Bài tập ôn tập cuối năm

Đề bài

Giải các phương trình sau:

a) \(\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - x + 3} \right) = {x^3} + 8\);

b) \(\frac{{11}}{x} = \frac{9}{{x + 1}} + \frac{2}{{x - 4}}\);

c) \({\left( {{x^2} - 3x} \right)^2} - {\left( {x - 4} \right)^2} = 0\).

Lời giải chi tiết

a) \(\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - x + 3} \right) = {x^3} + 8\)

\(\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - x + 3} \right) - \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2x + 4} \right) = 0\)

\(\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - x + 3 - {x^2} + 2x - 4} \right) = 0\)

\(\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\)

\(x + 2 = 0\) hoặc \(x - 1 = 0\)

\(x =  - 2\) hoặc \(x = 1\)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm \(x =  - 2\); \(x = 1\)

b) ĐKXĐ: \(x \ne 0;x \ne  - 1;x \ne 4\).

Ta có: \(\frac{{11}}{x} = \frac{9}{{x + 1}} + \frac{2}{{x - 4}}\)

\(\frac{{11\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)}} = \frac{{9x\left( {x - 4} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)}} + \frac{{2x\left( {x + 1} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)}}\)

\(11{x^2} - 33x - 44 = 9{x^2} - 36x + 2{x^2} + 2x\)

\(11{x^2} - 9{x^2} - 2{x^2} - 33x + 36x - 2x = 44\)

\(x = 44\) (thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 44\).

c) \({\left( {{x^2} - 3x} \right)^2} - {\left( {x - 4} \right)^2} = 0\)

\(\left( {{x^2} - 3x - x + 4} \right)\left( {{x^2} - 3x + x - 4} \right) = 0\)

\(\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)\left( {{x^2} - 2x - 4} \right) = 0\)

Trường hợp 1: \({x^2} - 4x + 4 = 0\)

\({\left( {x - 2} \right)^2} = 0\)

\(x = 2\)

Trường hợp 2: \({x^2} - 2x - 4 = 0\)

Ta có: \(\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} + 4 = 5\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1 + \sqrt 5 \); \({x_2} = 1 - \sqrt 5 \).

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm \(x = 2\); \(x = 1 + \sqrt 5 \); \(x = 1 - \sqrt 5 \).

Đề bài

Cho hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 1\\2x + my = 5\end{array} \right.\).

a) Giải hệ phương trình với \(m = 1\).

b) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) với x, y đều là số nguyên.

Lời giải chi tiết

a) Với \(m = 1\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 1\\2x + y = 5\end{array} \right.\) (I).

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất trong hệ mới với 2 ta được hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 6y = 2\\2x + y = 5\end{array} \right.\).

Trừ từng vế hai phương trình của hệ phương trình mới ta được: \(5y =  - 3\), suy ra \(y = \frac{{ - 3}}{5}\).

Thay \(y = \frac{{ - 3}}{5}\) vào phương trình thứ nhất của hệ (I) ta có: \(x + 3.\frac{{ - 3}}{5} = 1\), suy ra \(x = \frac{{14}}{5}\).

Vậy với \(m = 1\) thì hệ phương trình có nghiệm \(\left( {\frac{{14}}{5};\frac{{ - 3}}{5}} \right)\).

b) \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 1\\2x + my = 5\end{array} \right.\) (*)

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất trong hệ với 2 ta được hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 6y = 2\\2x + my = 5\end{array} \right.\).

Trừ từng vế hai phương trình của hệ phương trình mới ta được: \(\left( {m - 6} \right)y = 3\) (1)

+ Với \(m = 6\) thì phương trình (1) vô nghiệm.

+ Với \(m \ne 6\), phương trình (1) có nghiệm \(y = \frac{3}{{m - 6}}\).

Thay \(y = \frac{3}{{m - 6}}\) vào phương trình thứ nhất trong hệ (*) ta có: \(x + \frac{9}{{m - 6}} = 1\), suy ra \(x = 1 - \frac{9}{{m - 6}}\).

Để x, y đều là số nguyên thì \(m - 6\) là ước của 3, tức là \(m - 6 \in \left\{ {1; - 1;3; - 3} \right\}\).

Suy ra, \(m \in \left\{ {7;5;9;3} \right\}\). Thử lại các giá trị của m ta thấy các giá trị của m đều thỏa mãn bài toán.

