TRẦN MINH TƯỜNG

https://www.facebook.com/reel/911921168119844/?s=single_unit&__cft__[0]=AZaLPGiIrsxHVokVg4nRzeCpU_rYBXYcV26_XIVrGt1YW6kz9lvfS_6SSfPF00Oy...

+ Đọc thêm »

a) Vì ($\widehat {ACD}$) chắn nửa đường tròn ($\left(o right)$) nên ($\widehat {ACD} = 90^circ $) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét (Delta ABH) và (Delta ADC) có

($\widehat {AHB}$ = $\widehat {ACD}$ = 90^circ 😉

($\widehat {ABH}$ = $\widehat {ADC}$) (góc nội tiếp cùng chắn cung (AC).)

Do đó

Suy ra ($\frac{{AB}}{{AD}}$ = $\frac{{AH}}{{AC}}$) hay (AB cdot AC = AH cdot AD) (đpcm).

b) Xét (Delta AFC) và (Delta ACD) có:

($\widehat {CAD}$) chung; ($\widehat {AFC}$ = $\widehat {ACD} = 90^circ .$)

Do đó

Suy ra ($\frac{{AF}}{{AC}} $= $\frac{{AC}}{{AD}}$) hay (AF cdot AD = A{C^2}) (đpcm).

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,.)

Do đó (A,,,F,,,C,,,H) cùng thuộc đường tròn đường kính (AC,.)

Suy ra (\widehat {CHF} = \widehat {CAF}) (góc nội tiếp cùng chắn cung (CF).) (1)

Ta có ($\widehat {CAF}$ + $\widehat {ACF}$ = 90^circ ) (do (Delta AFC) vuông tại (F)) và ($\widehat {FCD}$ + $\widehat {ACF} = 90^circ .$) Suy ra ($\widehat{CAF}$ = $\widehat {FCD}.$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra ($\widehat{CHF}$ = $\widehat {DCF}$) (đpcm).

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 ($\widehat {ABD}$) nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên (CI,{rm{//}},BD.)

Lại có (BI,{rm{//}},CD) (do cùng vuông góc với (AC))

Do đó (BICD) là hình bình hành.

Gọi (M) là giao điểm của (DI) và (BC.)

Khi đó (M) là trung điểm của (DI) và (BC) (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 ($\widehat {BOC}$= $\widehat {BAC}$ = 2 cdot 60^circ = 120^circ $) (góc nội tiếp chắn cung (BC).)

Vì (Delta BOC) cân tại (O) có (OM) là đường trung tuyến nên (OM) đồng thời là phân giác của ($\widehat {BOC}$) và cũng là đường cao của (Delta BOC.)

Khi đó ($\widehat {BOM}$ = $\frac{1}{2}widehat {BOC} = 60^circ .$)

Xét (Delta BOM) vuông tại (M) có: [OM = BM cdot cot widehat {MOB} =$\frac{1}{2}BC cdot cot$ $\widehat {MOB}$ =$ \frac{1}{2} cdot 10 cdot cot 60^circ$ = $\frac{{5sqrt 3 }}{3},,left( {{rm{cm}}} right).]

Vậy [AI = 2 cdot OM = $\frac{{10sqrt 3 }}{3},,left( {{rm{cm}}} right)$.]
 ($f\cdot g\cdot h$)

a) Vì ($\widehat {ACD}$) chắn nửa đường tròn ($\left(o right)$) nên ($\widehat {ACD} = 90^circ $) (góc nội tiếp chắn nửa đường tr...

+ Đọc thêm »

