Chào mừng các em học sinh đến với đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5 của toan11.edu.vn. Đề thi này được biên soạn dựa trên cấu trúc đề thi tuyển sinh vào 10 của các trường THPT chuyên hàng đầu tại Hà Nội.
Mục đích của đề thi là giúp các em làm quen với dạng đề, rèn luyện kỹ năng giải toán và đánh giá năng lực bản thân trước kỳ thi quan trọng. Đề thi đi kèm với đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu, giúp các em tự học hiệu quả.
Câu 1: (1,5 điểm) 1) Thống kê số lần truy cập Internet của 30 người trong một tuần là:
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Thống kê số lần truy cập Internet của 30 người trong một tuần là:
Lập bảng tần số ghép nhóm của mẫu số liệu đó sau khi được ghép nhóm theo sáu nhóm sau: [30;40), [40;50), [50;60), [60;70), [70;80), [80;90). Tìm tần số tương đối ghép nhóm.
2) Một hình tròn được chia thành 10 hình quạt như nhau, được đánh số như hình bên và được gắn vào trục quay có mũi tên cố định ở tâm.
Xét phép thử “Quay đĩa tròn một lần” và biến cố A: “Mũi tên chỉ vào các số La Mã”.
Tính xác suất của biến cố A.
Câu 2:(1,5 điểm) Cho biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\); \(B = \frac{7}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}}\) với \(x \ge 0\); \(x \ne 9\).
1) Tính giá trị của A khi \(x = \frac{9}{4}\).
2) Rút gọn \(M = A - B\).
3) Tìm các giá trị của x sao cho \({M^2} < \frac{{25}}{4}\).
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Một trường THCS tổ chức cho 250 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan khu du lịch Đảo Ngọc Xanh. Biết giá vé vào cổng của một giáo viên là 80 000 đồng, vé vào cổng của một học sinh là 60 000 đồng. Nhà trường tổ chức đi vào đúng dịp Khai trương nên được giảm giá 5% cho mỗi vé vào cổng, vì vậy nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 14 535 000 đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên và học sinh của trường đi tham quan?
2) Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A đi đến B. Biết vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc của xe khách là 20 km/h nên xe du lịch đến B trước xe khách 50 phút. Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100 km.
3) Cho phương trình \(2{x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1}\), \({x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\).
Câu 4:(4 điểm)
1) Một ly đựng đầy nước dạng hình trụ có chiều cao là 15 cm, bán kính đáy bằng 5 cm.
a) Tính thể tích nước chứa trong ly.
b) Người ta thả vào ly 5 viên bi đặc không thấm nước có dạng hình cầu, đường kính mỗi viên bi bằng 3 cm. Tính thể tích nước tràn ra ngoài ly.
2) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có đường cao AD và đường phân giác trong AO (D, O thuộc cạnh BC). Kẻ \(OM \bot AB\) tại M, \(ON \bot AC\) tại N.
a) Chứng minh bốn điểm O, M, D, N cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh: \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\).
c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt MN tại I, AI cắt BC tại K. Chứng minh K là trung điểm của BC.
Câu 5:(0,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh là 30 cm. Trên cạnh AB lấy hai điểm E, G sao cho AE = GB = x (cm) và điểm E nằm giữa điểm A và điểm G. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại F; qua G kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H. Người ta gập hình vuông theo hai cạnh EF và GH sao cho cạnh AD trùng cạnh BC như hình vẽ để tạo thành hình lăng trụ đứng khuyết đáy. Tìm x để thể tích hình lăng trụ lớn nhất.
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Thống kê số lần truy cập Internet của 30 người trong một tuần là:
Lập bảng tần số ghép nhóm của mẫu số liệu đó sau khi được ghép nhóm theo sáu nhóm sau: [30;40), [40;50), [50;60), [60;70), [70;80), [80;90). Tìm tần số tương đối ghép nhóm.
2) Một hình tròn được chia thành 10 hình quạt như nhau, được đánh số như hình bên và được gắn vào trục quay có mũi tên cố định ở tâm.
Xét phép thử “Quay đĩa tròn một lần” và biến cố A: “Mũi tên chỉ vào các số La Mã”.
Tính xác suất của biến cố A.
Phương pháp
1) - Xác định tần số cho các nhóm để lập bảng tần số ghép nhóm.
- Tần số tương đối của nhóm bằng: tần số của nhóm : tổng . 100%.
2) - Xác định không gian mẫu của phép thử, tính số phần tử của không gian mẫu.
- Tính số kết quả thuận lợi của biến cố.
- Xác suất của biến cố = số kết quả thuận lợi của biến cố : số phần tử của không gian mẫu.
Lời giải
1) Lập bảng tần số ghép nhóm:
Tần số tương đối ghép nhóm của của nhóm [50;60) là: \(f = \frac{6}{{30}}.100\% = 20\% \).
2) Xét phép thử “Quay đĩa tròn một lần”. Ta thấy, các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó là đồng khả năng.
Tập hợp các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó là: W = {1; II; 3; IV; 5; VI; 7; VIII; 9; X}.
Số phần tử của tập hợp W là 10.
Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: II, IV, VI, VIII, X.
Do đó, có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố A.
Vậy \(P(A) = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\).
Câu 2:(1,5 điểm) Cho biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\); \(B = \frac{7}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}}\) với \(x \ge 0\); \(x \ne 9\).
1) Tính giá trị của A khi \(x = \frac{9}{4}\).
2) Rút gọn \(M = A - B\).
3) Tìm các giá trị của x sao cho \({M^2} < \frac{{25}}{4}\).
Phương pháp
1) Kiểm tra điều kiện của x. Nếu thỏa mãn, thay \(x = \frac{9}{4}\) vào A.