Vậy \(m \in \left\{ {7;5;9;3} \right\}\) thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đề bài

a) Giải bất phương trình \( - 10x + 7 > 3x - 4\).

b) Chứng minh rằng \(9{a^2} - 6a \ge  - 1\) với mọi số thực a.

Lời giải chi tiết

a) \( - 10x + 7 > 3x - 4\)

\(3x + 10x < 7 + 4\)

\(13x < 11\)

\(x < \frac{{11}}{{13}}\)

Vậy bất phương trình có nghiệm \(x < \frac{{11}}{{13}}\).

b) Ta có: \(9{a^2} - 6a + 1 = {\left( {3a} \right)^2} - 2.3a + 1 = {\left( {3a - 1} \right)^2} \ge 0\) với mọi số thực a.

Do đó, \(9{a^2} - 6a \ge  - 1\) với mọi số thực a.

Đề bài

Cho biểu thức: \(A = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} + \frac{{4\sqrt x  - 1}}{{x - 4}}} \right):\frac{1}{{\sqrt x  + 2}}\;\left( {x \ge 0,x \ne 4} \right)\).

a) Rút gọn A.

b) Tìm x sao cho \(A = 1\).

Lời giải chi tiết

a) \(A = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right) - \sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right) + 4\sqrt x  - 1}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x  + 2}}\)

\(A = \frac{{x - 2\sqrt x  - x - 2\sqrt x  + 4\sqrt x  - 1}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}.\left( {\sqrt x  + 2} \right)\)

\(A = \frac{{ - 1}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}.\left( {\sqrt x  + 2} \right) = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x  - 2}}\)

Vậy \(A = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x  - 2}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\)

b) Để \(A = 1\) thì \(\frac{{ - 1}}{{\sqrt x  - 2}} = 1\), suy ra \(\sqrt x  - 2 =  - 1\), suy ra \(\sqrt x  = 1\), suy ra \(x = 1\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy \(x = 1\) thì \(A = 1\).

Đề bài

Cho phương trình \({x^2} + 4x + m = 0\).

a) Giải phương trình với \(m = 1\).

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 10\).

Lời giải chi tiết

a) Với \(m = 1\) ta có: \({x^2} + 4x + 1 = 0\).

Vì \(\Delta ' = {2^2} - 1 = 3\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} =  - 2 - \sqrt 3 \); \({x_2} =  - 2 + \sqrt 3 \).

b) \({x^2} + 4x + m = 0\) (*)

Phương trình (*) có hai nghiệm khi \(\Delta ' \ge 0\), tức là \(4 - m \ge 0\), suy ra \(m \le 4\) (1).

Theo định lí Viète ta có: \({x_1} + {x_2} =  - 4;{x_1}.{x_2} = m\).

Ta có:

\(x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} \\= {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 10\)

Do đó, \({\left( { - 4} \right)^2} - 2.m = 10\), suy ra \(m = 3\) (thỏa mãn (1)).

Vậy \(m = 3\) thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đề bài

Nếu trộn dung dịch muối nồng độ 10% với dung dịch muối nồng độ 60% để được 250ml dung dịch muối nồng độ 40% thì cần lấy bao nhiêu mililít dung dịch mỗi loại?

Lời giải chi tiết

Gọi x và y lần lượt là số mililít dung dịch muối nồng độ 10% và dung dịch muối nồng độ 60% cần lấy. Điều kiện \(0 < x,y < 250\).

Theo đề bài ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\10\% x + 60\% y = 40\% .250\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\0,1x + 0,6y = 100\end{array} \right.\) (I)

Nhân hai vế của phương trình thứ hai trong hệ (I) với 10 ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\x + 6y = 1000\end{array} \right.\).

Trừ từng vế của hai phương trình trong hệ vừa thu được ta có: \(5y = 750\), suy ra \(y = 150\).

Với \(y = 150\) ta có: \(x + 150 = 250\), suy ra \(x = 100\).

Các giá trị \(x = 100;y = 150\) thỏa mãn điều kiện.

Vậy cần lấy 100ml dung dịch muối nồng độ 10% và 150ml dung dịch muối nồng độ 60% để được 250ml dung dịch muối nồng độ 40%.

Đề bài

Một ô tô và một xe máy cùng khởi hành từ địa điểm A và đi đến địa điểm B. Do vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy là 20 km/h nên ô tô đến B sớm hơn xe máy 30 phút. Biết quãng đường AB dài 60km, tính vận tốc của mỗi xe (giả sử rằng vận tốc của mỗi xe là không đổi trên toàn bộ quãng đường AB).

Lời giải chi tiết

Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h), điều kiện: \(x > 0\).