ĐỀ HÀ NỘI 1

<div class="box-question top20" id="sub-question-1">
 Đề bài

Câu 1: (1,5 điểm)
1) Thành tích chạy $50\;m$ của 16 học sinh nam lớp 9A ở một trường THCS (đơn vị: giây) được cho bằng bảng sau:
<img src="https://img.loigiaihay.com/picture/2025/0113/0_1.png" />
Tìm tần số ghép nhóm và tần số tương đối ghép nhóm $[7,5;8,0)$.
2) Đội văn nghệ lớp 9A gồm 2 bạn nam là Hùng, Bình và 3 bạn nữ là Nga, Thảo, Mai. Cô giáo phụ trách đội văn nghệ chọn ngẫu nhiên hai bạn để hát song ca. Tính xác suất của biến cố “Trong hai bạn được chọn có bạn Nga”.
Phương pháp 
1) - Quan sát bảng số liệu xác định tần số ghép nhóm tương ứng với nhóm $[7,5;8,0)$.
- Tần số tương đối ghép nhóm bằng tỉ số giữa tần số nhóm $[7,5;8,0)$ và tổng số học sinh.
2) - Xác định số kết quả có thể xảy ra.
- Xác định số kết quả thuận lợi cho biến cố “Trong hai bạn được chọn có bạn Nga”.
- Xác suất của biến cố “Trong hai bạn được chọn có bạn Nga” bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với số kết quả có thể.
Lời giải 
1) Dựa vào bảng ta thấy nhóm $[7,5;8,0)$ có tần số là 6.
Tần số tương đối của nhóm $[7,5;8,0)$ là: $\frac{6}{{16}}.100\% = 37,5\% $.
2) Có 10 kết quả có thể xảy ra khi chọn ngẫu nhiên hai bạn để hát song ca là: (Hùng và Bình); (Hùng và Nga); (Hùng và Thảo); (Hùng và Mai); (Bình và Nga); (Bình và Thảo); (Bình và Mai); (Nga và Thảo); (Nga và Mai); (Thảo và Mai).
Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố “Trong hai bạn được chọn có bạn Nga” là: (Hùng và Nga); (Bình và Nga); (Nga và Thảo); (Nga và Mai).
Vậy xác suất của biến cố “Trong hai bạn được chọn có bạn Nga” là: $P = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}$.
Câu 2: (2 điểm) Cho hai biểu thức: $A = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}$ và $B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right).\frac{{x - \sqrt x }}{{2\sqrt x + 1}}$ với $x \ge 0,x \ne 9;x \ne 1$.
1) Tính giá trị của biểu thức $A$ khi $x = 25$.
2) Chứng minh $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}$.
3) Xét biểu thức $P = AB$. Tìm các số nguyên tố $x$ để $P < 1$.
Phương pháp 
1) Kiểm tra điều kiện của x.
Nếu thỏa mãn, thay $x = 25$ vào biểu thức $A$.
2) Kết hợp các tính chất của căn thức bậc hai để rút gọn biểu thức.
3) Rút gọn P sau đó giải bất đẳng thức $P < 1$. Kết hợp điều kiện để tìm $x$.
Lời giải 
1) Với $x = 25$ (thỏa mãn điều kiện), ta có:
$A = \frac{{\sqrt {25} + 1}}{{\sqrt {25} - 3}} = \frac{{5 + 1}}{{5 - 3}} = \frac{6}{2} = 3$
Vậy $A = 3$ khi $x = 25$.
2) Ta có:
$\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 1}}} \right).\frac{{x - \sqrt x }}{{2\sqrt x + 1}}\\ = \left[ {\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right].\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{2\sqrt x + 1}}\\ = \frac{{\sqrt x + 1 + \sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{2\sqrt x + 1}}\\ = \frac{{\left( {2\sqrt x + 1} \right)\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {2\sqrt x + 1} \right)}}\\ = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\end{array}$
Vậy $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}$.
3) Ta có: $P = A.B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}.\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}$
Để $P < 1$ thì $\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} < 1$
$\begin{array}{l}\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - 1 < 0\\\frac{{\sqrt x - \sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 3}} < 0\\\frac{3}{{\sqrt x - 3}} < 0\end{array}$
Vì 3 > 0 nên $\frac{3}{{\sqrt x - 3}} < 0$ khi $\sqrt x - 3 < 0$ suy ra $\sqrt x < 3$ nên $x < 9$.
Kết hợp với $x \ge 0,x \ne 9;x \ne 1$ suy ra $0 \le x < 9$
Mà $x$ là số nguyên tố nên $x \in \left\{ {2;3;5;7} \right\}$.
Vậy $x \in \left\{ {2;3;5;7} \right\}$ thì $P < 1$.
Câu 3: (2,5 điểm)
1) Tại một cửa hàng điện máy tủ lạnh được giảm giá $18\% $ và tivi được giảm giá $12\% $. Tổng giá niêm yết của hai mặt hàng này là $45$ triệu đồng, giá sau khi giảm của hai mặt hàng là $38,64$ triệu đồng. Tìm giá niêm yết của tủ lạnh, tivi.
2) Một người dự định trồng $216$ cây theo thời gian định trước. Nhưng do thời tiết xấu nên mỗi ngày trồng được ít hơn $6$ cây, vì thế trồng xong chậm mất $6$ ngày so với dự kiến. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày người đó trồng được bao nhiêu cây.
3) Phương trình ${x^2} - 5x + k = 0$ có một nghiệm ${x_1} = \frac{{5 - \sqrt {13} }}{2}$. Tính giá trị của biểu thức $x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2$.
Phương pháp 
1) Gọi giá niêm yết của tủ lạnh và ti vi lần lượt là $x,y$ (triệu đồng) ($0 < x,y < 45$).
Lập luận để có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 45\\0,18x + 0,12y = 6,36\end{array} \right.$
Sử dụng phương pháp thế hoặc cộng đại số để tìm $x,y$.
2) Giả sử theo kế hoạch mỗi ngày người đó trồng được số cây là: $x$ (cây) ($x > 6$).
Biểu diễn số cây thực tế mỗi ngày người đó trồng được.
Từ đó biểu diễn thời gian trồng xong cây theo kế hoạch và thực tế.
Lập phương trình và giải để tìm $x$.
3) Thay nghiệm ${x_1} = \frac{{5 - \sqrt {13} }}{2}$ vào phương trình để tìm k.
Biến đổi $x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2$ và áp dụng định lí Viète: ${x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a};{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}$.
Lời giải 
1) Gọi giá niêm yết của tủ lạnh và ti vi lần lượt là $x,y$ (triệu đồng) ($0 < x,y < 45$).
Vì tổng giá niêm yết của hai mặt hàng này là 45 triệu đồng nên $x + y = 45$ (1)
Số tiền được giảm khi mua hai mặt hàng này là: $45 - 38,64 = 6,36$ (triệu đồng).
Vì tủ lạnh được giảm giá $18\% $ và tivi được giảm giá $12\% $ nên ta có phương trinh: $18\% x + 12\% y = 6,36$ hay $0,18x + 0,12y = 6,36$ (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 45\\0,18x + 0,12y = 6,36\end{array} \right.$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}x = 16\\y = 29\end{array} \right.\left( {TM} \right)$
Vậy giá niêm yết của tủ lạnh là 16 triệu đồng, giá niêm yết của ti vi là 29 triệu đồng.
2) Giả sử theo kế hoạch mỗi ngày người đó trồng được số cây là: $x$ (cây) ($x > 6$).
Trên thực tế mỗi ngày người đó trồng được số cây là: $x - 6$ (cây)
Thời gian người đó trồng xong cây theo kế hoạch là: $\frac{{216}}{x}$ (ngày).
Thời gian thực tế người đó trồng xong cây trên là: $\frac{{216}}{{x - 6}}$ (ngày).
Vì thời gian trồng xong chậm 6 ngày so với dự kiến nên ta có phương trình: $\frac{{216}}{{x - 6}} - \frac{{216}}{x} = 6$
$\frac{{216}}{{x - 6}} - \frac{{216}}{x} = 6$
$1296 = 6x(x - 6)$
$6{x^2} - 36x - 1296 = 0$
Giải phương trình ta được $x = 18$ hoặc $x = - 12$ (loại).
Vậy theo kế hoạch người đó trồng $18$ cây mỗi ngày.
3) Vì phương trình ${x^2} - 5x + k = 0$ có một nghiệm ${x_1} = \frac{{5 - \sqrt {13} }}{2}$ nên thay ${x_1} = \frac{{5 - \sqrt {13} }}{2}$ vào phương trình, ta được:
$\begin{array}{l}{\left( {\frac{{5 - \sqrt {13} }}{2}} \right)^2} - 5\left( {\frac{{5 - \sqrt {13} }}{2}} \right) + k = 0\\\frac{{19 - 5\sqrt {13} }}{2} - \frac{{25 - 5\sqrt {13} }}{2} + k = 0\\\frac{{19 - 5\sqrt {13} - 25 + 5\sqrt {13} }}{2} + k = 0\\ - 3 + k = 0\\k = 3\end{array}$
Do đó phương trình cần tìm là ${x^2} - 5x + 3 = 0$.
Theo định lí Viète ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = 3\end{array} \right.$
Ta có: $x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 = {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 3.5 = 15$.
Câu 4: (4 điểm)
1) Một cái thùng dùng để đựng gạo có dạng nửa hình cầu với đường kính $50cm$, phần gạo vun lên có dạng hình nón cao $12cm$.
<img src="https://img.loigiaihay.com/picture/2025/0113/1-1_1.png" />
a) Tính thể tích phần gạo trong thùng.
b) Nhà bạn An dùng lon sữa bò dạng hình trụ với bán kính đáy là $5cm$, chiều cao $14cm$ dùng để đong gạo mỗi ngày. Biết rằng mỗi ngày nhà An ăn 4 lon gạo và mỗi lần đong thì lượng gạo chiếm $90\% $ thể tích của lon. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu ngày để nhà An có thể ăn hết số gạo trong thùng?
2) Cho đường tròn tâm $(O)$ và dây $BC$ cố định không đi qua $O$. Trên cung lớn $BC$ lấy điểm $A$ sao cho $AB < AC$. Kẻ đường kính là hình chiếu của $C$ trên $AK$. $M$ là trung điểm của $BC$.
a) Chứng minh bốn $C,\,E,\,\,M,\,O$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Kẻ $AD \bot BC$ tại $D$. Chứng minh $AD.AK = AB.AC$ và $\Delta MDE$ cân.
