yC = 6, ta có: xC = 3 – 2yC = 3 – 2.6 = –9.

Suy ra C(–9; 6).

Với yC = –2, ta có: xC = 3 – 2yC = 3 – 2.( –2) = 7.

Suy ra C(7; –2).

Vậy có hai điểm C thỏa mãn yêu cầu bài toán là C(–9; 6), C(7; –2).

Do đó ta chọn phương án D.

Câu 16. Đường thẳng ∆ đi qua giao điểm của hai đường thẳng d1: 2x + y – 3 = 0 và d2: x – 2y + 1 = 0, đồng thời tạo với d3: y – 1 = 0 một góc π4. Phương trình đường thẳng ∆ là:

A. 2x + y = 0; x – y – 1 = 0;

B. x + 2y = 0; x – 4y = 0;

C. x – y = 0x + y – 2 = 0;

D. 2x + 1 = 0x – 3y = 0.

Đáp án: C

Giải thích:

Gọi A(x; y) là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2.

Khi đó tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

2x+y3=0x2y+1=0x=y=1.

Suy ra A(1; 1).

Gọi n=a;b là vectơ pháp tuyến của đường thẳng ∆.

d3 có vectơ pháp tuyến n3=0;1.

Theo đề, ta có (∆, d3) = π4.

Suy ra cosn,n3=cosπ4=12.

0.a+1.ba2+b2.02+12=12

2.b=a2+b2

 2b2 = a2 + b2

 a2 = b2

 a = b hoặc a = –b.

• Với a = b: Chọn a = b = 1, ta được n=1;1.

Đường thẳng ∆ đi qua A(1; 1), có vectơ pháp tuyến n=1;1 nên có phương trình tổng quát là:

1(x – 1) + 1(y – 1) = 0  x + y – 2 = 0.

 Với a = –b: Chọn b = –1, ta suy ra a = 1.

Khi đó ta có n=1;1.

Đường thẳng ∆ đi qua A(1; 1), có vectơ pháp tuyến n=1;1 nên có phương trình tổng quát là:

1(x – 1) – 1(y – 1) = 0  x – y = 0.

Vậy có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là:

x + y – 2 = 0x – y = 0.

Do đó ta chọn phương án C.

Câu 17. Tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn (C): (x + 1)2 + y2 = 8 là:

A. I(–1; 0), R = 8;

B. I(–1; 0), R = 64;

C. I(–1; 0), R = 22;

D. I(1; 0), R = 22.

Đáp án: C

Giải thích:

Đường tròn (C) có tâm I(–1; 0), bán kính R = 8=22

Vậy ta chọn phương án C.

Câu 18. Tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn (C): 2x2 + 2y2 – 8x + 4y – 1 = 0 là:

A. I(–2; 1), R = 212;

B. I(2; –1), R = 222;

C. I(4; –2), R = 21;

D. I(–4; 2), R = 19.

Đáp án: B

Giải thích:

Ta có 2x2 + 2y2 – 8x + 4y – 1 = 0.

Suy ra x2 + y2 – 4x + 2y – 12 = 0.

Phương trình (C) có dạng: x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0, với a = 2, b = –1, c = 12.

Suy ra tâm I(2; –1).

Ta có R2 = a2 + b2 – c = 4+1+12=112.

Suy ra R=112=222.

Vậy đường tròn (C) có tâm I(2; –1), bán kính R=222.

Do đó ta chọn phương án B.

Câu 19. Đường tròn (C) có tâm I(–2; 3) và đi qua điểm M(2; –3) có phương trình là:

A. (x + 2)2 + (y – 3)2 = 52;

B. (x – 2)2 + (y + 3)2 = 52;

C. x2 + y2 + 4x – 6y – 57 = 0;

D. x2 + y2 + 4x – 6y – 39 = 0.

Đáp án: D

Giải thích:

Với I(–2; 3) và M(2; –3) ta có IM=4;6 .

Đường tròn (C) có tâm I(–2; 3) và đi qua điểm M(2; –3) nên bán kính là:

R=IM=42+62=213.