2) Kết hợp các tính chất của căn thức bậc hai để rút gọn biểu thức.
3) Rút gọn P rồi giải bất đẳng thức \({M^2} < \frac{{25}}{4}\), kết hợp điều kiện để tìm x.
Lời giải
1) Thay \(x = \frac{9}{4}\) (thỏa mãn điều kiện) vào A, ta được:
\(A = \frac{{\sqrt {\frac{9}{4}} }}{{\sqrt {\frac{9}{4}} - 3}} = \frac{{\frac{3}{2}}}{{\frac{3}{2} - 3}} = \frac{{\frac{3}{2}}}{{\frac{{ - 3}}{2}}} = - 1\).
Vậy khi \(x = \frac{9}{4}\) thì A = -1.
2) ĐKXĐ: \(x \ge 0\); \(x \ne 9\).
\(M = A - B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \left[ {\frac{7}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}}} \right] = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \frac{7}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)
\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right) - 7\left( {\sqrt x - 3} \right) - 12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{{x + \sqrt x - 7\sqrt x + 21 - 12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{{x - 6\sqrt x + 9}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)
\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 3} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}}\).
3) \({M^2} < \frac{{25}}{4}\)
\({\left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}}} \right)^2} < {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2}\)
\({\left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}}} \right)^2} - {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} < 0\)
\(\left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{5}{2}} \right)\left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}} + \frac{5}{2}} \right) < 0\)
\(\frac{{2\sqrt x - 6 - 5\sqrt x - 5}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{2\sqrt x - 6 + 5\sqrt x + 5}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < 0\)
\(\frac{{ - 3\sqrt x - 11}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{7\sqrt x - 1}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < 0\)
\(\frac{{\left( { - 3\sqrt x - 11} \right).\left( {7\sqrt x - 1} \right)}}{{4{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}} < 0\).
Vì \(4{\left( {\sqrt x + 1} \right)^2} > 0\) nên để \(\frac{{\left( { - 3\sqrt x - 11} \right).\left( {7\sqrt x - 1} \right)}}{{4{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}} < 0\) thì \(\left( { - 3\sqrt x - 11} \right).\left( {7\sqrt x - 1} \right) < 0\).
Mà \(\sqrt x \ge 0\) nên \( - 3\sqrt x \le 0\), suy ra \( - 3\sqrt x - 11 < 0\).
Do đó, để \(\left( { - 3\sqrt x - 11} \right).\left( {7\sqrt x - 1} \right) < 0\) thì:
\(7\sqrt x - 1 > 0\)
\(\sqrt x > \frac{1}{7}\)
\(x > \frac{1}{{49}}\).
Vậy, với \(x > \frac{1}{{49}}\), \(x \ne 9\) thì \({M^2} < \frac{{25}}{4}\).
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Một trường THCS tổ chức cho 250 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan khu du lịch Đảo Ngọc Xanh. Biết giá vé vào cổng của một giáo viên là 80 000 đồng, vé vào cổng của một học sinh là 60 000 đồng. Nhà trường tổ chức đi vào đúng dịp Khai trương nên được giảm giá 5% cho mỗi vé vào cổng, vì vậy nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 14 535 000 đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên và học sinh của trường đi tham quan?
2) Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A đi đến B. Biết vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc của xe khách là 20 km/h nên xe du lịch đến B trước xe khách 50 phút. Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100 km.
3) Cho phương trình \(2{x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1}\), \({x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\).
Phương pháp
1) Gọi số giáo viên và số học sinh lần lượt là x, y (0 < x, y < 250; x, y \( \in \mathbb{N}\); đơn vị: người).
Biểu diễn tổng số người tham gia, số tiền mua vé theo hai biến x, y.
Lập hệ phương trình, giải hệ để tìm x, y.
2) Gọi x là vận tốc của xe khách (x > 0, đơn vị: km/h).
Biểu diễn vận tốc, thời gian di chuyển của xe khách và xe du lịch theo x.
Do xe du lịch đến B trước xe khách 50 phút nên ta lập được phương trình.
Giải phương trình để tìm x, kiểm tra điều kiện và kết luận.
3) Kiểm tra sự tồn tại của \({x_1},{x_2}\) dựa vào \(\Delta \).
Biến đổi biểu thức A và áp dụng định lí Viète: \(S = {x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\); \(P = {x_1}.{x_2} = \frac{c}{a}\).
Lời giải
1) Gọi x là số giáo viên, y là số học sinh của trường tham gia tham quan (0 < x, y < 250; x, y \( \in \mathbb{N}\); đơn vị: người).
Vì tổng số giáo viên và học sinh tham gia là 250 người nên ta có phương trình: \(x + y = 250\) (1).
Số tiền vé của một giáo viên sau khi được giảm là: \(80000.95\% = 76000\) (đồng).
Số tiền vé của một học sinh sau khi được giảm là: \(60000.95\% = 57000\) (đồng).
Vì nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 14 535 000 đồng nên ta có phương trình:
\(76000x + 57000y = 14535000\) (2).
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\76000x + 57000y = 14535000\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 235\end{array} \right.\)
Giải hệ, được x = 15 (TM) và y = 235 (TM).
Vậy số giáo viên tham gia là 15 người, số học sinh tham gia là 235 người.
2) Đổi: 50 phút = \(\frac{5}{6}\) giờ.
Gọi vận tốc của xe khách là x (km/h, x > 0), khi đó vận tốc của xe du lịch là x + 20 (km/h).
Thời gian xe khách đi từ A đến B là: \(\frac{{100}}{x}\) (giờ).
Thời gian xe du lịch đi từ A đến B là: \(\frac{{100}}{{x + 20}}\) (giờ).