c) Gọi $F$ là hình chiếu của $B$ trên $AK$. Chứng minh khi di chuyển trên cung lớn $BC$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta DEF$ là 1 điểm cố định.
Phương pháp 
1) a) Tính bán kính của hình cầu.
- Thể tích phần gạo nửa hình cầu = $\frac{1}{2}$ thể tích hình cầu.
Thể tích hình cầu: ${V_c} = \frac{4}{3}\pi {R^3}$.
- Thể tích phần gạo hình nón tính bằng công thức tính thể tích hình nón: ${V_n} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$
- Thể tích gạo = thể tích phần gạo nửa hình cầu + thể tích phần gạo hình nón.
b) Tính thể tích lon bằng thể tích hình trụ: ${V_t} = \pi {R^2}h$
Tính thể tích gạo mỗi ngày múc = $4.90\% .{V_t}$.
Lấy thể tích gạo : thể tích gạo mỗi ngày múc để xác định số ngày ít nhất để dùng hết số gạo trong thùng.
2) a) Chứng minh $\Delta OMC$ và $\Delta OEC$ lần lượt vuông tại M và E nên cùng nội tiếp đường tròn đường kính OC.
Gọi I là trung điểm của OC thì $C,\,E,\,M,\,O$ cùng thuộc một đường tròn (I) đường kính OC (bán kính OI).
b) *Chứng minh $AD.AK = AB.AC$ 
Chứng minh $\Delta DBA\backsim \Delta CK\text{A}$ (g.g) suy ra $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{AK}}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) nên $AD.AK = AB.AC$.
*Chứng minh $\Delta MDE$ cân.
Để chứng minh $\Delta MDE$ cân ta chứng minh $\widehat {MDE} = \widehat {MED}$.
- Lập luận $\widehat {CAE} = \widehat {CDE}$ và $\widehat {CBK} = \widehat {CAE}$ suy ra $\widehat {CBK} = \widehat {CDE}$
- Lập luận $\widehat {EMC} = \widehat {EOC}$, $\widehat {KBC} = \frac{1}{2}\widehat {KOC}$ suy ra $\widehat {EMC} = 2\widehat {CDE}$
- Sử dụng tính chất góc ngoài của tam giác $\Delta MDE$ suy ra $\widehat {EMC} = 2\widehat {MDE}$
Do đó $\widehat {MDE} = \widehat {MED}$.
c) Chứng minh $\widehat {OBM} = \widehat {MFO}$ và $\widehat {MEO} = \widehat {MCO}$, mà $\widehat {OBM} = \widehat {OCM}$ suy ra $\widehat {MFO} = \widehat {MEO}$.
Do đó $\Delta EMF$ cân tại $M$, nên $ME = MF$.
Mà $ME = MD$ nên $MD = ME = MF$
Suy ra $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$.
Mà $M$ là trung điểm của $BC$ nên $M$ là điểm cố định.
Lời giải 
1) a) Bán kính của hình cầu là: $R = \frac{d}{2} = \frac{{50}}{2} = 25{\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {cm} \right)$
Thể tích phần gạo nửa hình cầu là: ${V_c} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {25^3} = \frac{{31{\kern 1pt} 250}}{3}\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$
Thể tích phần gạo vun lên dạng hình nón là: ${V_n} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi \cdot {25^2} \cdot 12 = 2500\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$
Thể tích gạo trong thùng là: ${V_g} = \frac{{31{\kern 1pt} 250}}{3}\pi + 2500\pi = \frac{{38750}}{3}\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$
b) Thể tích lon là: $\pi {.5^2}.14 = 350{\kern 1pt} \pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$
Thể tích gạo một ngày múc là: $4.90\% .350\pi = 1260\pi {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( {c{m^3}} \right)$
Ta có: $\frac{{38{\kern 1pt} 750}}{\pi }:1{\kern 1pt} 260\pi \approx 10,3$
Vậy cần ít nhất 11 ngày để dùng hết số gạo trong thùng.
2)
<img src="https://img.loigiaihay.com/picture/2025/0113/1_2.png" />
a) Chứng minh bốn $C,\,E,\,M,\,O$ cùng thuộc một đường tròn.
$\Delta OBC$ cân tại $O$, $M$ là trung điểm của $BC$ nên $OM$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao. Suy ra $OM \bot BC$ suy ra $\widehat {OMC} = 90^\circ $.
Tam giác OMC vuông tại $M$ nên tam giác OMC nội tiếp đường tròn đường kính OC.
Theo bài ra, $E$ là hình chiếu của $C$ trên $AK$ nên $CE \bot AK$ suy ra $CE \bot EO$ hay $\widehat {OEC} = 90^\circ $.
Tam giác OEC vuông tại E nên tam giác OEC nội tiếp đường tròn đường kính OC.
Gọi $I$ là trung điểm của $OC$
Do đó $C,\,E,\,M,\,O$ cùng thuộc một đường tròn (I) đường kính OC (bán kính OI).
b) *Chứng minh $AD.AK = AB.AC$ 
Xét $\Delta DBA$ và $\Delta CK{\rm{A}}$ có
$\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ $
$\widehat {ABD} = \widehat {AKC}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung )
Nên $\Delta DBA\backsim \Delta CK\text{A}$ (g.g)
Do đó ta có: $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{AK}}$ (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Hay $AD.AK = AB.AC$ (đpcm).
*Chứng minh $\Delta MDE$ cân.
Theo bài ra $\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\AE \bot EC\end{array} \right.$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ADC} = 90^\circ \\\widehat {AEC} = 90^\circ \end{array} \right.$
Gọi $Q$ là trung điểm của $AC$
Tam giác ADC và tam giác AEC vuông tại D và E nên nội tiếp đường tròn (Q; AC), suy ra $QA = QC = QD = QE$
Suy ra bốn điểm $A,\,C,\,D,\,E$ cùng thuộc đường tròn $\left( Q \right)$
Suy ra $\widehat {CAE} = \widehat {CDE}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CE$) (1)
Xét $\left( O \right)$ ta có: $\widehat {CBK} = \widehat {CAE}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung $CK$ ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {CBK} = \widehat {CDE}$ mà hai góc này ở vị trí đồng vị (3)
Suy ra $DE//BK$
Xét đường tròn $\left( I \right)$ có: $\widehat {EMC} = \widehat {EOC}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{EC}$). (4)
Xét đường tròn $\left( O \right)$ có: $\widehat {KBC} = \frac{1}{2}\widehat {KOC}$ (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn $\overset\frown{KC}$). (5)
Từ (3); (4) và (5) suy ra $\widehat {EMC} = 2\widehat {CDE}$.
$\Delta MDE$ có $\widehat {EMC} = \widehat {MDE} + \widehat {MED}$ (góc ngoài của tam giác) mà $\widehat {EMC} = 2\widehat {MDE}$
Nên $\widehat {MDE} = \widehat {MED}$. Do đó, $\Delta MDE$ cân tại $M$.
c) Gọi $P$ là trung điểm của $BO$
Tam giác BFO và tam giác BMO vuông tại F và M nên nội tiếp đường tròn (P; OP) suy ra $PB = PO = PF = PM$
Suy ra bốn điểm $O,M,B,F$ cùng thuộc đường tròn $\left( P \right)$
Nên $\widehat {OBM} = \widehat {MFO}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{MO}$).
Xét đường tròn $\left( I \right)$ có:
$\widehat {MEO} = \widehat {MCO}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{MO}$).
Mà $\widehat {OBM} = \widehat {OCM}$ ($\Delta OCB$cân tại $O$).
Do đó $\widehat {MFO} = \widehat {MEO}$ suy ra $\Delta EMF$ cân tại $M$, do đó $ME = MF$.
Mà $ME = MD$ (Tam giác $MDE$ cân tại $M$).
Suy ra $MD = ME = MF$.
Suy ra $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$.
Mà $M$ là trung điểm của $BC$ nên $M$ là điểm cố định.
Vậy khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$ là một điểm cố định.
Câu 5: (0,5 điểm)
Bác An muốn đặt đóng một chiếc hộp đựng quà lưu niệm có dạng hình hộp chữ nhật với mặt đáy $ABCD$ là hình vuông như hình dưới đây.
<img src="https://img.loigiaihay.com/picture/2025/0113/1_1.png" />
Để món quà trở nên đặc biệt, bác An muốn mạ bốn mặt xung quanh và mặt đáy dưới (mặt $MNPQ$) của chiếc hộp bằng kim loại quý (không mạ nắp hộp). Em hãy tìm độ dài cạnh $MN$ của mặt đáy và chiều cao $AM$ của hộp quà sao cho tổng diện tích các mặt được mạ kim loại quý của chiếc hộp là nhỏ nhất biết rằng thể tích của chiếc hộp là $4d{m^3}$.
Phương pháp 
Gọi độ dài cạnh $MN$ là $x\left( {dm} \right)$ ($x > 0$)
Gọi độ dài chiều cao $AM$ là $h\left( {dm} \right)$ ($h > 0$)
Biểu diễn $h$ theo $x$ dựa vào thể tích của chiếc hộp.
Tính diện tích cần mạ kim loại = diện tích bốn mặt xung quanh và diện tích mặt đáy dưới.
Sử dụng bất đẳng thức Cô – si cho 3 số để tìm giá trị nhỏ nhất của S.
Từ đó tính được $x,h$.
Lời giải 
Gọi độ dài cạnh $MN$ là $x\left( {dm} \right)$($x > 0$)
Gọi độ dài chiều cao $AM$ là $h\left( {dm} \right)$($h > 0$)
Do thể tích của chiếc hộp là 4dm3 nên ta có: ${x^2}h = 4$
Suy ra $h = \frac{4}{{{x^2}}}$
Diện tích cần mạ kim loại quý của chiếc hộp là:
$\begin{array}{l}S = {x^2} + 4xh = {x^2} + 4x.\frac{4}{{{x^2}}} = {x^2} + \frac{{16}}{x}\\\,\,\,\, = {x^2} + \frac{{8}}{x} + \frac{{8}}{x}\end{array}$
Chứng minh bất đẳng thức Cô – si.
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 3 số $4x > 0$, $\frac{{8}}{x} > 0$ và $\frac{{8}}{x} > 0$ ta có:
$S = {x^2} + \frac{{8}}{x} + \frac{{8}}{x} \ge 3.\sqrt[3]{{x^2}.\frac{{8}}{x}.\frac{{8}}{x}} = 3.\sqrt[3]{64} = 3 . 4 = 12$
Dấu “=” xảy ra khi $x^2 = \frac{8}{x}$, suy ra $x^3 = 8$, do đó $x = 2$
Suy ra $h = \frac{4}{{{2^2}}} = 1$
Vậy khi độ dài cạnh đáy $MN = 2dm$ và chiều cao $AM = 1dm$ thì diện tích cần mạ kim loại quý của chiếc hộp là nhỏ nhất bằng $12d{m^2}$.
 </div>

