Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Đề bài
Câu 1: Cho hàm số \(y = – \frac{{{x^2}}}{2}\) có đồ thị (P).
a) Vẽ đồ thị (P) trên hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc (P) (khác gốc toạ độ) có hoành độ bằng tung độ.
Câu 2: Cho phương trình \({x^2} – 5x + 1 = 0\).
a) Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).
b) Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức \(A = {({x_1} – {x_2})^2} – 2{x_1} – 2{x_2}\).
Câu 3: Bạn A gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất nhiều lần. Các kết quả sau khi kết thúc việc gieo con xúc xắc được bạn Bình thể hiện trong biểu đồ đoạn thẳng sau:
a) Tìm giá trị trung bình cộng về số chấm sau các lần gieo của bạn A.
b) Tính xác suất thực nghiệm của biến cố A: “Số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc là số 2”.
c) Tính xác suất thực nghiệm của biến cố B: “Số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc là một số lớn hơn 3”.
Câu 4: Một khu vườn hình chữ nhật có chiều rộng là x (mét), chiều dài là y (mét). Bác Cường dự định xây một cái hồ hình tròn tiếp xúc với các cạnh của khu vườn như hình vẽ.
a) Viết biểu thức tính diện tích phần còn lại của khu vườn sau khi xây hồ theo \(x\) và \(y\).
b) Biết rằng khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và diện tích phần còn lại của khu vườn là \(77,76\,\,({m^2})\). Tìm các kích thước ban đầu của khu vườn. (Lấy giá trị \(\pi \approx 3,14\)).
Câu 5: Bác Nam có một khối gỗ có dạng hình trụ với chiều cao là 40 cm và đường kính đáy là 20 cm. Bác Nam muốn tiện khối gỗ này thành một vật trang trí có dạng hình nón có cùng chiều cao và bán kính đáy với khối gỗ hình trụ ban đầu.
a) Tính thể tích phần gỗ bỏ đi khi thực hiện việc tiện khối gỗ hình trụ thành vật trang trí hình nón.
b) Sau khi hoàn thành sản phẩm, bác Nam dự tính phun sơn bề mặt bên ngoài của vật trang trí. Tính diện tích cần phải phun sơn (bao gồm cả mặt đáy).
(Các kết quả làm tròn chính xác đến hàng phần trăm của đơn vị).
Biết công thức tính thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h\) (R là bán kính đáy, h là chiều cao); công thức tính thể tích hình nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\); công thức tính diện tích xung quanh hình nón \(S = \pi Rl\) (l là độ dài đường sinh).
Câu 6: Hai bạn An và Bình đua với nhau bằng ván trượt. Biết rằng nếu cả hai cùng dùng ván trượt thì tốc độ của An gấp 3 lần của Bình, nhưng tốc độ trượt ván của Bình sẽ gấp 3 lần tốc độ chạy bộ của An. Khi tham gia cuộc đua, hai bạn xuất phát cùng một lúc bằng ván trượt, nhưng sau đó 3 phút, ván trượt của An bị hỏng và bạn ấy phải chạy bộ về đích. Biết rằng cả hai bạn về đích cùng lúc, hỏi cuộc đua đã diễn ra trong bao nhiêu phút? Giả sử tốc độ trượt ván, tốc độ chạy bộ của An và tốc độ trượt ván của Bình không thay đổi trong suốt cuộc đua.
Câu 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O) và đường cao AH của tam giác ABC.
a) Chứng minh \(\angle ACD = {90^0}\) và \(AB . AC = AH . AD\).
b) Vẽ \(CF \bot AD\), chứng minh rằng \(A{C^2} = AF . AD\) và \(\angle CHF = \angle DCF\).
c) Vẽ \(BK \bot AC\), BK cắt AH tại I. Giả sử \(\angle BAC = {60^0}\), BC = 10 cm, tính độ dài AI.
Lời giải chi tiết
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN blogtailieu.com.COM
Câu 1:
Cách giải:
a) Ta có bảng giá trị sau:
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm:
\(O\,\left( {0;0} \right);A\left( { – 2; – 2} \right);B\left( { – 1; – 0,5} \right);\,\,C\left( {1; – 0,5} \right);\,\,D\left( {2; – 2} \right)\)
Hệ số \(a = – \frac{1}{2} < 0\) nên parabol có bề lõm hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = – \frac{{{x^2}}}{2}\) như sau:
b) Gọi \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right)\) là một điểm thuộc (P).