Phương trình đường tròn (C) là: (x + 2)2 + (y – 3)2 = 52.

Ûx2 + y2 + 4x – 6y – 39 = 0.

Vậy ta chọn phương án D.

Câu 20. Cho phương trình x2 + y2 – 2mx – 4(m – 2)y + 6 – m = 0. Điều kiện của m để phương trình đã cho là một phương trình đường tròn là:

A. m ∈ ℝ;

B. m;12;+;

C. m;12;+;

D. m;132;+.

Đáp án: B

Giải thích:

Phương trình đã cho có dạng x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0, với a = m, b = 2(m – 2), c = 6 – m.

Ta có a2 + b2 – c = m2 + 4(m2 – 4m + 4) – 6 + m = 5m2 – 15m + 10.

Để phương trình đã cho là phương trình đường tròn thì a2 + b2 – c > 0.

Nghĩa là 5m2 – 15m + 10 > 0

 m < 1 hoặc m > 2.

Vậy  (–; 1)  (2; +) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó ta chọn phương án B.

Câu 21. Đường tròn (C) có tâm I thuộc đường thẳng d: x + 3y + 8 = 0, đi qua điểm A(–2; 1) và tiếp xúc với đường thẳng ∆: 3x – 4y + 10 = 0. Phương trình đường tròn (C) là:

A. (x – 2)2 + (y + 2)2 = 25;

B. (x + 5)2 + (y + 1)2 = 16;

C. (x + 2)2 + (y + 2)2 = 9;

D. (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25.

Đáp án: D

Giải thích:

Gọi I(a; b) là tâm của đường tròn (C).

Ta có I  d.

Suy ra a + 3b + 8 = 0  a = –3b – 8.

Ta có đường tròn (C) đi qua điểm A(–2; 1) nên AI = R (1).

Lại có đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng ∆ nên d(I, ∆) = R (2).

Từ (1), (2), ta suy ra IA = d(I, ∆).

a+22+b12=3a4b+1032+42

3b8+22+b12=33b84b+1032+42

53b62+b12=13b14

 25(9b2 + 36b + 36 + b2 – 2b + 1) = 169b2 + 364b + 196

 81b2 + 486b + 729 = 0

 b = –3.

Với b = –3, ta có a = –3b – 8 = –3.(–3) – 8 = 1.

Khi đó ta có I(1; –3).

R = AI = 1+22+312=5.

Vậy phương trình đường tròn (C) là: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25.

Vậy ta chọn phương án D.

Câu 22. Tọa độ tâm I của đường tròn đi qua ba điểm A(0; 4), B(2; 4), C(4; 0) là:

A. I(0; 0);

B. I(1; 0);

C. I(3; 2);

D. I(1; 1).

Đáp án: D

Giải thích:

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC.

Vì M là trung điểm AB nên ta có xM=xA+xB2=0+22=1yM=yA+yB2=4+42=4

Suy ra M(1; 4).

Tương tự, ta có N(3; 2).

Đường trung trực ∆1 của đoạn thẳng AB đi qua điểm M(1; 4) và có vectơ pháp tuyến AB=2;0.

Suy ra phương trình ∆1 là: 2(x – 1) + 0(y – 4) = 0  x – 1 = 0.

Tương tự, ta có phương trình đường trung trực ∆2 của đoạn thẳng BC đi qua điểm N(3; 2) và có vectơ pháp tuyến BC=2;4 là:

2(x – 3) – 4(y – 2) = 0 ⇔ x – 2y + 1 = 0.

Vì IA = IB = IC = R nên I cách đều ba điểm A, B, C.

Do đó I nằm trên đường trung trực ∆1 và I cũng nằm trên đường trung trực ∆2.

Hay I là giao điểm của ∆1 và ∆2.

Khi đó tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:

x1=0x2y+1=0x=1y=1

Suy ra tọa độ tâm I(1; 1).

Vậy ta chọn phương án D.