ĐỀ HÀ NỘI 1

Đề bài Câu 1: (1,5 điểm) 1) Thành tích...

+ Đọc thêm »

ĐỀ 5

<div id="box-content">
 Đề bài
 Câu 1. (2,5 điểm)
1. Thực hiện phép tính $\dfrac{{\sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}$
2. Rút gọn biểu thức $P = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \dfrac{{9 + x}}{{9 - x}}} \right).\left( {3\sqrt x - x} \right)$ với $x \ge 0$ và $x \ne 9$
3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số $y = ax + b$ đi qua hai điểm $A\left( {2; - 2} \right)$ và $B\left( { - 3;2} \right)$
Câu 2. (1.5 điểm)
1. Giải phương trình ${x^2} - 4x + 4 = 0$
2. Tìm giá trị của m để phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3 = 0$ có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn $\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 10.$
Câu 3. (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút.
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D. Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng DO. Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng với A). Chứng minh
a) $D{A^2} = DC.DB$
b) Tứ giác AHCD nội tiếp.
c) $CH \bot CF$
d) $\dfrac{{BH.BC}}{{BF}} = 2R$
Câu 5 (0,5 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn $xy + 1 \le x$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $Q = \dfrac{{x + y}}{{\sqrt {3{x^2} - xy + {y^2}} }}$  
<div id="pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd"></div><script async="" src="https://server.zmedia.vn/static/zmedia.vn/209488313/pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd.js?force="></script> Lời giải chi tiết
 
 <div class="tooltip-concept-container">
 <div class="tooltip-concept-content"></div>
 </div>
 Câu 1.1. Thực hiện phép tính $\dfrac{{\sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }}$ $\dfrac{{\sqrt {27} }}{{\sqrt 3 }} = \sqrt {\dfrac{{27}}{3}} = \sqrt 9 = 3.$2. Rút gọn biểu thức $P = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \dfrac{{9 + x}}{{9 - x}}} \right).\left( {3\sqrt x - x} \right)$ với $x \ge 0$ và $x \ne 9$ Điều kiện: $x \ge 0,\;\;x \ne 9.$$\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{\sqrt x }}{{3 + \sqrt x }} + \dfrac{{9 + x}}{{9 - x}}} \right).\left( {3\sqrt x - x} \right)\\\;\;\; = \left( {\dfrac{{\sqrt x .\left( {3 - \sqrt x } \right)}}{{\left( {3 - \sqrt x } \right)\left( {3 + \sqrt x } \right)}} + \dfrac{{9 + x}}{{\left( {3 - \sqrt x } \right)\left( {3 + \sqrt x } \right)}}} \right).\left( {3\sqrt x - x} \right)\\\;\;\; = \dfrac{{9 + 3\sqrt x }}{{\left( {3 - \sqrt x } \right)\left( {3 + \sqrt x } \right)}}.\left( {3\sqrt x - x} \right)\\\;\;\; = \dfrac{{3\left( {3 + \sqrt x } \right)}}{{3 + \sqrt x }}.\sqrt x \\\;\;\; = 3\sqrt x .\end{array}$
 
<div id="pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd"></div><script async="" src="https://server.zmedia.vn/static/zmedia.vn/209488313/pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd.js?force="></script>
3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị hàm số $y = ax + b$ đi qua hai điểm $A\left( {2; - 2} \right)$ và $B\left( { - 3;2} \right)$Đồ thị hàm số $y = ax + b$ đi qua hai điểm $A\left( {2; - 2} \right)$ và $B\left( { - 3;2} \right)$ nên ta có hệ phương trình:$\left\{ \begin{array}{l}2a + b = - 2\\ - 3a + b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5a = - 4\\b = 2 + 3a\end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \dfrac{4}{5}\\b = - \dfrac{2}{5}\end{array} \right.$Vậy ta có $a = - \dfrac{4}{5};\;\;b = - \dfrac{2}{5}.$Câu 2.1. Giải phương trình ${x^2} - 4x + 4 = 0$ ${x^2} - 4x + 4 = 0$$\Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 2$Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{2\}$2. Tìm giá trị của m để phương trình ${x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3 = 0$ (*) có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn $\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 10$

+) Phương trình có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ khi và chỉ khi $\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} - 3 \ge 0$$\Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - {m^2} - 3 \ge 0 $$\Leftrightarrow 2m \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 1.$Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\,\,\left( 2 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.$

Từ đề bài ta có: $\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 10 $$\Leftrightarrow x_1^2 + x_2^2 + 2\left| {{x_1}{x_2}} \right| = 100$$\Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 2\left| {{x_1}{x_2}} \right| = 100$Lại có ${x_1}{x_2} = {m^2} + 3 > 0\;\forall m $ $\Rightarrow \left| {{x_1}{x_2}} \right| = {x_1}{x_2} = {m^2} + 3.$Khi đó ta có: $\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 10$

$\Leftrightarrow {\left( {\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right|} \right)^2} = 100$$\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_1^2 + 2\left| {{x_1}{x_2}} \right| + x_2^2 = 100\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} + 2{x_1}{x_2} = 100\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = 100\\ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = \pm 10.\end{array}$+) TH1: ${x_1} + {x_2} = 10$ kết hợp với (2) ta được:

$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 10\\{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\end{array} \right. $$\,\Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right) = 10 \Leftrightarrow m = 4\left( {tm} \right)$+)TH2: ${x_1} + {x_2} = 10$ kết hợp với (2) ta được:$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 10\\{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\end{array} \right. $$\,\Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right) = - 10 \Leftrightarrow m = - 6\;\left( {ktm} \right)$

Vậy $m = 4$ thỏa mãn điều kiện bài toán.Câu 3:Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút.Gọi vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B là $x\;\left( {km/h} \right)\;\;\left( {x > 0} \right).$

Thời gian ô tô đi từ A đến B là: $\dfrac{{156}}{x}$ (giờ).Quãng đường lúc về là: $156 - 36 = 120\left( {km} \right)$Vận tốc của ô tô lúc về là: $x + 32\;\;\left( {km/h} \right).$ Thời gian của ô tô lúc về là: $\dfrac{{120}}{{x + 32}}$ (giờ).Đổi: 1 giờ 45 phút $ = 1 + \dfrac{{45}}{{60}} = \dfrac{7}{4}$ giờ.Theo đề bài ta có phương trình: $\dfrac{{156}}{x} - \dfrac{{120}}{{x + 32}} = \dfrac{7}{4}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 156.4.\left( {x + 32} \right) - 120.4.x = 7x\left( {x + 32} \right)\\ \Leftrightarrow 624x + 19968 - 480x = 7{x^2} + 224x\\ \Leftrightarrow 7{x^2} + 80x - 19968 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 48} \right)\left( {7x + 416} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 48 = 0\\7x + 416 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 48\;\;\left( {tm} \right)\\x = - \dfrac{{416}}{7}\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right..\end{array}$

Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là $48\;km/h.$Câu 4. <img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/l.png" />a) $D{A^2} = DC.DB$ Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) $ \Rightarrow AC \bot BC\,\,hay\,\,\,AC \bot BD$.Ta có:$\widehat {DAB} = {90^0}$ ( Do DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A).Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD vuông tại A có đường cao AC ta có $D{A^2} = DC.DB$.b) Tứ giác AHCD nội tiếp.Xét tứ giác AHCD có $\widehat {AHD} = \widehat {ACD} = {90^0} \Rightarrow $ Hai đỉnh C và H kề nhau cùng nhìn cạnh AD dưới góc 900

$ \Rightarrow $ Tứ giác AHCD nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).c) $CH \bot CF$ Do tứ giác AHCD nội tiếp nên $\widehat {FHC} = \widehat {ADC}$ (cùng bù với $\widehat {AHC}$).Xét tam giác FHC và tam giác ADC có:$\widehat {CFH} = \widehat {DAC}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).$\widehat {FHC} = \widehat {ADC}\,\,\left( {cmt} \right)$;

Suy ra, tam giác FHC đồng dạng với tam giác ADC (g.g) => góc FCH bằng góc ACD (hai góc tương ứng)Mà $\widehat {ACD} = {90^0} \Rightarrow \widehat {FCH} = {90^0} \Rightarrow CH \bot CF$d) $\dfrac{{BH.BC}}{{BF}} = 2R$ Xét tam giác vuông OAD vuông tại A có OH là đường cao ta có $O{A^2} = OD.OH$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)Mà $OA = OB = R \Rightarrow O{B^2} = OD.OH $$\Rightarrow \dfrac{{OB}}{{OH}} = \dfrac{{OD}}{{OB}}$

Xét tam giác OBH và ODB có:$\widehat {BOD}$ chung;$\dfrac{{OB}}{{OH}} = \dfrac{{OD}}{{OB}}\,\,\left( {cmt} \right)$;Suy ra, tam giác OBH đồng dạng với tam giác ODB (c.g.c) => góc OBH bằng góc OBDMà $\widehat {ODB} = \widehat {CAF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD).$\widehat {CAF} = \widehat {CBF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn (O))