Vì xe du lịch đi đến B trước xe khách 50 phút nên ta có phương trình:
\(\frac{{100}}{x} - \frac{{100}}{{x + 20}} = \frac{5}{6}\)
\(\frac{{100.6(x + 20)}}{{6x(x + 20)}} - \frac{{100.6x}}{{6x(x + 20)}} = \frac{{5x(x + 20)}}{{6x(x + 20)}}\)
\(100.6(x + 20) - 100.6x = 5x(x + 20)\)
\(600x + 12000 - 600x = 5{x^2} + 100x\)
\(5{x^2} + 100x - 12000 = 0\)
Giải phương trình trên, ta được x = 40 (thỏa mãn) và x = -60 (loại).
Vậy, vận tốc của xe khách là 40 km/h, vận tốc của xe du lịch là 60 km/h.
3) Xét ac = 2.(-3) = -6 < 0 nên phương trình \(2{x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\).
Áp dụng hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = - \frac{{ - 4}}{2} = 2\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 3}}{2}\end{array} \right.\)
\(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\)
\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\)
\( = {2^2} - 4.\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right) = 10\).
Vậy A = 10.
Câu 4:(4 điểm)
1) Một ly đựng đầy nước dạng hình trụ có chiều cao là 15 cm, bán kính đáy bằng 5 cm.
a) Tính thể tích nước chứa trong ly.
b) Người ta thả vào ly 5 viên bi đặc không thấm nước có dạng hình cầu, đường kính mỗi viên bi bằng 3 cm. Tính thể tích nước tràn ra ngoài ly.
2) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có đường cao AD và đường phân giác trong AO (D, O thuộc cạnh BC). Kẻ \(OM \bot AB\) tại M, \(ON \bot AC\) tại N.
a) Chứng minh bốn điểm O, M, D, N cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh: \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\).
c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt MN tại I, AI cắt BC tại K. Chứng minh K là trung điểm của BC.
Phương pháp
1)
a) Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {R^2}h\).
b) Thể tích nước tràn ra ngoài ly bằng thể tích 5 viên bi.
Áp dụng công thức tính thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
2)
a) Chứng minh \(\widehat {AMO} = {90^o}\) và \(\widehat {ANO} = {90^o}\), từ đó suy ra các điểm M, N, D, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
b) Chứng minh:
+ \(\widehat {AMO} = \widehat {ANO}\) (do \(\Delta AMO = \Delta ANO\)).
+ \(\widehat {AOM} = \widehat {ADM}\) (góc nội tiếp chắn cung AM).
+ \(\widehat {AON} = \widehat {ADN}\) (góc nội tiếp chắn cung AN).
Từ đó ta được \(\widehat {ADM} = \widehat {ADN}\), suy ra \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\).
c) Qua I, kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh:
+ OI là phân giác của POQ, suy ra PI = IQ (do \(\Delta POQ\) cân tại O).
+ \(\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{QI}}{{CK}}\) (theo hệ quả định lí Thales).
Từ đó suy ra BK = CK, hay K là trung điểm của BC.
Lời giải
1)
a) Thể tích nước chứa trong ly là: \(V = \pi {R^2}h = \pi {5^2}.15 = 375\pi \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).
b) Thể tích nước tràn ra ngoài ly bằng thể tích 5 viên bi.
Bán kính viên bi là: \(R = \frac{3}{2}\) (cm).
Thể tích 1 viên bi là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{3}{2}} \right)^3} = \frac{9}{2}\pi \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).
Thể tích nước tràn ra ngoài ly là: \(5V = 5.\frac{9}{2}\pi = \frac{{45}}{2}\pi \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).
2)
a) Ta có:
+ \(OM \bot AB\) tại M nên \(\widehat {AMO} = {90^o}\). Do đó, M thuộc đường tròn đường kính AO.
+ \(ON \bot AC\) tại N nên \(\widehat {ANO} = {90^o}\). Do đó, N thuộc đường tròn đường kính AO.
+ AD là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {ADO} = {90^o}\). Do đó, D thuộc đường tròn đường kính AO.
Vậy, bốn điểm M, N, D, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
b) Xét \(\Delta AMO\) và \(\Delta ANO\), có:
AO chung;
\(\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = {90^o}\);
\(\widehat {OAM} = \widehat {OAN}\) (OA là đường phân giác trong của \(\Delta ABC\)).
Suy ra \(\Delta AMO = \Delta ANO\) (g.c.g), do đó \(\widehat {AOM} = \widehat {AON}\) (1)
Vì các điểm M, D, N cùng thuộc đường tròn đường kính AO nên ta có:
\(\widehat {AOM} = \widehat {ADM}\)(góc nội tiếp chắn cung AM) (2)
\(\widehat {AON} = \widehat {ADN}\) (góc nội tiếp chắn cung AN) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra ADM = ADN.
Do đó \({90^o} - \widehat {ADM} = {90^o} - \widehat {ADN}\), suy ra \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\).
c) Qua I, kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P, Q.
Vì \(OI \bot BC\), mà PQ // BC nên \(OI \bot PQ\).
Ta có:
+ \(\widehat {OMP} = {90^o}\) nên M thuộc đường tròn đường kính OP.
+ Vì \(OI \bot PQ\), suy ra \(OIP = {90^o}\) nên I thuộc đường tròn đường kính OP.
Do đó OMPI là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat {POI} = \widehat {PMI}\) (góc nội tiếp chắn cung PI) (4)
Ta có:
+ \(\widehat {ONQ} = {90^o}\) nên N thuộc đường tròn đường kính OQ.
+ Vì \(OI \bot PQ\), suy ra \(\widehat {OIQ} = {90^o}\) nên I thuộc đường tròn đường kính OQ.