Vận tốc của ô tô là: \(x + 20\left( {km/h} \right)\).

Thời gian xe máy đi từ A đến B là: \(\frac{{60}}{x}\) (giờ).

Thời gian ô tô đi từ A đến B là: \(\frac{{60}}{{x + 20}}\) (giờ).

Vì ô tô đến B sớm hơn xe máy 30 phút\( = \frac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình: \(\frac{{60}}{x} - \frac{{60}}{{x + 20}} = \frac{1}{2}\)

\(\frac{{120\left( {x + 20} \right) - 120x}}{{2x\left( {x + 20} \right)}} = \frac{{x\left( {x + 20} \right)}}{{2x\left( {x + 20} \right)}}\)

\(120x + 2400 - 120x = {x^2} + 20x\)

\({x^2} + 20x - 2400 = 0\)

\({x^2} + 60x - 40x - 2400 = 0\)

\(\left( {x - 40} \right)\left( {x + 60} \right) = 0\)

\(x = 40\) (thỏa mãn) hoặc \(x =  - 60\) (không thỏa mãn)

Vậy vận tốc của xe máy là 40km/h, vận tốc của ô tô là 60km/h.

Đề bài

Trái Đất là một quả cầu khổng lồ có thể tích khoảng 1086,23.\({10^9}k{m^3}\). Sử dụng công thức tính thể tích hình cầu, hãy cho biết chiều dài đường xích đạo Trái Đất dài khoảng bao nhiêu kilômét (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của km)?

Lời giải chi tiết

Gọi \(V\left( {k{m^3}} \right)\) và R(km) lần lượt là thể tích và bán kính của Trái Đất.

Ta có: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\) nên \(R = \sqrt[3]{{\frac{{3V}}{{4\pi }}}} = \sqrt[3]{{\frac{{{{3.1086,23.10}^9}}}{{4\pi }}}} \approx 6\;377\left( {km} \right)\)

Chiều dài đường xích đạo (chu vi Trái Đất) là: \(2\pi R \approx 2\pi .6\;377 \approx 40\;068\left( {km} \right)\).

Đề bài

Trong hình bên, cho AC=8cm, AD=9,6cm, \(\widehat {ABC} = {90^o},\widehat {ACB} = {54^o}\) và \(\widehat {ACD} = {74^o}\). Hãy tính:

a) AB (làm tròn đến hàng phần nghìn của cm).

b) \(\widehat {ADC}\) (làm tròn đến phút).

(Gợi ý: Kẻ đường cao AH của tam giác ACD).

Lời giải chi tiết

a) Trong tam giác ABC vuông tại B, ta có: \(AB = AC.\sin ACB = 8.\sin {54^o} \approx 6,472\left( {cm} \right)\).

b) Kẻ đường cao AH của tam giác ACD, ta có: \(AH = AC\sin ACD = 8.\sin {74^o} \approx 7,690\left( {cm} \right)\).

Ta có: \(\sin D = \frac{{AH}}{{AD}} \approx \frac{{7,69}}{{9,6}} \approx 0,801\) nên \(\widehat {ADC} = {53^o}14'\).

Đề bài

Một chiếc thuyền đi với vận tốc 2km/h vượt qua một khúc sông nước chảy mạnh mất 5 phút. Biết rằng đường đi của thuyền tạo với bờ một góc \({70^o}\). Tính chiều rộng của khúc sông (làm tròn đến hàng đơn vị của mét).

Lời giải chi tiết

Đổi 2km/h\( = \frac{5}{9}\)m/s, 5 phút= 300 giây.

Hình trên mô tả khúc sông và đường đi của chiếc thuyền: AB là chiều rộng của khúc sông, AC là đoạn đường đi của chiếc thuyền, Cax là góc tạo bởi đường đi của chiếc thuyền và bờ sông.

Trong 5 phút thuyền đi được đoạn \(CA = \frac{5}{9}.300 = \frac{{500}}{3}m\).

Tam giác ABC vuông tại B, ta có: \(AB = AC.\sin C = \frac{{500}}{3}.\sin {70^o} \approx 157\left( m \right)\).

Đề bài

Cho hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (O). Gọi N là điểm sao cho MANB là một hình bình hành.

a) Giả sử N không nằm trên (O), NA và NB cắt (O) lần lượt tại D và C.

- Chứng minh rằng ABC là tam giác cân tại đỉnh A.

- Chứng minh rằng hai cung BC và AD có số đo bằng nhau.

b) Giả sử N nằm trên (O).