$ \Rightarrow \widehat {OBH} = \widehat {CBF} $$\Rightarrow \widehat {OBH} + \widehat {HBC} = \widehat {CBF} + \widehat {HBC}$$\Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {HBF} = \widehat {ABC}$Xét tam giác BHF và tam giác BAC có:$\widehat {BFH} = \widehat {BCA} = {90^0}$ (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O));$\widehat {HBF} = \widehat {ABC}\,\,\left( {cmt} \right)$;<img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/a.png" style="max-width: 400px; width: 100%;" />Câu 5.Ta có: $xy + 1 \le x,\,\,(x,y > 0) \Leftrightarrow y + \dfrac{1}{x} \le 1$

Áp dụng BĐT Cô si, ta có: $y + \dfrac{1}{x} \ge 2\sqrt {y.\dfrac{1}{x}} = 2\sqrt {\dfrac{y}{x}} $$\Rightarrow 1 \ge 2\sqrt {\dfrac{y}{x}} \Leftrightarrow 0 < \dfrac{y}{x} \le \dfrac{1}{4}$$Q = \dfrac{{x + y}}{{\sqrt {3{x^2} - xy + {y^2}} }} = \dfrac{{1 + \dfrac{y}{x}}}{{\sqrt {3 - \dfrac{y}{x} + \dfrac{{{y^2}}}{{{x^2}}}} }}$ . Đặt $\dfrac{y}{x} = a,\,\,0 < a \le \dfrac{1}{4}$, ta có:$Q = \dfrac{{1 + a}}{{\sqrt {3 - a + {a^2}} }} = \sqrt {\dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} - a + 3}}} $ , $0 < a \le \dfrac{1}{4}$

Ta chứng minh: $\dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} - a + 3}} \le \dfrac{5}{9}\,\,(*),\,\,\forall 0 < a \le \dfrac{1}{4}$$\left( * \right) \Leftrightarrow 9({a^2} + 2a + 1) \le 5({a^2} - a + 3)$ ( do ${a^2} - a + 3 > 0,\,\,\forall a$)$ \Leftrightarrow 4{a^2} + 23a - 6 \le 0 $$\Leftrightarrow 4{a^2} - a + 24a - 6 \le 0$$\Leftrightarrow a(4a - 1) + 6(4a - 1) \le 0$$\Leftrightarrow (4a - 1)(a + 6) \le 0$

Do $0 < a \le \dfrac{1}{4}$ $ \Rightarrow 4a - 1 \le 0,\,\,a + 6 > 0 \Rightarrow (4a - 1)(a + 6) \le 0$$ \Rightarrow \dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} - a + 3}} \le \dfrac{5}{9}\,\,,\,\,\forall 0 < a \le \dfrac{1}{4}$$ \Rightarrow Q = \sqrt {\dfrac{{{a^2} + 2a + 1}}{{{a^2} - a + 3}}} \le \sqrt {\dfrac{5}{9}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}$,$\forall 0 < a \le \dfrac{1}{4}$Vậy, ${Q_{max}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}$ khi và chỉ khi $a = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{y}{x} = \dfrac{1}{4}\\y + \dfrac{1}{x} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$ Loigiaihay.com 
 <div>
 </div>

</div>

ĐỀ 5

Đề bài ...

+ Đọc thêm »

ĐỀ 6

<div id="box-content">
 Đề bài
 Câu 1. (2.5 điểm)
a) Rút gọn các biểu thức
$A = \sqrt {12} + \sqrt {27} - \sqrt {48} $
$B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}$ với $x \ge 0$ và $x \ne \pm 1$
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right.$
Câu 2. (2 điểm)
Cho phương trình ${x^2} + 5x + m = 0\left( * \right)$ (m là tham số )
a) Giải phương trình (*) khi $m = - 3$
b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn $9{x_1} + 2{x_2} = 18$
Câu 3. (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right),$ cho parabol $\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\;y = \left( {2m - 1} \right)x + 5.$
a) Vẽ đồ thị của (P).
b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm $E\left( {7;\;12} \right).$
c) Đường thẳng $y = 2$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm $A,\;B.$ Tìm tọa độ của $A,\;B$ và tính diện tích tam giác $OAB.$
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm $\left( {O;R} \right)$ có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn $\left( {O;R} \right)$ sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh CA.CK = CE.CH
c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.
d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.  
<div id="pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd"></div><script async="" src="https://server.zmedia.vn/static/zmedia.vn/209488313/pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd.js?force="></script> Lời giải chi tiết
 
 <div class="tooltip-concept-container">
 <div class="tooltip-concept-content"></div>
 </div>
 Câu 1.a) Rút gọn các biểu thức$\begin{array}{l}A = \sqrt {12} + \sqrt {27} - \sqrt {48} \\\,\,\,\,\, = \sqrt {{2^2}.3} + \sqrt {{3^2}.3} - \sqrt {{4^2}.3} \\\,\,\,\,\, = 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 - 4\sqrt 3 \\\,\,\,\,\, = \sqrt 3 .\end{array}$$B = \left( {\dfrac{1}{{\sqrt x - 1}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{x - 1}}$ với $x \ge 0$ và $x \ne \pm 1$$\begin{array}{l}B = \left( {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\dfrac{{x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\\\;\; = \dfrac{{\sqrt x + 1 - \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{x + 1}}\\\;\; = \dfrac{2}{{x + 1}}.\end{array}$
 
<div id="pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd"></div><script async="" src="https://server.zmedia.vn/static/zmedia.vn/209488313/pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd.js?force="></script>
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\3x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2y = 12\\y = 3x - 1\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2\left( {3x - 1} \right) = 12\\y = 3x - 1\end{array} \right. $$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 14\\y = 3x - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;\;y} \right) = \left( {2;\;5} \right).$Câu 2.Cho phương trình ${x^2} + 5x + m = 0\left( * \right)$ (m là tham số )a) Giải phương trình (*) khi $m = - 3$ Thay $m = - 3$ vào phương trình (*) ta có: ${x^2} + 5x - 3 = 0$Ta có: $a = 1;b = 5;c = - 3;$$\Delta = {b^2} - 4ac = {5^2} + 12 = 37 > 0$Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: $\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ - 5 - \sqrt {37} }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{ - 5 + \sqrt {37} }}{2}\end{array} \right.$

Vậy khi $m = - 3$ thì phương trình (*) có tập nghiệm là: $S = \left\{ {\dfrac{{ - 5 - \sqrt {37} }}{2};\dfrac{{ - 5 + \sqrt {37} }}{2}} \right\}$b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ thỏa mãn $9{x_1} + 2{x_2} = 18\,\,\,\left( 3 \right)$ +) Phương trình (*) có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ khi và chỉ khi $\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 25 - 4m \ge 0 \Leftrightarrow m \le \dfrac{{25}}{4}$

+) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}.{x_2} = m\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$Kết hợp (1) và (3) ta được hệ phương trình:$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\9{x_1} + 2{x_2} = 18\end{array} \right. $$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_1} + 2{x_2} = - 10\\9{x_1} + 2{x_2} = 18\end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 7{x_1} = - 28\\{x_2} = - 5 - {x_1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 4\\{x_2} = - 9\end{array} \right.$Thay ${x_1} = 4;{x_2} = - 9$ vào (2) ta được: $4.\left( { - 9} \right) = m \Leftrightarrow m = - 36\left( {tm} \right)$Vậy $m = - 36$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.Câu 3:Trong mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right),$ cho parabol $\left( P \right):\;\;y = \dfrac{1}{2}{x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\;y = \left( {2m - 1} \right)x + 5.$

a) Vẽ đồ thị của (P).Ta có bảng giá trị:<table border="1" cellpadding="0" cellspacing="0" style="width: 100%;">
<tbody>
<tr>
<td width="87">
$x$
</td>
<td width="87">
$ - 4$
</td>
<td width="87">
$ - 2$
</td>
<td width="87">
$0$
</td>
<td width="87">
$2$
</td>
<td width="87">
$4$
</td>
</tr>
<tr>
<td width="87">
$y = \dfrac{1}{2}{x^2}$
</td>
<td width="87">
$8$
</td>
<td width="87">
$2$
</td>
<td width="87">
$0$
</td>
<td width="87">
$2$
</td>
<td width="87">
$8$
</td>
</tr>
</tbody>
</table>Đồ thị: <img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/1_1.png" style="max-width: 350px; width: 100%;" /> b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm $E\left( {7;\;12} \right).$Đường thẳng $\left( d \right)$ đi qua điểm $E\left( {7;\;12} \right) \Rightarrow 12 = \left( {2m - 1} \right).7 + 5$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 12 = 14m - 7 + 5\\ \Leftrightarrow 14m = 14\\ \Leftrightarrow m = 1.\end{array}$ Vậy $m = 1$ thỏa mãn điều kiện bài toán.c) Đường thẳng $y = 2$ cắt parabol $\left( P \right)$ tại hai điểm $A,\;B.$ Tìm tọa độ của $A,\;B$ và tính diện tích tam giác $OAB.$ Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $y = 2$ và parabol $\left( P \right)$ là:$\dfrac{1}{2}{x^2} = 2 \Leftrightarrow {x^2} = 4 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( { - 2;\;2} \right)\\B\left( {2;\;2} \right)\end{array} \right..$Đường thẳng $y = 2$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $A\left( { - 2;\;2} \right)$ và $B\left( {2;\;2} \right).$Gọi $H$ là giao điểm của đường thẳng $y = 2$ và trục $Oy \Rightarrow H\left( {0;\;2} \right).$