Do đó ONQI là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat {IOQ} + \widehat {INQ} = {180^o}\); mà \(\widehat {INQ} + \widehat {INA} = {180^o}\) (góc kề bù) nên \(\widehat {IOQ} = \widehat {INA}\) (5)
Ta có:
+ \(\widehat {INA} = \widehat {AOM}\) (góc nội tiếp chắn cung AM).
+ \(\widehat {PMI} = \widehat {AON}\) (góc nội tiếp chắn cung AN).
+ \(\widehat {AOM} = \widehat {AON}\) (chứng minh trên).
Do đó, \(\widehat {INA} = \widehat {PMI}\) (6)
Từ (4), (5) và (6) suy ra \(\widehat {POI} = \widehat {IOQ}\), do đó OI là phân giác của \(\widehat {POQ}\).
Mặt khác, \(OI \bot PQ\) nên OI vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của \(\Delta POQ\).
Suy ra \(\Delta POQ\) cân tại O và OI cũng là đường trung tuyến của \(\Delta POQ\) nên PI = IQ.
Vì PQ // BC nên theo hệ quả của định lí Thales: \(\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{AI}}{{AK}} = \frac{{QI}}{{CK}}\).
Ta có \(\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{QI}}{{CK}}\), mà PI = QI nên BK = CK.
Vậy K là trung điểm của BC.
Câu 5:(0,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh là 30 cm. Trên cạnh AB lấy hai điểm E, G sao cho AE = GB = x (cm) và điểm E nằm giữa điểm A và điểm G. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại F; qua G kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H. Người ta gập hình vuông theo hai cạnh EF và GH sao cho cạnh AD trùng cạnh BC như hình vẽ để tạo thành hình lăng trụ đứng khuyết đáy. Tìm x để thể tích hình lăng trụ lớn nhất.
Phương pháp
- Tính thể tích lăng trụ theo x.
- Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương để tìm thể tích lớn nhất của lăng trụ.
- Xét dấu “=” xảy ra để tìm x.
Lời giải
Ta có AE = GB = x (0 < x < 15, đơn vị: cm), suy ra EG = 30 – 2x (cm).
Kẻ đường cao AK của \(\Delta AGE\).
Vì \(\Delta AGE\) cân tại A nên \(KE = \frac{{EG}}{2} = \frac{{30 - 2x}}{2} = 15 - x\) (cm).
Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta AKE\) vuông tại K, ta có:
\(A{K^2} + K{E^2} = A{E^2}\)
\(A{K^2} = A{E^2} - K{E^2}\)
\(AK = \sqrt {A{E^2} - K{E^2}} \)
\(AK = \sqrt {{x^2} - {{(15 - x)}^2}} \)
\(AK = \sqrt {30x - 225} \).
Diện tích đáy lăng trụ là:
\({S_{AGE}} = \frac{1}{2}AK.GE = \frac{1}{2}\sqrt {30x - 225} .(30 - 2x) = \sqrt {30x - 225} .(15 - x)\) \(\left( {c{m^2}} \right)\).
Thể tích lăng trụ là:
\(V = {S_{AGE}}.AD = \sqrt {30x - 225} .(15 - x).30 = \sqrt {15(2x - 15)} .\sqrt {15 - x} .\sqrt {15 - x} .30\)
\( = 30\sqrt {15} .\sqrt {(2x - 15)(15 - x)(15 - x)} \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).
Vì \(\Delta AKE\) vuông tại K nên AE > KE hay \(x > \frac{{15}}{2}\), suy ra 2x – 15 > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 2x – 15, 15 – x, 15 – x, ta được:
\(3.\sqrt[3]{{(2x - 15)(15 - x)(15 - x)}} \le (2x - 15) + (15 - x) + (15 - x)\)
\(3.\sqrt[3]{{(2x - 15)(15 - x)(15 - x)}} \le 15\)
\(\sqrt[3]{{(2x - 15)(15 - x)(15 - x)}} \le 5\)
\((2x - 15)(15 - x)(15 - x) \le {5^3}\)
\(\sqrt {(2x - 15)(15 - x)(15 - x)} \le \sqrt {{5^3}} \)
\(\sqrt {(2x - 15)(15 - x)(15 - x)} \le 5\sqrt 5 \).
\(30\sqrt {15} .\sqrt {(2x - 15)(15 - x)(15 - x)} \le 30\sqrt {15} .5\sqrt 5 \)
\(V \le 750\sqrt 3 \).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2x – 15 = 15 – x, suy ra x = 10.
Vậy, để thể tích lăng trụ lớn nhất thì x = 10.
Tải về
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Thống kê số lần truy cập Internet của 30 người trong một tuần là:
Lập bảng tần số ghép nhóm của mẫu số liệu đó sau khi được ghép nhóm theo sáu nhóm sau: [30;40), [40;50), [50;60), [60;70), [70;80), [80;90). Tìm tần số tương đối ghép nhóm.
2) Một hình tròn được chia thành 10 hình quạt như nhau, được đánh số như hình bên và được gắn vào trục quay có mũi tên cố định ở tâm.
Xét phép thử “Quay đĩa tròn một lần” và biến cố A: “Mũi tên chỉ vào các số La Mã”.
Tính xác suất của biến cố A.
Câu 2:(1,5 điểm) Cho biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\); \(B = \frac{7}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}}\) với \(x \ge 0\); \(x \ne 9\).
1) Tính giá trị của A khi \(x = \frac{9}{4}\).
2) Rút gọn \(M = A - B\).
3) Tìm các giá trị của x sao cho \({M^2} < \frac{{25}}{4}\).