- Chứng minh rằng MAB là tam giác đều.

- Tính độ dài cung AB và diện tích của hình quạt tròn ứng với cung AB, biết rằng đường tròn (O) có bán kính bằng 6cm.

Lời giải chi tiết

a) Gọi E là giao điểm của AO và BC.

Vì MA là tiếp tuyến của (O) nên \(MA \bot AE\), BC//MA (do MANB là hình bình hành) nên \(AE \bot BC\) hay \(OE \bot BC\).

Tam giác OBC có: \(OB = OC\) nên tam giác BOC cân tại O, do đó OE là đường cao đồng thời là đường trung trực của BC. Mà A thuộc đường thẳng OE nên \(AB = AC\). Do đó, ABC là tam giác cân tại A.

Chứng minh tương tự ta có tam giác ADB cân tại B.

Ta có: \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{C_1}}\) (góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung nhỏ AB). Tức là hai tam giác cân ABC và BAD có các góc ở đáy bằng nhau. Do đó, hai góc ở đỉnh cũng bằng nhau. Suy ra \(\widehat {BAC} = \widehat {{B_1}}\).

Mà BAC là góc nội tiếp, BOC là góc ở tâm cùng chắn cung BC nên ta có sđ$\overset\frown{BC}=\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}$.

Tương tự ta có: sđ$\overset\frown{AD}=\widehat{AOD}=2\widehat{{{B}_{1}}}$.

Do đó, sđ$\overset\frown{BC}$=sđ$\overset\frown{AD}$.

b) Gọi E là giao điểm của AO và BN.

Vì MA, MB là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) nên \(MA = MB\). Do đó, hình bình hành AMBN là hình thoi, suy ra \(AN = BN\) (1).

Vì MA//BN và \(AO \bot AM\) (do MA là tiếp tuyến của (O)) nên \(AO \bot BN\) hay \(OE \bot BN\).

Tam giác OBN có: \(OB = ON\) nên tam giác OBN cân tại O. Do đó, OE là đường cao đồng thời là đường trung trực của BN. Vì A thuộc đường thẳng OE nên \(AB = AN\) (2).

Từ (1) và (2) ta có: \(AN = BN = AB\) nên NAB là tam giác đều. Do đó, tam giác MAB đều.

Suy ra \(\widehat {ANB} = {60^o}\). Vì góc nội tiếp ANB chắn cung nhỏ AB của (O) nên sđ$\overset\frown{AB}$_nhỏ \( = 2\widehat {ANB} = {120^o}\).

Độ dài cung nhỏ AB là: \({l_{AB}} = \frac{{120.6.\pi }}{{180}} = 4\pi \left( {cm} \right)\).

Diện tích hình quạt tròn ứng với cung AB là: \({S_{AB}} = \frac{{120}}{{360}}{.6^2}.\pi  = 12\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Đề bài

Cho tam giác nhọn ABC và điểm D nằm giữa B và C. Gọi E và F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AB và AC.

a) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBD và tam giác FDC. Chứng minh rằng hai đường tròn (I) và (J) tiếp xúc ngoài với nhau.

b) Giả sử M là một điểm tùy ý khác F, nằm giữa A và C; gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC. Chứng minh rằng hai đường tròn (I) và (K) cắt nhau.

Lời giải chi tiết

a) Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông EBD là trung điểm của đoạn thẳng BD.

Tâm J của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông FDC là trung điểm của đoạn thẳng DC.

Vì D nằm trên BC nên ba điểm I, D, J thẳng hàng và \(IJ = ID + DJ\).

Suy ra, hai đường tròn (I) và (J) tiếp xúc ngoài với nhau tại D.

b) Do (K) và (I) có điểm chung là D nên chúng chỉ có thể cắt nhau hoặc tiếp xúc nhau.

Nếu (K) tiếp xúc với (I) thì D là tiếp điểm và K, I, D thẳng hàng, nghĩa là K thuộc đoạn DC và \(KD = KC\).

Vậy K phải trùng với trung điểm J của đoạn CD.

Điều đó nghĩa là đường tròn (K) trùng với đường tròn (J) và M trùng với F (trái với giả thiết).

Do đó, (K) và (I) là hai đường tròn cắt nhau.

Đề bài

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD, BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi AK là đường kính của (O). Chứng minh rằng:

a) \(BH = CK,CH = BK\);

b) \(AD.AK = AB.AC\).

Lời giải chi tiết

a) Xét (O): \(\widehat {ACK} = \widehat {ABK} = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra: \(AC \bot CK, AB \bot KB\).