Câu 23. Cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y – 17 = 0, biết tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng d: 3x – 4y – 2023 = 0. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) là:

A. 3x – 4y + 23 = 0; 3x – 4y – 27 = 0;

B. 3x – 4y + 23 = 03x – 4y + 27 = 0;

C. 3x – 4y – 23 = 03x – 4y + 27 = 0;

D. 3x – 4y – 23 = 03x – 4y – 27 = 0.

Đáp án: A

Giải thích:

Gọi ∆ là tiếp tuyến cần tìm.

Phương trình đường tròn (C) có dạng: x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0, với a = –2, b = –2, c = –17.

Suy ra tâm I(–2; –2), bán kính R = a2+b2c=22+22+17=5.

Vì ∆ // d nên phương trình ∆ có dạng: 3x – 4y + d = 0 (d ≠ –2023).

Ta có ∆ là tiếp tuyến của (C).

Suy ra d(I, ∆) = R.

3.24.2+d32+42=5

 |d + 2| = 25

 d + 2 = 25 hoặc d + 2 = –25

 d = 23 (nhận) hoặc d = –27 (nhận).

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán có phương trình là: 3x – 4y + 23 = 0 và 3x – 4y – 27 = 0.

Do đó ta chọn phương án A.

Câu 24. Cho đường tròn (C): (x – 2)2 + (y + 4)2 = 25, biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: 3x – 4y + 5 = 0. Phương trình tiếp tuyến của (C) là:

A. 4x – 3y + 5 = 04x – 3y – 45 = 0;

B. 4x + 3y + 5 = 04x + 3y + 3 = 0;

C. 4x + 3y + 29 = 0;

D. 4x + 3y + 29 = 04x + 3y – 21 = 0.

Đáp án: D

Giải thích:

Gọi ∆ là tiếp tuyến cần tìm.

Đường tròn (C) có tâm I(2; –4), bán kính R = 5.

Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến nd=3;4.

Theo đề, ta có ∆  d nên ∆ nhận vectơ pháp tuyến của d làm vectơ chỉ phương.

Do đó ∆ có vectơ chỉ phương u=nd=3;4.

Khi đó ∆ có vectơ pháp tuyến nΔ=4;3.

Vì vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng ∆: 4x + 3y + c = 0.

Vì ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (C) nên d(I, ∆) = R.

4.2+3.4+c42+32=5

 |c – 4| = 25

 c – 4 = 25 hoặc c – 4 = –25

 c = 29 hoặc c = –21.

Vậy ∆: 4x + 3y + 29 = 0 hoặc ∆: 4x + 3y – 21 = 0.

Do đó ta chọn phương án D.

Câu 25. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 4y + 1 = 0. Gọi d1, d2 lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn (C) tại điểm M(3; 2), N(1; 0). Tọa độ giao điểm của d1 và d2 là:

A. (3; 0);

B. (–3; 0);

C. (0; 3);

D. (0; –3).

Đáp án: A

Giải thích:

Ta viết phương trình d1:

Ta có 32 + 22 – 2.3 – 4.2 + 1 = 0 (đúng).

Do đó điểm M  (C).

Phương trình đường tròn (C) có dạng: x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0, với a = 1, b = 2, c = 1.

Suy ra tâm I(1; 2), bán kính R = a2+b2c=1+41=2

Phương trình d1 là: (1 – 3)(x – 3) + (2 – 2)(y – 2) = 0

 –2(x – 3) = 0  x – 3 = 0.

Tương tự, ta viết phương trình d2:

Ta có 12 + 02 – 2.1 – 4.0 + 1 = 0 (đúng).

Do đó N  (C).

Phương trình d2 là: (1 – 1)(x – 1) + (2 – 0)(y –0) = 0

 y = 0.

Gọi A là giao điểm của d1 và d2.

Suy ra tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

x3=0y=0x=3y=0

Khi đó ta có tọa độ A(3; 0).

Vậy ta chọn phương án A.

Câu 26. Một trạm viễn thông A được xây tại điểm có tọa độ (2; 3) (trong mặt phẳng Oxy). Một người đang ngồi trên xe hơi chạy trên đường quốc lộ có dạng một đường thẳng ∆ có phương trình x – 5y + 6 = 0.