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Một trường THCS tổ chức cho 250 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan khu du lịch Đảo Ngọc Xanh. Biết giá vé vào cổng của một giáo viên là 80 000 đồng, vé vào cổng của một học sinh là 60 000 đồng. Nhà trường tổ chức đi vào đúng dịp Khai trương nên được giảm giá 5% cho mỗi vé vào cổng, vì vậy nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 14 535 000 đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên và học sinh của trường đi tham quan?
2) Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A đi đến B. Biết vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc của xe khách là 20 km/h nên xe du lịch đến B trước xe khách 50 phút. Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100 km.
3) Cho phương trình \(2{x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1}\), \({x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\).
Câu 4:(4 điểm)
1) Một ly đựng đầy nước dạng hình trụ có chiều cao là 15 cm, bán kính đáy bằng 5 cm.
a) Tính thể tích nước chứa trong ly.
b) Người ta thả vào ly 5 viên bi đặc không thấm nước có dạng hình cầu, đường kính mỗi viên bi bằng 3 cm. Tính thể tích nước tràn ra ngoài ly.
2) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có đường cao AD và đường phân giác trong AO (D, O thuộc cạnh BC). Kẻ \(OM \bot AB\) tại M, \(ON \bot AC\) tại N.
a) Chứng minh bốn điểm O, M, D, N cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh: \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\).
c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt MN tại I, AI cắt BC tại K. Chứng minh K là trung điểm của BC.
Câu 5:(0,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh là 30 cm. Trên cạnh AB lấy hai điểm E, G sao cho AE = GB = x (cm) và điểm E nằm giữa điểm A và điểm G. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại F; qua G kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H. Người ta gập hình vuông theo hai cạnh EF và GH sao cho cạnh AD trùng cạnh BC như hình vẽ để tạo thành hình lăng trụ đứng khuyết đáy. Tìm x để thể tích hình lăng trụ lớn nhất.
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Thống kê số lần truy cập Internet của 30 người trong một tuần là:
Lập bảng tần số ghép nhóm của mẫu số liệu đó sau khi được ghép nhóm theo sáu nhóm sau: [30;40), [40;50), [50;60), [60;70), [70;80), [80;90). Tìm tần số tương đối ghép nhóm.
2) Một hình tròn được chia thành 10 hình quạt như nhau, được đánh số như hình bên và được gắn vào trục quay có mũi tên cố định ở tâm.
Xét phép thử “Quay đĩa tròn một lần” và biến cố A: “Mũi tên chỉ vào các số La Mã”.
Tính xác suất của biến cố A.
Phương pháp
1) - Xác định tần số cho các nhóm để lập bảng tần số ghép nhóm.
- Tần số tương đối của nhóm bằng: tần số của nhóm : tổng . 100%.
2) - Xác định không gian mẫu của phép thử, tính số phần tử của không gian mẫu.
- Tính số kết quả thuận lợi của biến cố.
- Xác suất của biến cố = số kết quả thuận lợi của biến cố : số phần tử của không gian mẫu.
Lời giải
1) Lập bảng tần số ghép nhóm:
Tần số tương đối ghép nhóm của của nhóm [50;60) là: \(f = \frac{6}{{30}}.100\% = 20\% \).
2) Xét phép thử “Quay đĩa tròn một lần”. Ta thấy, các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó là đồng khả năng.
Tập hợp các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó là: W = {1; II; 3; IV; 5; VI; 7; VIII; 9; X}.
Số phần tử của tập hợp W là 10.
Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là: II, IV, VI, VIII, X.
Do đó, có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố A.
Vậy \(P(A) = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\).
Câu 2:(1,5 điểm) Cho biểu thức \(A = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}}\); \(B = \frac{7}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}}\) với \(x \ge 0\); \(x \ne 9\).
1) Tính giá trị của A khi \(x = \frac{9}{4}\).
2) Rút gọn \(M = A - B\).
3) Tìm các giá trị của x sao cho \({M^2} < \frac{{25}}{4}\).
Phương pháp
1) Kiểm tra điều kiện của x. Nếu thỏa mãn, thay \(x = \frac{9}{4}\) vào A.
2) Kết hợp các tính chất của căn thức bậc hai để rút gọn biểu thức.
3) Rút gọn P rồi giải bất đẳng thức \({M^2} < \frac{{25}}{4}\), kết hợp điều kiện để tìm x.
Lời giải
1) Thay \(x = \frac{9}{4}\) (thỏa mãn điều kiện) vào A, ta được:
\(A = \frac{{\sqrt {\frac{9}{4}} }}{{\sqrt {\frac{9}{4}} - 3}} = \frac{{\frac{3}{2}}}{{\frac{3}{2} - 3}} = \frac{{\frac{3}{2}}}{{\frac{{ - 3}}{2}}} = - 1\).
Vậy khi \(x = \frac{9}{4}\) thì A = -1.
2) ĐKXĐ: \(x \ge 0\); \(x \ne 9\).
\(M = A - B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \left[ {\frac{7}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {3 - \sqrt x } \right)}}} \right] = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 3}} - \frac{7}{{\sqrt x + 1}} - \frac{{12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)
\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right) - 7\left( {\sqrt x - 3} \right) - 12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{{x + \sqrt x - 7\sqrt x + 21 - 12}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{{x - 6\sqrt x + 9}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}\)
\( = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 3} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}} = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}}\).
3) \({M^2} < \frac{{25}}{4}\)
\({\left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}}} \right)^2} < {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2}\)
\({\left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}}} \right)^2} - {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} < 0\)
\(\left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{5}{2}} \right)\left( {\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 1}} + \frac{5}{2}} \right) < 0\)
\(\frac{{2\sqrt x - 6 - 5\sqrt x - 5}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{2\sqrt x - 6 + 5\sqrt x + 5}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < 0\)
\(\frac{{ - 3\sqrt x - 11}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}}.\frac{{7\sqrt x - 1}}{{2\left( {\sqrt x + 1} \right)}} < 0\)
\(\frac{{\left( { - 3\sqrt x - 11} \right).\left( {7\sqrt x - 1} \right)}}{{4{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}} < 0\).