Mặt khác, \(AC \bot BH,\)\(AB \bot CH\). Do đó, BH//KC, CH//KB.

Suy ra, BHCK là hình bình hành.

Do đó, \(BH = CK, CH = BK\).

b) Hai tam giác ABD và AKC có:

\(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = {90^o},\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (góc nội tiếp của (O) cùng chắn cung AC).

Suy ra, $\Delta ABD\backsim \Delta AKC\left( g.g \right)$, suy ra \(\frac{{AB}}{{AK}} = \frac{{AD}}{{AC}}\), do đó \(AD.AK = AB.AC\).

Đề bài

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), vẽ \(AX \bot BC\) và cắt nhau tại điểm D. Cho điểm H trên đoạn thẳng AD sao cho \(DH = DX\). Cho BH cắt AC tại E và CH cắt AB tại F.

a) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác ABC.

b) Chứng minh rằng H là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

Lời giải chi tiết

a) Tam giác BDH và tam giác BDX có: BD là cạnh chung, \(\widehat {BDH} = \widehat {BDX} = {90^o},DH = DX\) nên \(\Delta BDH = \Delta BDX\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {HBD} = \widehat {DBX}\).

Mặt khác \(\widehat {CBX} = \widehat {CAX}\) (hai góc nội tiếp (O) cùng chắn cung CX). Do đó, \(\widehat {HBD} = \widehat {CAX} = {90^o} - \widehat {ACB}\).

Tam giác BEC có: \(\widehat {BEC} = {180^o} - \widehat {EBC} - \widehat {ACB} = {180^o} - {90^o} + \widehat {ACB} - \widehat {ACB} = {90^o}\). Do đó, \(BE \bot AC\).

Chứng minh tương tự ta có: \(CF \bot AB\). Do đó, H là trực tâm của tam giác ABC.

b) Do \(\widehat {HDB} = \widehat {HFB} = {90^o}\) nên tứ giác HDBF nội tiếp đường tròn đường kính BH.

Do đó, \(\widehat {HDF} = \widehat {HBF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF của đường tròn đường kính BH).

Tương tự ta có: \(\widehat {HDE} = \widehat {HCE}\).

Mặt khác, \(\widehat {HBF} = {90^o} - \widehat {BAC} = \widehat {HCE}\).

Do đó, \(\widehat {HDF} = \widehat {HBF} = \widehat {HCE} = \widehat {HDE}\). Vậy H nằm trên đường phân giác của góc EDF của tam giác DEF.

Tương tự, H nằm trên các đường phân giác của các góc DEF, DFE. Do đó, H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

Đề bài

Một vật thể bằng kim loại gồm có một hình nón và một nửa hình cầu có chung đáy. Hình nón có chiều cao 4cm và đường kính đáy là 6cm.

a) Hãy tìm thể tích và tổng diện tích bề mặt của vật thể.

b) Vật thể được nấu chảy và đúc lại thành một hình trụ có chiều cao 4cm. Tìm bán kính đáy của hình trụ đó (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm của cm).

c) Nếu sơn 1 000 hình trụ như ở câu b và mỗi hộp sơn có thể dùng để sơn một diện tích \(5{m^2}\) thì cần bao nhiêu hộp sơn (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của \(c{m^2}\)).

Lời giải chi tiết

a) Thể tích phần hình nón của vật thể là:

\({V_1} = \frac{1}{3}\pi .{\left( {6:2} \right)^2}.4 = 12\pi \left( {c{m^3}} \right)\).

Thể tích phần hình nửa hình cầu của vật thể là:

\({V_2} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}.\pi .{\left( {6:2} \right)^3} = 18\pi \left( {c{m^3}} \right)\).

Thể tích của vật thể là:

\(V = {V_1} + {V_2} = 12\pi  + 18\pi  = 30\pi \left( {c{m^3}} \right)\).

Diện tích xung quanh phần hình nón của vật thể là:

\({S_1} = \pi Rl = \pi .3.\sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 15\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích nửa mặt cầu của vật thể là:

\({S_2} = 2\pi {R^2} = 2\pi {.3^2} = 18\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích bề mặt của vật thể là:

\(S = {S_1} + {S_2} = 15\pi  + 18\pi  = 33\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

b) Gọi R(cm) là bán kính đáy của hình trụ có chiều cao 4cm, điều kiện: \(R > 0\).