Khi đó ta có: ${S_{AOB}} = {S_{AOH}} + {S_{OBH}}.$Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{S_{AOH}} = \dfrac{1}{2}AH.OH = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_A}} \right|.\left| {{y_H}} \right| = \dfrac{1}{2}.2.2 = 2\\{S_{BOH}} = \dfrac{1}{2}HB.OH = \dfrac{1}{2}.\left| {{x_B}} \right|.\left| {{y_H}} \right| = \dfrac{1}{2}.2.2 = 2\end{array} \right..$${S_{AOB}} = {S_{AOH}} + {S_{OBH}} = 2 + 2 = 4.$Vậy diện tích tam giác $OAB$ là $4\;\left( {dvdt} \right).$

Câu 4.<img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/2_1.png" /> a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.Ta có $\widehat {AKB} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $ \Rightarrow \widehat {AKE} = {90^0}$.Xét tứ giác AHEK có $\widehat {AKE} + \widehat {AHE} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow $ tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).b) Chứng minh CA.CK = CE.CHXét tam giác CKE và tam giác CHA có:

$\widehat {CKE} = \widehat {CHA} = {90^0};$$\widehat {ACH}$ chung;$ \Rightarrow \Delta CKE \sim \Delta CHA\,\,\left( {g.g} \right) $$\Rightarrow \dfrac{{CK}}{{CH}} = \dfrac{{CE}}{{CA}} $$\Rightarrow CA.CK = CE.CH$ (đpcm).c) Qua điểm N kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân.Ta có $d \bot AC;\,\,\widehat {AKB} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AK$$\Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow d//BK$. (từ vuông góc đến song song).

Xét tam giác OMN có $OM = ON\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OMN$ cân tại O.$ \Rightarrow $ Đường cao OH đồng thời là đường phân giác $ \Rightarrow \widehat {MOB} = \widehat {NOB} \Rightarrow $ sđ cung MB = sđ cung NB.$ \Rightarrow \widehat {MKB} = \widehat {NKB}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).Ta có $\widehat {KFN} = \widehat {MKB}$ (đồng vị);$\widehat {KNF} = \widehat {NKB}$ (so le trong);

Mà $\widehat {MKB} = \widehat {NKB}\,\,\left( {cmt} \right)$$\Rightarrow \widehat {KFN} = \widehat {KNF} $$\Rightarrow \Delta NEK$ cân tại K.d) Khi KE = KC. Chứng minh OK // MN.Ta có $\widehat {AKB} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AK \Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow \Delta KEC$ vuông tại K.Lại có KE = KC (gt) $ \Rightarrow \Delta KEC$ vuông cân tại K $ \Rightarrow \widehat {KEC} = {45^0}$ ;

$ \Rightarrow \widehat {HEB} = \widehat {KEC} = {45^0}$ (đối đỉnh) $ \Rightarrow \Delta HEB$ vuông cân tại H $ \Rightarrow \widehat {HBE} = {45^0} \Rightarrow \widehat {OBK} = {45^0}$ Tam giác OBK có $OB = OK\;\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OBK$ cân tại O $ \Rightarrow \widehat {OBK} = \widehat {OKB} = {45^0}$ $ \Rightarrow \widehat {BOK} = {180^0} - {45^0} - {45^0} = {90^0} \Rightarrow \Delta BOK$ vuông cân tại $O \Rightarrow OK \bot OB$ ;Lại có $MN \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow MN \bot OB$.Vậy MN // OK.Loigiaihay.com 
 <div>
 </div>

</div>

ĐỀ 6

Đề bài ...

+ Đọc thêm »

ĐỀ 7

<div id="box-content">
 Đề bài
 Bài 1 (1,5 điểm) Cho parabol $\left( P \right):\;\;y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\;\;y = 3x - 2.$
a) Vẽ $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ trên cùng hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ bằng phép tính.
Bài 2 (1 điểm). Cho phương trình $3{x^2} - x - 1 = 0$ có $2$ nghiệm là ${x_1},{x_2}$. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $A = x_1^2 + x_2^2$.
Bài 3 (1 điểm). Mối quan hệ giữa thang nhiệt độ F (Fahrenheit) và thang nhiệt độ C (Celsius) được cho bởi công thức ${T_F} = 1,8.{T_C} + 32,$ trong đó ${T_C}$ là nhiệt độ tính theo độ C và ${T_F}$ là nhiệt độ tính theo độ F. Ví dụ ${T_C} = {0^0}$ C tương ứng với ${T_F} = {32^0}$ F.
a) Hỏi ${25^0}$ C tương ứng với bao nhiêu độ F ?
b) Các nhà khoa học đã tìm ra mối liên hệ giữa $A$ là số tiếng kêu của một con dế trong một phút và ${T_F}$ là nhiệt độ cơ thể của nó bởi công thức $A = 5,6.{T_F} - 275,$ trong đó ${T_F}$ là nhiệt độ tín theo độ F. Hỏi nếu con dế kêu 106 tiếng trong một phút thì nhiệt độ của nó khoảng bao nhiêu độ C? (làm tròn đến hàng đơn vị)
 <img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/3_1.png" style="max-width: 500px; width: 100%;" />
Bài 4: (0,75 điểm)Kim tự tháp Kheops – Ai Cập có dạng hình chóp đều, đáy là hình vuông, các mặt bên là các tam giác cân chung đỉnh (hình vẽ). Mỗi cạnh bên của kim tự tháp dài 214 m, cạnh đáy của nó dài 230 m.
a) Tính theo mét chiều cao h của kim tự tháp (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
b) Cho biết thể tích của hình chóp được tính theo công thức $V = \dfrac{1}{3}Sh$, trong đó $S$ là diện tích mặt đáy, h là chiều cao của hình chóp. Tính theo ${m^3}$ thể tích của kim tự tháp (làm tròn đến hàng nghìn).
 <img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/4_2.png" style="max-width: 500px; width: 100%;" />
Bài 5 (1 điểm). Siêu thị A thực hiện chương trình giảm giá cho khách hàng mua loại túi bột giặt 4 kg như sau: Nếu mua 1 túi thì được giảm giá 10 000 đồng so với giá niêm yết. Nếu mua 2 túi thì túi thứ nhất được giảm 10 000 đồng và túi thứ hai được giảm 20 000 đồng so với giá niêm yết. Nếu mua từ 3 túi trở lên thì ngoài 2 túi đầu được hưởng chương trình giảm giá như trên, từ túi thứ ba trở đi mỗi túi sẽ được giảm 20% so với giá niêm yết.
a) Bà Tư mua 5 túi bột giặt loại 4 kg ở siêu thị A thì phải trả số tiền là bao nhiêu, biết rằng loại túi bột giặt mà bà Tư mua có giá niêm yết là 150 000 đồng/túi.
b) Siêu thị B lại có hình thức giảm giá khác cho loại túi bột giặt nêu trên là: nếu mua từ 3 túi trở lên thì sẽ giảm giá 15% cho mỗi túi. Nếu bà Tư mua 5 túi bột giặt thì bà Tư nên mua ở siêu thị nào để số tiền phải trả ít hơn? Biết rằng giá niêm yết của hai siêu thị là như nhau.
Bài 6 (1 điểm). Nhiệt độ sôi của nước không phải lúc nào cũng là ${100^0}C$ mà phụ thuộc vào độ cao của nơi đó so với mực nước biển. Chẳng hạn Thành phố Hồ Chí Minh có độ cao xem như ngang mực nước biển $\left( {x = 0\,m} \right)$ thì nước có nhiệt độ sôi là $y = {100^0}C$ nhưng ở thủ đô La Paz của Bolivia, Nam Mỹ có độ cao $x = 3\,600\,m$ so với mực nước biển thì nhiệt độ sôi của nước là $y = {87^0}C$. Ở độ cao trong khoảng vài $km$, người ta thấy mối liên hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất $y = ax + b$ có đồ thị như sau:
<img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/5_2.png" />
x: là đại lượng biểu thị cho độ cao so với mực nước biển.
y: là đại lượng biểu thị cho nhiệt độ sôi của nước.
Bài 7 (1 điểm) Năm học 2017 – 2018, trường THCS Tiến Thành có ba lớp 9 gồm 9A, 9B, 9C trong đó lớp 9A có 35 học sinh và lớp 9B có 40 học sinh. Tổng kết cuối năm, lớp 9A có 15 học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi, lớp 9B có 12 học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi, lớp 9C có 20% học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi và toàn khối 9 có 30% học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi. Hỏi lớp 9C có bao nhiêu học sinh?
Bài 8 (3 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có BC = 8 cm. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và D. Hai đường thẳng BD và CE cắt nhau tại H.
a) Chứng minh: AH vuông góc với BC.
b) Gọi K là trung điểm của AH. Chứng minh tứ giác OEKD nội tiếp.
c) Cho $\widehat {BAC} = {60^0}$. Tính độ dài đoạn DE và tỉ số diện tích của hai tam giác AED và ABC.
  