Vì \(4{\left( {\sqrt x + 1} \right)^2} > 0\) nên để \(\frac{{\left( { - 3\sqrt x - 11} \right).\left( {7\sqrt x - 1} \right)}}{{4{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}} < 0\) thì \(\left( { - 3\sqrt x - 11} \right).\left( {7\sqrt x - 1} \right) < 0\).
Mà \(\sqrt x \ge 0\) nên \( - 3\sqrt x \le 0\), suy ra \( - 3\sqrt x - 11 < 0\).
Do đó, để \(\left( { - 3\sqrt x - 11} \right).\left( {7\sqrt x - 1} \right) < 0\) thì:
\(7\sqrt x - 1 > 0\)
\(\sqrt x > \frac{1}{7}\)
\(x > \frac{1}{{49}}\).
Vậy, với \(x > \frac{1}{{49}}\), \(x \ne 9\) thì \({M^2} < \frac{{25}}{4}\).
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Một trường THCS tổ chức cho 250 người bao gồm giáo viên và học sinh đi tham quan khu du lịch Đảo Ngọc Xanh. Biết giá vé vào cổng của một giáo viên là 80 000 đồng, vé vào cổng của một học sinh là 60 000 đồng. Nhà trường tổ chức đi vào đúng dịp Khai trương nên được giảm giá 5% cho mỗi vé vào cổng, vì vậy nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 14 535 000 đồng. Hỏi có bao nhiêu giáo viên và học sinh của trường đi tham quan?
2) Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A đi đến B. Biết vận tốc của xe du lịch lớn hơn vận tốc của xe khách là 20 km/h nên xe du lịch đến B trước xe khách 50 phút. Tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường AB dài 100 km.
3) Cho phương trình \(2{x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1}\), \({x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\).
Phương pháp
1) Gọi số giáo viên và số học sinh lần lượt là x, y (0 < x, y < 250; x, y \( \in \mathbb{N}\); đơn vị: người).
Biểu diễn tổng số người tham gia, số tiền mua vé theo hai biến x, y.
Lập hệ phương trình, giải hệ để tìm x, y.
2) Gọi x là vận tốc của xe khách (x > 0, đơn vị: km/h).
Biểu diễn vận tốc, thời gian di chuyển của xe khách và xe du lịch theo x.
Do xe du lịch đến B trước xe khách 50 phút nên ta lập được phương trình.
Giải phương trình để tìm x, kiểm tra điều kiện và kết luận.
3) Kiểm tra sự tồn tại của \({x_1},{x_2}\) dựa vào \(\Delta \).
Biến đổi biểu thức A và áp dụng định lí Viète: \(S = {x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}\); \(P = {x_1}.{x_2} = \frac{c}{a}\).
Lời giải
1) Gọi x là số giáo viên, y là số học sinh của trường tham gia tham quan (0 < x, y < 250; x, y \( \in \mathbb{N}\); đơn vị: người).
Vì tổng số giáo viên và học sinh tham gia là 250 người nên ta có phương trình: \(x + y = 250\) (1).
Số tiền vé của một giáo viên sau khi được giảm là: \(80000.95\% = 76000\) (đồng).
Số tiền vé của một học sinh sau khi được giảm là: \(60000.95\% = 57000\) (đồng).
Vì nhà trường chỉ phải trả tổng số tiền là 14 535 000 đồng nên ta có phương trình:
\(76000x + 57000y = 14535000\) (2).
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 250\\76000x + 57000y = 14535000\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 235\end{array} \right.\)
Giải hệ, được x = 15 (TM) và y = 235 (TM).
Vậy số giáo viên tham gia là 15 người, số học sinh tham gia là 235 người.
2) Đổi: 50 phút = \(\frac{5}{6}\) giờ.
Gọi vận tốc của xe khách là x (km/h, x > 0), khi đó vận tốc của xe du lịch là x + 20 (km/h).
Thời gian xe khách đi từ A đến B là: \(\frac{{100}}{x}\) (giờ).
Thời gian xe du lịch đi từ A đến B là: \(\frac{{100}}{{x + 20}}\) (giờ).
Vì xe du lịch đi đến B trước xe khách 50 phút nên ta có phương trình:
\(\frac{{100}}{x} - \frac{{100}}{{x + 20}} = \frac{5}{6}\)
\(\frac{{100.6(x + 20)}}{{6x(x + 20)}} - \frac{{100.6x}}{{6x(x + 20)}} = \frac{{5x(x + 20)}}{{6x(x + 20)}}\)
\(100.6(x + 20) - 100.6x = 5x(x + 20)\)
\(600x + 12000 - 600x = 5{x^2} + 100x\)
\(5{x^2} + 100x - 12000 = 0\)
Giải phương trình trên, ta được x = 40 (thỏa mãn) và x = -60 (loại).
Vậy, vận tốc của xe khách là 40 km/h, vận tốc của xe du lịch là 60 km/h.
3) Xét ac = 2.(-3) = -6 < 0 nên phương trình \(2{x^2} - 4x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\).
Áp dụng hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a} = - \frac{{ - 4}}{2} = 2\\{x_1}{x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 3}}{2}\end{array} \right.\)
\(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\)
\( = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\)
\( = {2^2} - 4.\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right) = 10\).
Vậy A = 10.
Câu 4:(4 điểm)
1) Một ly đựng đầy nước dạng hình trụ có chiều cao là 15 cm, bán kính đáy bằng 5 cm.
a) Tính thể tích nước chứa trong ly.
b) Người ta thả vào ly 5 viên bi đặc không thấm nước có dạng hình cầu, đường kính mỗi viên bi bằng 3 cm. Tính thể tích nước tràn ra ngoài ly.
2) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có đường cao AD và đường phân giác trong AO (D, O thuộc cạnh BC). Kẻ \(OM \bot AB\) tại M, \(ON \bot AC\) tại N.
a) Chứng minh bốn điểm O, M, D, N cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh: \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\).
c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt MN tại I, AI cắt BC tại K. Chứng minh K là trung điểm của BC.
Phương pháp
1)
a) Áp dụng công thức tính thể tích khối trụ: \(V = \pi {R^2}h\).
b) Thể tích nước tràn ra ngoài ly bằng thể tích 5 viên bi.
Áp dụng công thức tính thể tích khối cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
2)
a) Chứng minh \(\widehat {AMO} = {90^o}\) và \(\widehat {ANO} = {90^o}\), từ đó suy ra các điểm M, N, D, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
b) Chứng minh:
+ \(\widehat {AMO} = \widehat {ANO}\) (do \(\Delta AMO = \Delta ANO\)).
+ \(\widehat {AOM} = \widehat {ADM}\) (góc nội tiếp chắn cung AM).
+ \(\widehat {AON} = \widehat {ADN}\) (góc nội tiếp chắn cung AN).
Từ đó ta được \(\widehat {ADM} = \widehat {ADN}\), suy ra \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\).
c) Qua I, kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh:
+ OI là phân giác của POQ, suy ra PI = IQ (do \(\Delta POQ\) cân tại O).
+ \(\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{QI}}{{CK}}\) (theo hệ quả định lí Thales).
Từ đó suy ra BK = CK, hay K là trung điểm của BC.
Lời giải
1)
a) Thể tích nước chứa trong ly là: \(V = \pi {R^2}h = \pi {5^2}.15 = 375\pi \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).
b) Thể tích nước tràn ra ngoài ly bằng thể tích 5 viên bi.
Bán kính viên bi là: \(R = \frac{3}{2}\) (cm).
Thể tích 1 viên bi là: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{3}{2}} \right)^3} = \frac{9}{2}\pi \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).
Thể tích nước tràn ra ngoài ly là: \(5V = 5.\frac{9}{2}\pi = \frac{{45}}{2}\pi \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).
2)
a) Ta có:
+ \(OM \bot AB\) tại M nên \(\widehat {AMO} = {90^o}\). Do đó, M thuộc đường tròn đường kính AO.
+ \(ON \bot AC\) tại N nên \(\widehat {ANO} = {90^o}\). Do đó, N thuộc đường tròn đường kính AO.
+ AD là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {ADO} = {90^o}\). Do đó, D thuộc đường tròn đường kính AO.
Vậy, bốn điểm M, N, D, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
b) Xét \(\Delta AMO\) và \(\Delta ANO\), có:
AO chung;
\(\widehat {AMO} = \widehat {ANO} = {90^o}\);
\(\widehat {OAM} = \widehat {OAN}\) (OA là đường phân giác trong của \(\Delta ABC\)).
Suy ra \(\Delta AMO = \Delta ANO\) (g.c.g), do đó \(\widehat {AOM} = \widehat {AON}\) (1)
Vì các điểm M, D, N cùng thuộc đường tròn đường kính AO nên ta có:
\(\widehat {AOM} = \widehat {ADM}\)(góc nội tiếp chắn cung AM) (2)
\(\widehat {AON} = \widehat {ADN}\) (góc nội tiếp chắn cung AN) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra ADM = ADN.
Do đó \({90^o} - \widehat {ADM} = {90^o} - \widehat {ADN}\), suy ra \(\widehat {BDM} = \widehat {ODN}\).
c) Qua I, kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P, Q.
Vì \(OI \bot BC\), mà PQ // BC nên \(OI \bot PQ\).
Ta có:
+ \(\widehat {OMP} = {90^o}\) nên M thuộc đường tròn đường kính OP.
+ Vì \(OI \bot PQ\), suy ra \(OIP = {90^o}\) nên I thuộc đường tròn đường kính OP.
Do đó OMPI là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat {POI} = \widehat {PMI}\) (góc nội tiếp chắn cung PI) (4)
Ta có:
+ \(\widehat {ONQ} = {90^o}\) nên N thuộc đường tròn đường kính OQ.
+ Vì \(OI \bot PQ\), suy ra \(\widehat {OIQ} = {90^o}\) nên I thuộc đường tròn đường kính OQ.
Do đó ONQI là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat {IOQ} + \widehat {INQ} = {180^o}\); mà \(\widehat {INQ} + \widehat {INA} = {180^o}\) (góc kề bù) nên \(\widehat {IOQ} = \widehat {INA}\) (5)
Ta có:
+ \(\widehat {INA} = \widehat {AOM}\) (góc nội tiếp chắn cung AM).
+ \(\widehat {PMI} = \widehat {AON}\) (góc nội tiếp chắn cung AN).
+ \(\widehat {AOM} = \widehat {AON}\) (chứng minh trên).
Do đó, \(\widehat {INA} = \widehat {PMI}\) (6)
Từ (4), (5) và (6) suy ra \(\widehat {POI} = \widehat {IOQ}\), do đó OI là phân giác của \(\widehat {POQ}\).
Mặt khác, \(OI \bot PQ\) nên OI vừa là đường cao, vừa là đường phân giác của \(\Delta POQ\).
Suy ra \(\Delta POQ\) cân tại O và OI cũng là đường trung tuyến của \(\Delta POQ\) nên PI = IQ.
Vì PQ // BC nên theo hệ quả của định lí Thales: \(\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{AI}}{{AK}} = \frac{{QI}}{{CK}}\).