Vì M có hoành độ bằng tung độ nên:
\({x_M} = – \frac{1}{2}{x_M}^2\)
\(2{x_M} + {x_M}^2 = 0\)
\({x_M}(2 + {x_M}) = 0\)
Có hai giá trị thỏa mãn là \({x_M} = 0\) (loại vì điểm cần tìm khác gốc toạ độ); \({x_M} = – 2\).
Vậy điểm thuộc (P) có hoành độ bằng tung độ có tọa độ là (-2;-2).
Câu 2:
Cách giải:
a) Phương trình \({x^2} – 5x + 1 = 0\) có \(a = 1,b = – 5,c = 1\).
Ta có \(\Delta = {b^2} – 4ac = {\left( { – 5} \right)^2} – 4.1.1 = 21 > 0\).
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = {({x_1} – {x_2})^2} – 2{x_1} – 2{x_2}\\{\rm{ = }}x_1^2 – 2{x_1}{x_2} + x_2^2 – 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\{\rm{ }} = \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 – 4{x_1}{x_2}} \right) – 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\{\rm{ }} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} – 4{x_1}{x_2} – 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\end{array}\)
Theo Viete, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{ – b}}{a} = 5\\{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = 1\end{array} \right.\), thay vào biểu thức A ta được:
\(A = {5^2} – 4.1 – 2.5 = 11.\)
Vậy A = 11.
Câu 3:
Cách giải:
a) Tổng số lần gieo là: \(7 + 5 + 3 + 6 + 5 + 4 = 30\) lần.
Tổng số chấm thu được sau các lần gieo là:
\(7.1 + 5.2 + 3.3 + 6.4 + 5.5 + 4.6 = 99\).
Giá trị trung bình cộng về số chấm sau các lần gieo: \(\frac{{99}}{{30}} = 3,3\).
b) Số lần số chấm 2 xuất hiện là: 5 lần.
Tổng số lần gieo là: 30 lần.
Xác suất thực nghiệm của biến cố A là \(\frac{5}{{30}} = \frac{1}{6}\).
c) Biến cố B là “Số chấm xuất hiện là một số lớn hơn 3”. Các số chấm lớn hơn 3 là 4, 5, 6.
Số lần xuất hiện của số chấm 4 là: 6 lần.
Số lần xuất hiện của số chấm 5 là: 5 lần.
Số lần xuất hiện của số chấm 6 là: 4 lần.
Tổng số lần biến cố B xảy ra là: \(6 + 5 + 4 = 15\) lần.
Tổng số lần gieo là: 30 lần.
Xác suất thực nghiệm của biến cố B là \(\frac{{15}}{{30}} = \frac{1}{2}\).
Câu 4:
Cách giải:
a) Diện tích khu vườn hình chữ nhật là: \(xy\,\,({m^2})\).
Bán kính hồ hình tròn tiếp xúc với các cạnh của khu vườn là: \(\frac{x}{2}\,\,(m)\).
Diện tích hồ hình tròn là: \(\pi .{\left( {\frac{x}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi {x^2}}}{4}\,\,({m^2})\).
Vậy biểu thức tính diện tích phần còn lại của khu vườn sau khi xây hồ là: \(xy – \frac{{\pi {x^2}}}{4}\,\,({m^2})\).
b) Vì khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp hai lần chiều rộng nên \(y = 2x\).
Diện tích phần còn lại của khu vườn là \(77,76\,\,({m^2})\) nên ta có:
\(xy – \frac{{\pi {x^2}}}{4} = 77,76\)
\(x.2x – \frac{{\pi {x^2}}}{4} = 77,76\)
\(8{x^2} – \pi {x^2} = 311,04\)
\({x^2}(8 – \pi ) = 311,04\)
\({x^2} = 64\).
Suy ra \(x = – 8\) (loại); \(x = 8\) (thoả mãn).
Vậy khu vườn hình chữ nhật có chiều rộng là 8 m, chiều dài là 16 m.
Câu 5:
Cách giải:
a) Thể tích khối gỗ dạng hình trụ:
\({V_T} = \pi {R^2}h = \pi {.10^2}.40 = 4000\pi \left( {c{m^3}} \right)\).
Thể tích khối gỗ dạng hình nón:
\({V_N} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}.\pi {.10^2}.40 = \frac{{4000\pi }}{3}\left( {c{m^3}} \right)\).