Thể tích của hình trụ là:

\(V = \pi {R^2}h = \pi .{R^2}.4 = 30\pi \left( {c{m^3}} \right)\),

suy ra \(R = \sqrt {\frac{{30}}{4}}  \approx 2,74\left( {cm} \right)\) (do \(R > 0\)).

c) Diện tích toàn phần của hình trụ là:

\(S = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi .2,74.4 + 2\pi {.2,74^2} \approx 116\left( {c{m^2}} \right).\)

Diện tích cần sơn của 1000 hình trụ là:

\(116.1\;000 = 116\;000\left( {c{m^2}} \right) = 11,6{m^2}\).

Vậy cần 3 hộp sơn để sơn 1 000 hình trụ như câu b.

Đề bài

Trong một buổi tổng kết năm học, lớp 9C đã thực hiện bình chọn cho danh hiệu “Tổ học tập tích cực nhất của lớp” và thu được kết quả như sau:

a) Lập bảng tần số tương đối.

b) Vẽ biểu đồ hình quạt tròn biểu diễn bảng tần số thu được.

Lời giải chi tiết

a) Tổng số bình chọn là \(15 + 10 + 12 + 3 = 40\).

Tỉ lệ bình chọn cho các tổ 1, 2, 3, 4 tương ứng là:

\(\frac{{15}}{{40}}.100\%  = 37,5\% ;\frac{{10}}{{40}}.100\%  = 25\% ;\\\frac{{12}}{{40}}.100\%  = 30\% ;\frac{3}{{40}}.100\%  = 7,5\% \)

Bảng tần số tương đối:

b) Biểu đồ hình quạt tròn:

Đề bài

Bảng sau đây cho biết cơ cấu theo độ tuổi của công nhân trong một công ty may mặc:

a) Lập bảng tần số tương đối ghép nhóm cho bảng dữ liệu trên.

b) Vẽ biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm dạng cột biểu diễn bảng tần số tương đối ghép nhóm thu được.

Lời giải chi tiết

a) Tổng số công nhân là \(150 + 400 + 200 + 50 = 800\).

Tỉ lệ bình chọn cho các nhóm [18; 28); [28; 38); [38; 48); [48; 58) tương ứng là:

\(\frac{{150}}{{800}}.100\%  = 18,75\% ;\frac{{400}}{{800}}.100\%  = 50\% ;\\\frac{{200}}{{800}}.100\%  = 25\% ;\frac{{50}}{{800}}.100\%  = 6,25\% \)

Bảng tần số tương đối ghép nhóm:

b) Biểu đồ tần số tương đối ghép nhóm dạng cột:

Đề bài

Một đoàn tàu có 4 toa A, B, C, D đỗ ở một sân ga. Trên sân ga có hai hành khách không quen biết nhau. Từ sân ga, mỗi người chọn ngẫu nhiên một toa tàu để bước lên. Kí hiệu hai hành khách là 1 và 2. Mỗi kết quả có thể là một cặp (X, Y), trong đó X, Y tương ứng là toa tàu mà hành khách số 1 và hành khác số 2 bước lên.

a) Có bao nhiêu kết quả có thể xảy ra? Chúng có đồng khả năng không? Tại sao?

b) Mô tả không gian mẫu.

c) Tính xác suất của các biến cố sau:

+ E: “Hai hành khách này ở cùng một toa tàu”;

+ F: “Cả hai hành khách đều không lên toa tàu B”.

Lời giải chi tiết

a) Ta có bảng sau:

Mỗi ô trong bảng thể hiện một kết quả có thể.

Chẳng hạn ô (C, B) nghĩa là hành khách số 1 chọn toa C, hành khách số 2 chọn toa B.

Các kết quả có thể là đồng khả năng do mỗi hành khách chọn ngẫu nhiên một toa tàu để bước lên.

b) Không gian mẫu \(\Omega \) là tập hợp 16 ô trên:

\(\Omega =\{(A, A), (A, B), (A, C), (A, D), \\(B, A), (B, B), (B, C), (B, D), \\(C, A), (C, B), (C, C), (C, D), \\(D, A), (D, B), (D, C), (D, D)\}.\)

c) + Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố E là: (A, A), (B, B), (C, C), (D, D) nên \(P\left( E \right) = \frac{4}{{16}} = \frac{1}{4}\).

+ Có 9 kết quả thuận lợi cho biến cố F là:

(A, A), (A, C), (A, D), (C, A), (C, C), (C, D), (D, A), (D, C), (D, D)

nên \(P\left( F \right) = \frac{9}{{16}}\).