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

Biết rằng mỗi đơn vị độ dài tương ứng với 1 km. Khoảng cách ngắn nhất giữa người đó và trạm viễn thông A bằng:

A. 2,5 km;

B. 0,2 km;

C. 1,37 km;

D. 0,5 km.

Đáp án: C

Giải thích:

Khoảng cách ngắn nhất giữa người đó và trạm viễn thông A chính là khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆. Khi đó ta có:

dA,Δ=25.3+612+52=726261,37 (km).

Vậy ta chọn phương án C.

Câu 27. Cho M(x; y) nằm trên elip (E): x2121+y281=1. Tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn bằng:

A. 111020;

B. 2109;

C. 21011;

D. 91020.

Đáp án: C

Giải thích:

(E): x2121+y281=1 nên ta có a = 11, b = 9.

Suy ra c=a2b2=12181=210.

Ta có tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn là: 2c2a=ca=21011.

Vậy ta chọn phương án C.

Câu 28. Một gương có mặt cắt là một hypebol có phương trình x2144y216=1 được dùng để chụp ảnh toàn cảnh. Máy ảnh hướng về phía đỉnh của gương và được đặt ở vị trí sao cho ống kính trùng với một tiêu điểm của gương như hình vẽ.

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

Biết rằng x, y được đo theo inch. Khoảng cách từ ống kính tới đỉnh gương bằng khoảng:

A. 24,6 inch;

B. 0,7 inch;

C. 12 inch;

D. 23,3 inch.

Đáp án: A

Giải thích:

Hypebol x2144y216=1 nên ta có a = 12, b = 4.

Suy ra c=a2+b2=144+16=410.

Quan sát hình vẽ, ta thấy đỉnh gương là vị trí A2.

Suy ra A2(12; 0).

Vì c=410 nên ta có tọa độ các tiêu điểm F1410;0 và F2410;0.

Hay ống kính máy ảnh được đặt tại điểm F1410;0.

Khoảng cách từ ống kính tới đỉnh gương là:

F1A2 = F1O + OA2 = 410+12=410+1224,6 (inch).

Do đó ta chọn phương án A.

Câu 29. Một tòa tháp có mặt cắt hình hypebol có phương trình x236y249=1. Biết khoảng cách từ nóc tháp đến tâm đối xứng O của hypebol bằng khoảng cách từ tâm đối xứng O đến đáy tháp. Tòa tháp có chiều cao 50 m. Bán kính đáy của tháp bằng:

A. 43,28 m;

B. 22,25 m;

C. 28,31 m;

D. 57,91 m.

Đáp án: B

Giải thích:

30 Bài tập trắc nghiệm Toán 10 Chương 9 Chân trời sáng tạo có lời giải

Gọi r là bán kính đáy của tháp (r > 0).

Do tính đối xứng của hypebol nên ta có hai bán kính của nóc và đáy tháp đều bằng nhau.

Chọn điểm M(r; –25) nằm trên hypebol.

Ta suy ra r23625249=1.

r236=1+25249=67449.

r2=67449.36=2426449.

Suy ra r=6674722,25 (m).

Vậy bán kính đáy của tháp bằng khoảng 22,25 m.

Do đó ta chọn phương án B.

Câu 30. Một anten gương đơn hình parabol có phương trình y2 = 20x. Ống thu của anten được đặt tại tiêu điểm của nó. Ta sẽ đặt ống thu tại điểm có tọa độ là:

A. (0; 10);

B. (0; 5);

C. (10; 0);

D. (5; 0).

Đáp án: D

Giải thích:

Phương trình parabol có dạng y2 = 2px, với p = 10.

Suy ra p2=102=5.

Khi đó tọa độ tiêu điểm F(5; 0).

Vậy ta sẽ đặt ống thu tại điểm có tọa độ (5; 0).

Do đó ta chọn phương án D.

Các câu hỏi trắc nghiệm Toán 10 sách Chân trời sáng tạo có đáp án, chọn lọc khác:

Bài viết liên quan

378
  Tải tài liệu