<div id="pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd"></div><script async="" src="https://server.zmedia.vn/static/zmedia.vn/209488313/pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd.js?force="></script> Lời giải chi tiết
 
 <div class="tooltip-concept-container">
 <div class="tooltip-concept-content"></div>
 </div>
 Bài 1 (1,5 điểm) Cho parabol $\left( P \right):\;\;y = {x^2}$ và đường thẳng $\left( d \right):\;\;y = 3x - 2.$a) Vẽ $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ trên cùng hệ trục tọa độ.+) Vẽ đồ thị hàm số $\left( P \right):\;\;y = {x^2}:$ Ta có bảng giá trị:<table border="1" cellpadding="0" cellspacing="0" style="width: 100%;">
<tbody>
<tr>
<td width="72">
$x$
</td>
<td width="72">
-2
</td>
<td width="72">
-1
</td>
<td width="72">
0
</td>
<td width="72">
1
</td>
<td width="72">
2
</td>
</tr>
<tr>
<td width="72">
$y = {x^2}$
</td>
<td width="72">
4
</td>
<td width="72">
1
</td>
<td width="72">
0
</td>
<td width="72">
1
</td>
<td width="72">
4
</td>
</tr>
</tbody>
</table>Đồ thị hàm số (P) có hình dạng đường cong đi qua các điểm $\left( {0;\;0} \right),\;\;\left( { - 1;\;1} \right),\;\;\left( { - 2;\;4} \right),\;\;\left( {1;\;1} \right),\;\left( {2;\;4} \right).$
 
<div id="pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd"></div><script async="" src="https://server.zmedia.vn/static/zmedia.vn/209488313/pcinreadloigiaihaycom-EdgComqxxd.js?force="></script>
+) Vẽ đồ thị hàm số: $\left( d \right):\;\;y = 3x - 2.$<table border="1" cellpadding="0" cellspacing="0" style="width: 100%;">
<tbody>
<tr>
<td width="141">
$x$
</td>
<td width="141">
1
</td>
<td width="141">
2
</td>
</tr>
<tr>
<td width="141">
$y = 3x - 2$
</td>
<td width="141">
1
</td>
<td width="141">
4
</td>
</tr>
</tbody>
</table>Đồ thị hàm số là đường thẳng đi qua các điểm $\left( {1;\;1} \right),\;\;\left( {2;\;\;4} \right).$Đồ thị hàm số:<img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/6_1.png" />b) Tìm tọa độ giao điểm của $\left( P \right)$ và $\left( d \right)$ bằng phép tính. Hoành độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ là nghiệm của phương trình:

$\begin{array}{l}{x^2} = 3x - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x - 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = 1\\x = 2 \Rightarrow y = 4\end{array} \right..\end{array}$Vậy đường thẳng $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt: $\left( {1;\;1} \right)$ và $\left( {2;\;\;4} \right).$

Bài 2 (1 điểm).Cho phương trình $3{x^2} - x - 1 = 0$ có $2$ nghiệm là ${x_1},{x_2}$. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $A = x_1^2 + x_2^2$.Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a} = \dfrac{1}{3}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{1}{3}\end{array} \right.$$ \Rightarrow A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}$$\, = {\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^2} - 2.\left( { - \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{1}{9} + \dfrac{2}{3} = \dfrac{7}{9}$.

Vậy $A = \dfrac{7}{9}$.Bài 3 (1 điểm):Mối quan hệ giữa thang nhiệt độ F (Fahrenheit) và thang nhiệt độ C (Celsius) được cho bởi công thức ${T_F} = 1,8.{T_C} + 32,$ trong đó ${T_C}$ là nhiệt độ tính theo độ C và ${T_F}$ là nhiệt độ tính theo độ F. Ví dụ ${T_C} = {0^0}$ C tương ứng với ${T_F} = {32^0}$ F.a) Hỏi ${25^0}$ C tương ứng với bao nhiêu độ F ?Với ${T_C} = {25^0}$ C thay vào biểu thức ${T_F} = 1,8.{T_C} + 32,$ ta được ${T_F} = 1,8.25 + 32 = {77^0}$ F.

Vậy ${25^0}$ C tương ứng với 77 độ F.b) Các nhà khoa học đã tìm ra mối liên hệ giữa $A$ là số tiếng kêu của một con dế trong một phút và ${T_F}$ là nhiệt độ cơ thể của nó bởi công thức $A = 5,6.{T_F} - 275,$ trong đó ${T_F}$ là nhiệt độ tín theo độ F. Hỏi nếu con dế kêu 106 tiếng trong một phút thì nhiệt độ của nó khoảng bao nhiêu độ C? (làm tròn đến hàng đơn vị)Con dế kêu 106 tiếng trong một phút suy ra $106 = 5,6.{T_F} - 275 $ $\Leftrightarrow 5,6.{T_F} = 381 \Leftrightarrow {T_F} = \dfrac{{1905}}{{28}}.$

Mà ${T_F} = 1,8.{T_C} + 32$ suy ra ${T_C} = \dfrac{{{T_F} - 32}}{{1,8}} = \dfrac{{\dfrac{{1905}}{{28}} - 32}}{{1,8}}\,\, \approx \,\,{20^0}$ C (làm tròn đến hàng đơn vị)Vậy khi con dế kêu 106 tiếng trong một phút thì nhiệt độ của nó khoảng 20 độ C.Bài 4:<img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/7.png" style="max-width: 500px; width: 100%;" /> a) Tính theo mét chiều cao h của kim tự tháp (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).ABCD là hình vuông $ \Rightarrow \Delta ABD$ vuông cân tại A. Theo Py-ta-go, ta có:

$BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt 2 AB = 230\sqrt 2 \,(m)$ABCD là hình vuông $ \Rightarrow O$là trung điểm của BD $ \Rightarrow OB = \dfrac{{BD}}{2} = \dfrac{{230\sqrt 2 }}{2} = 115\sqrt 2 \,\,(m)$$\Delta SOB$ vuông tại O , theo Py-ta-go, ta có:$SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} $$\,= \sqrt {{{214}^2} - {{\left( {115\sqrt 2 } \right)}^2}} \approx 139,1\,\,(m) $

$\Rightarrow h \approx 139,1\,\,(m)$.b) Cho biết thể tích của hình chóp được tính theo công thức $V = \dfrac{1}{3}Sh$, trong đó $S$ là diện tích mặt đáy, h là chiều cao của hình chóp. Tính theo Đề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 6 có đáp án và lời giải chi tiết thể tích của kim tự tháp (làm tròn đến hàng nghìn). Diện tích đáy là: $S = {S_{ABCD}} = C{D^2} = {230^2}\,\,({m^2})$Thể tích của hình chóp là: $V = \dfrac{1}{3}Sh \approx \dfrac{1}{3}{.230^2}.139,1$$\, \approx 2452796,667 \approx 2453000\,\,({m^3})$.