Thể tích phần gỗ bỏ đi khi thực hiện việc tiện khối gỗ hình trụ thành vật trang trí hình nón:
\(V = {V_T} – {V_N} = 4000\pi – \frac{{4000\pi }}{3} \approx 8377,58\left( {c{m^3}} \right)\).
b) Đường sinh của hình nón:
\(l = \sqrt {{h^2} + {R^2}} = \sqrt {{{40}^2} + {{10}^2}} = \sqrt {1700} \left( {cm} \right)\)
Diện tích xung quanh hình nón:
\({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .10.\sqrt {1700} = 100\sqrt {17} \pi \left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích mặt đáy: \({S_d} = \pi {R^2} = 100\pi \left( {c{m^2}} \right)\)
Diện tích cần phun sơn:
\(S = {S_{xq}} + {S_d} = 100\sqrt {17} \pi + 100\pi \approx 1609,47\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy diện tích cần phun sơn là \(1609,47\left( {c{m^2}} \right).\)
Câu 6:
Gọi tốc độ trượt ván của Bình là \(x\) (\(x > 0\), m/s) và thời gian cuộc đua đã diễn ra là \(y\) (\(y > 0\), giây).
Vì tốc độ trượt ván của An gấp 3 lần tốc độ trượt ván của Bình nên tốc độ trượt ván của An là \(3x\) (m/s).
Vì tốc độ trượt ván của Bình gấp 3 lần tốc độ chạy bộ của An nên An chạy với tốc độ \(\frac{x}{3}\) (m/s).
Thời gian An chạy bộ là \(y – 180\) (giây).
Quãng đường mà An trượt ván và chạy là \(3x.180 + \frac{x}{3}.\left( {y – 180} \right)\) (m).
Quãng đường mà Bình trượt ván là \(xy\) (m).
Vì quãng đường của An và Bình đi là như nhau nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}3x.180 + \frac{x}{3}.\left( {y – 180} \right) = xy\\540x + \frac{{xy}}{3} – 60x = xy\\480x = \frac{2}{3}xy\\480 = \frac{2}{3}y\left( {do\,\,x \ne 0} \right)\\y = 720\,\,(tm)\end{array}\)
Vậy thời gian cuộc đua đã diễn ra là 720 giây = 12 phút.
Câu 7:
a) Vì \(\angle ACD\) chắn nửa đường tròn nên \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta ADC\) có:
\(\angle AHB = \angle ACD\left( { = {{90}^0}} \right)\)
\(\angle ABH = \angle ADC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Suy ra $\Delta ABH\sim \Delta ADC\left( g.g \right)$.
Khi đó \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) hay \(AB.AC = AH.AD\).
b) Xét \(\Delta AFC\) và \(\Delta ACD\) có
\(\angle CAD\) chung
\(\angle AFC = \angle ACD\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra $\Delta AFC\sim \Delta ACD\left( g.g \right)$ nên \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{AD}}\) hay \(AF.AD = A{C^2}\).
Ta có \(\Delta AFC\) vuông tại F nên A, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính AC;
\(\Delta AHC\) vuông tại H nên A, H, C cùng thuộc đường tròn đường kính AC.
Suy ra A, F, C, H cùng thuộc đường tròn đường kính AC.
Suy ra \(\angle CHF = \angle CAF\) (góc nội tiếp cùng chắn cùng CF) (1)
Ta có \(\angle CAF + \angle ACF = {90^0}\) (Do \(\Delta AFC\) vuông tại F) và \(\angle FCD + \angle ACF = {90^0}\)
Suy ra \(\angle CAF = \angle FCD\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle CHF = \angle FCD\).
c) Vì \(\Delta ABC\)có BK, AH là đường cao cắt nhau tại I nên I là trực tâm của \(\Delta ABC\).
Khi đó \(CI \bot AB\). Mà \(BD \bot AB\) (do \(\angle ABD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(CI\parallel BD\).
Lại có \(BI\parallel CD\) (do cùng vuông góc với AC).
Suy ra BICD là hình bình hành.
Gọi M là giao điểm của DI và BC. Khi đó M là trung điểm của BC và DI (tính chất hình bình hành).
Xét \(\Delta DAI\) có O là trung điểm của AD và M là trung điểm của DI nên OM là đường trung bình của \(\Delta DAI\).
Suy ra \(OM = \frac{1}{2}AI\) hay \(AI = 2OM\).
Ta có \(\angle BOC = 2\angle BAC = {2.60^0} = {120^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC).
Ta có \(\Delta OBC\) cân tại O có OM là trung tuyến nên OM đồng thời là phân giác của \(\angle BOC\) và cũng là đường cao của \(\Delta OBC\).
Khi đó \(\angle BOM = \frac{1}{2}\angle BOC = {60^0}\).
Xét \(\Delta BOM\) vuông tại M có:
\(OM = BM.\cot MOB = \frac{1}{2}BC.\cot MOB = \frac{1}{2}.10.\cot {60^0} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\) cm.
Vậy \(AI = 2.OM = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\) cm.