Ta có \(\frac{{PI}}{{BK}} = \frac{{QI}}{{CK}}\), mà PI = QI nên BK = CK.
Vậy K là trung điểm của BC.
Câu 5:(0,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh là 30 cm. Trên cạnh AB lấy hai điểm E, G sao cho AE = GB = x (cm) và điểm E nằm giữa điểm A và điểm G. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại F; qua G kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H. Người ta gập hình vuông theo hai cạnh EF và GH sao cho cạnh AD trùng cạnh BC như hình vẽ để tạo thành hình lăng trụ đứng khuyết đáy. Tìm x để thể tích hình lăng trụ lớn nhất.
Phương pháp
- Tính thể tích lăng trụ theo x.
- Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương để tìm thể tích lớn nhất của lăng trụ.
- Xét dấu “=” xảy ra để tìm x.
Lời giải
Ta có AE = GB = x (0 < x < 15, đơn vị: cm), suy ra EG = 30 – 2x (cm).
Kẻ đường cao AK của \(\Delta AGE\).
Vì \(\Delta AGE\) cân tại A nên \(KE = \frac{{EG}}{2} = \frac{{30 - 2x}}{2} = 15 - x\) (cm).
Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta AKE\) vuông tại K, ta có:
\(A{K^2} + K{E^2} = A{E^2}\)
\(A{K^2} = A{E^2} - K{E^2}\)
\(AK = \sqrt {A{E^2} - K{E^2}} \)
\(AK = \sqrt {{x^2} - {{(15 - x)}^2}} \)
\(AK = \sqrt {30x - 225} \).
Diện tích đáy lăng trụ là:
\({S_{AGE}} = \frac{1}{2}AK.GE = \frac{1}{2}\sqrt {30x - 225} .(30 - 2x) = \sqrt {30x - 225} .(15 - x)\) \(\left( {c{m^2}} \right)\).
Thể tích lăng trụ là:
\(V = {S_{AGE}}.AD = \sqrt {30x - 225} .(15 - x).30 = \sqrt {15(2x - 15)} .\sqrt {15 - x} .\sqrt {15 - x} .30\)
\( = 30\sqrt {15} .\sqrt {(2x - 15)(15 - x)(15 - x)} \) \(\left( {c{m^3}} \right)\).
Vì \(\Delta AKE\) vuông tại K nên AE > KE hay \(x > \frac{{15}}{2}\), suy ra 2x – 15 > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 2x – 15, 15 – x, 15 – x, ta được:
\(3.\sqrt[3]{{(2x - 15)(15 - x)(15 - x)}} \le (2x - 15) + (15 - x) + (15 - x)\)
\(3.\sqrt[3]{{(2x - 15)(15 - x)(15 - x)}} \le 15\)
\(\sqrt[3]{{(2x - 15)(15 - x)(15 - x)}} \le 5\)
\((2x - 15)(15 - x)(15 - x) \le {5^3}\)
\(\sqrt {(2x - 15)(15 - x)(15 - x)} \le \sqrt {{5^3}} \)
\(\sqrt {(2x - 15)(15 - x)(15 - x)} \le 5\sqrt 5 \).
\(30\sqrt {15} .\sqrt {(2x - 15)(15 - x)(15 - x)} \le 30\sqrt {15} .5\sqrt 5 \)
\(V \le 750\sqrt 3 \).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2x – 15 = 15 – x, suy ra x = 10.
Vậy, để thể tích lăng trụ lớn nhất thì x = 10.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hà Nội là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc luyện tập với các đề tham khảo là vô cùng cần thiết. Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5 của toan11.edu.vn được thiết kế để đáp ứng nhu cầu này.
Đề thi bao gồm các dạng bài tập thường gặp trong các kỳ thi tuyển sinh vào 10 tại Hà Nội, bao gồm:
Câu 1: (Đại số) Giải phương trình bậc hai. Đây là một dạng bài tập cơ bản nhưng đòi hỏi học sinh phải nắm vững các công thức và kỹ năng giải phương trình. Để giải quyết bài toán này, học sinh cần xác định hệ số a, b, c của phương trình và tính delta. Sau đó, dựa vào giá trị của delta để xác định số nghiệm của phương trình và tìm nghiệm.
Câu 2: (Hình học) Chứng minh một tính chất hình học. Để chứng minh một tính chất hình học, học sinh cần vẽ hình chính xác và sử dụng các định lý, tính chất đã học để lập luận logic. Trong quá trình chứng minh, học sinh cần chú ý đến việc sử dụng các ký hiệu hình học một cách chính xác và rõ ràng.
Câu 3: (Số học) Tìm số nguyên tố. Để tìm số nguyên tố, học sinh cần hiểu rõ định nghĩa của số nguyên tố và sử dụng các phương pháp kiểm tra tính nguyên tố. Một trong những phương pháp phổ biến là sử dụng bảng số nguyên tố hoặc sử dụng các thuật toán kiểm tra tính nguyên tố.
Đáp án và lời giải chi tiết của từng câu hỏi trong đề thi sẽ được cung cấp sau khi học sinh hoàn thành bài làm. Lời giải được trình bày một cách dễ hiểu, giúp học sinh nắm vững phương pháp giải và tự tin hơn khi làm các bài tập tương tự.
Ngoài đề tham khảo số 5, toan11.edu.vn còn cung cấp nhiều đề tham khảo khác với các mức độ khó khác nhau. Hãy luyện tập với nhiều đề khác nhau để nâng cao khả năng giải toán và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào 10.
Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 5 là một công cụ hữu ích giúp học sinh ôn tập và làm quen với cấu trúc đề thi. Hãy luyện tập chăm chỉ và tự tin đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