Bài 5.a) Bà Tư mua 5 túi bột giặt loại 4 kg ở siêu thị A thì phải trả số tiền là bao nhiêu, biết rằng loại túi bột giặt mà bà Tư mua có giá niêm yết là 150 000 đồng/túi.Túi bột giặt thứ nhất có giá sau khi được khuyến mãi là: $150\,000 - 10\,000 = 140\,000$ (đồng)Túi bột giặt thứ hai có giá sau khi được khuyến mãi là: $150\,000 - 20\,000 = 130\,000$ (đồng)Từ túi bột giặt thứ ba, mỗi túi có giá sau khi được khuyến mãi là: $150\,000 - 150\,000.20\% = 120\,000$ (đồng)

Vậy số tiền bà Tư phải trả để mua 5 túi bột giặt loại 4kg là: $140\,000 + 130\,000 + 120\,000.3 = 630\,000$ (đồng)b) Siêu thị B lại có hình thức giảm giá khác cho loại túi bột giặt nêu trên là: nếu mua từ 3 túi trở lên thì sẽ giảm giá 15% cho mỗi túi. Nếu bà Tư mua 5 túi bột giặt thì bà Tư nên mua ở siêu thị nào để số tiền phải trả ít hơn? Biết rằng giá niêm yết của hai siêu thị là như nhau.Nếu bà Tư mua ở siêu thị B thì mỗi túi bột giặt bà phải mua với giá là: $150\,000 - 150\,000.15\% = 127\,500$ (đồng)

Do đó khi mua 5 túi bột giặt loại 4kg ở siêu thị B bà Tư phải trả số tiền là $127\,500.5 = 637\,500$ (đồng).Ta thấy 630 000 đồng < 637 500 đồng.Vậy Bà Tư nên mua ở siêu thị A để số tiền phải trả là ít hơn là 637 500 – 630 000 = 7 500 đồngBài 6 (1 điểm).a)Xác định các hệ số a và bTại TP HCM: $x = 0,y = 100$ nên $100 = a.0 + b\,\,\,\left( 1 \right)$.Tại thủ đô La Paz: $x = 3\,600;y = 87$ nên $87 = a.3\,600 + b\,\,\,\,\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có:$\left\{ \begin{array}{l}100 = a.0 + b\\87 = a.3\,600 + b\end{array} \right. $$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 100\\a = - \dfrac{{13}}{{3600}}\end{array} \right.$$\Rightarrow y = - \dfrac{{13}}{{3600}}x + 100$Vậy $a = - \dfrac{{13}}{{3600}};b = 100$.b) Thành phố Đà Lạt có độ cao 1500m so với mực nước biển. Hỏi nhiệt độ sôi của nước ở thành phố này là bao nhiêu?

Tại Đà Lạt: $x = 1\,500 $ $\Rightarrow y = - \dfrac{{13}}{{3600}}.1500 + 100 = \dfrac{{1135}}{{12}} \approx 94,6$.Vậy độ sôi của nước ở Đà Lạt là khoảng $94,{6^0}$.Bài 7 (1 điểm)Gọi số học sinh lớp 9C là $x$ (học sinh) $\left( {x \in N*} \right).$Khi đó số học sinh toàn khối 9 là: $40 + 35 + x = 75 + x$ (học sinh).Số học sinh giỏi lớp 9C là: $20\% x = \dfrac{x}{5}$ (học sinh).Số học sinh giỏi toàn khối là: $15 + 12 + \dfrac{x}{5} = \dfrac{{x + 135}}{5}$ (học sinh).

Khối 9 có $30\% $ số học sinh giỏi nên ta có phương trình:$\begin{array}{l}\;\;\;\;\dfrac{{x + 135}}{5}:\left( {x + 75} \right) = \dfrac{{30}}{{100}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x + 135}}{{5\left( {x + 75} \right)}} = \dfrac{3}{{10}}\\ \Leftrightarrow 2\left( {x + 135} \right) = 3\left( {x + 75} \right)\\ \Leftrightarrow 2x + 270 = 3x + 225\\ \Leftrightarrow x = 45\;\;\left( {tm} \right).\end{array}$

Vậy số học sinh lớp 9C là 45 học sinh.Bài 8. <img alt="" src="https://img.loigiaihay.com/picture/2019/0116/8.png" />a) Chứng minh AH vuông góc với BC Ta có các góc $BDC = {90^0};\,BEC\, = {90^0}$(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\begin{array}{l} \Rightarrow BD \bot DC \Rightarrow BD \bot AC\\\,\,\,\,\,\,\,CE \bot BE \Rightarrow CE \bot AB\end{array}$Xét tam giác ABC có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\\BD \cap CE = H\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow $ H là trực tâm tam giác ABC

$ \Rightarrow AH \bot BC$.b) Gọi K là trung điểm của AH. Chứng minh tứ giác OEKD nội tiếpKéo dài AH cắt BC tại F.Xét tứ giác AEHD có $\angle AEH + \angle ADH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow $ Tứ giác AEDH nội tiếp đường tròn đường kính AH.Lại có K là trung điểm của AH $ \Rightarrow K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD.$ \Rightarrow KA = KE = KH = KD$$ \Rightarrow \Delta KDH$ cân tại K $ \Rightarrow \angle KDH = \angle KHD = \angle BHF$ (1)

Xét tam giác OBD có $OB = OD\,\left( { = R} \right) \Rightarrow \Delta OBD$ cân tại O $ \Rightarrow \angle ODB = \angle OBD$ (2)Từ (1) và (2) $ \Rightarrow \angle KDH + \angle ODB = \angle BHF + \angle OBD = {90^0}$$\Rightarrow \angle KDO = {90^0}$Chứng minh tương tự ta có: cân tại K $ \Rightarrow \angle KEH = \angle KHE = \angle CHF$Tam giác OCE có OC = OE $ \Rightarrow \Delta OCE$ cân tại $O \Rightarrow \angle OEC = \angle OCE$

$ \Rightarrow \angle KEH + \angle OEC = \angle CHF + \angle OCE = {90^0}$ $\Rightarrow \angle KEO = {90^0}$Xét tứ giác OEKD có $\angle KDO + \angle KEO = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow $ Tứ giác OEKD là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800) c) Cho $\angle BAC = {60^0}$. Tính độ dài đoạn DE và tỉ số diện tích hai tam giác AED và ABC. Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn (O)

$ \Rightarrow \angle ABC + \angle EDC = {180^0}$Mà $\angle EDC + \angle ADE = {180^0}$ (kề bù)$ \Rightarrow \angle ABC = \angle ADE$+) Xét $\Delta ADE$ và $\Delta ABC$có:$\angle A$ : chung $\angle ABC = \angle ADE$ (cmt)$ \Rightarrow \Delta ADE$ đồng dạng $\Delta ABC$ (g-g)$ \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{BC}} = \dfrac{{AD}}{{AB}}$ (1)+) $\Delta ADB$vuông tại D $ \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{AB}} = {\mathop{\rm cosBAD}\nolimits} = \cos {60^0} = \dfrac{1}{2}$ (2)

Từ (1), (2) suy ra : $\dfrac{{DE}}{{BC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow DE = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}.8 = 4\,\,(cm)$Vậy $DE = 4\,\,cm$.+) $\Delta ADE$ đồng dạng $\Delta ABC$ với tỉ số đồng dạng $k = \dfrac{{DE}}{{BC}} = \dfrac{1}{2}$Khi đó: $\dfrac{{{S_{\Delta ADE}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {k^2} = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{4}$. Loigiaihay.com 
 <div>
 </div>

</div>

ĐỀ 7

Đề bài ...

+ Đọc thêm »

Xem nhiều tuần qua

Lưu trữ Blog

About us

Báo cáo vi phạm

Giới thiệu về tôi

Bài đăng nổi bật

Biểu mẫu liên hệ

Người theo dõi

Tổng số lượt xem trang

Tìm kiếm Blog này

Nhãn

Menu

Category 5

Labels

Menu

Template

Comments

Blogger

Cười Chút Chơi

Translate

Category 6

Đăng ký nhận bài qua email

Carousel (Category 8)

Category 7

Product Category 1

LABEL

TRANSLATE

Translate

Trang

ĐỀ HÀ NỘI 1

ĐỀ 5

ĐỀ 6

ĐỀ 7

Hỗ Trợ Kỹ Thuật