Đề kiểm tra số 1 (100% tự luận) SVIP

Hướng dẫn giải:

Tần số ghép nhóm của nhóm $[60; 70)$ là $10$.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm $[60; 70)$ là $f_{[60;70)}=\dfrac{n_{[60;70)}}{N}=\dfrac{10}{40}.100\%=25\%$.

Hướng dẫn giải:

Xét phép thử $P$: "Quay đĩa tròn một lần".

Ta có số trường hợp của phép thử $P$ là: $n_P = 6$

Xét biến cố $A$: "Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho $3$".

Ta có các trường hợp thuận lợi để biến cố $A$ xảy ra là : $3$; $6$.

Vậy $n(A) = 2$

Suy ra xác suất của biến cố $A$ là $P(A)=\dfrac{n(A)}{n_P}=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$.

Hướng dẫn giải:

a) Thay $x=\dfrac14$ (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức $A$

$A=\dfrac{\dfrac14}{\sqrt{\dfrac14}+1}=\dfrac{\dfrac14}{\dfrac{1}{2}+1}=\dfrac{1}{6}$

Vậy với $x=\dfrac14$ thì giá trị của biểu thức $A=\dfrac{1}{6}$

b) $B=\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{1}{1-\sqrt{x}}+\dfrac{x+5}{x-1}$

$=\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}-\dfrac{1}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{x+5}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}$

$=\dfrac{3\sqrt{x}-3-\sqrt{x}-1+x+5}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}$

$=\dfrac{x+2\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}$

$=\dfrac{(\sqrt{x}+1)^2}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}$

$=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$

Vậy $B=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$ (đpcm)

c) Ta có

$P=A.B=\dfrac{x}{\sqrt{x}+1}.\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{x}{\sqrt{x}-1}$.

$P \le 4$

$\dfrac{x}{\sqrt{x}-1}\le 4$

$\dfrac{x}{\sqrt{x}-1}-4\le 0$

$\dfrac{x-4\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-1}\le 0$

$\dfrac{(\sqrt{x}-2)^2}{\sqrt{x}-1}\le 0\,$

TH1: $\dfrac{(\sqrt{x}-2)^2}{\sqrt{x}-1}=0\,$

$(\sqrt{x}-2)^2=0 $

$ x=4$ (tm).

TH2: $\dfrac{(\sqrt{x}-2)^2}{\sqrt{x}-1}<0$

$\sqrt{x}-1<0$ (do $\sqrt{x}-2)^2 \ge 0$)

$\sqrt{x}<1 $

$ x<1$.

Kết hợp với $x\ge 0,\, x\ne 1$ ta có $0\le x<1$và $x=4$ thì $P\le 4$.

Hướng dẫn giải:

Gọi số xe theo dự định là $x $ chiếc ($x \in \mathbb{N}^*$)

Lượng hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là: $\dfrac{120}{x}$ (tấn)

Do lúc sắp khởi hành đội được bổ sung thêm $5$ chiếc xe cùng loại nên suy ra: số xe thực tế chở là: $x + 5$ (chiếc)

Lượng hàng mỗi xe phải chở theo thực tế là: $\dfrac{120}{x+5}$ (tấn)

Theo bài ra ta có phương trình:

$\dfrac{120}{x}$ - $\dfrac{120}{x+5} = 2$

Biến đổi đưa về phương trình: $x^2 + 5x -300 = 0$

Giải phương trình được $x_1 = 15$, $x_2 = -20$

$x = -20$ không thỏa mãn (loại)

$x = 15$ (thỏa mãn)

Vậy số xe ban đầu là $15$ xe.

Hướng dẫn giải:

Gọi số tiền điện hộ gia đình bác An trả trong 7/2024 là $x$ (nghìn đồng), $(0<x<500)$.

Gọi số tiền tiền điện hộ gia đình bác Bình trả trong tháng 7 năm 2024 là $y$ (nghìn đồng), $(0<y<500)$.

Số tiền điện hộ gia đình bác An được giảm trong tháng 8 năm 2024 là: $15\%x$ (nghìn đồng)

Số tiền điện hộ gia đình bác Bình được giảm trong tháng 8 năm 2024 là: $10\%y$ (nghìn đồng)

Theo đề bài ta có hệ phương trình:$\left\{ \begin{aligned}&x+y=500\,\,(1) \\&0,15x+0,1y=65\,\,(2) \\ \end{aligned} \right.$

Từ $(1)$ suy ra $y=500-x\,\,\,(3)$

Thay $(3)$ vào $(2)$ ta được $0,15x+0,1(500-x)=65$

$0,05x=15$

$x=300$ (nhận).

Thay $x=300$ vào $(3)$ ta được $y=200$ (nhận)

Vậy số tiền điện hộ gia đình bác Bình trả trong tháng 7 là $200$ nghìn đồng, gia đình bác An trả trong tháng 7 là $300$ nghìn đồng.

Hướng dẫn giải:

Có $\Delta '=[-(m-3)]^2-1.[-2(m-1)]=(m-3)^2+2m-2$

$\Delta '=m^2-4m+7=(m-2)^2+3>0,\,\forall m$

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1,\,x_2$

Theo định lí Viète, ta có: $x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}=2(m-3);\,x_1.x_2=\dfrac{c}{a}=-2(m-1)$

Ta có: $T=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$

$T=[-2(m-3)]^2-2[-2(m-1)]$

$T=4m^2-20m+32=(2m-5)^2+7\ge 7$

Suy ra giá trị nhỏ nhất của $T$ bằng $7$ khi $m=\dfrac{5}{2}$

Vậy $m=\dfrac{5}{2}$ là giá trị cần tìm.

Hướng dẫn giải:

Theo mẫu 1:

Vì đáy bể là hình vuông có độ dài đường chéo là $4$ m nên diện tích đáy bể là: $S_1=4.4 \, : \, 2=8$ m²

Thể tích của bể theo mẫu 1 là: $V_1=S_1.h_1=8.2=16$ m³

Theo mẫu 2:

Bán kính đáy bể hình trụ là: $R=d \, : \, 2=4 \, : \, 2=2$ m

Thể tích của bể theo mẫu 2 là: $V_2=\pi.R^2.h_2=\pi2^2.2\approx 25,13$ m³

Vì $V_2>V_1$ nên người đó nên chọn xây theo mẫu thiết kế số 2 để có được bể dự trữ nước là nhiều nhất.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có $MK$, $BK$ là các tiếp tuyến của $(O)$

Suy ra $\widehat{OMK}=\widehat{OBK}=90^\circ $ (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra $\Delta MKO$ vuông tại $M$, $\Delta OBK$ vuông tại $B$.

Dựng đường trung tuyến $MI$, $BI$ lần lượt trong $\Delta MKO,\,\Delta OBK$ với $I$ là trung điểm của $OK$.

Suy ra $IM=IO=IK=IB=\dfrac{1}{2}OK$ (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Suy ra các điểm $M$, $O$, $K$, $B$ đều nằm trên đường tròn $(I)$

Vậy tứ giác $MOBK$ là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có $MK$, $BK$ là các tiếp tuyến của $(O)$ cắt nhau tại $K$.

Suy ra $KM = KB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà $KO$ là phân giác của $\widehat{MKB}$

Suy ra $KO$ đồng thời là đường cao trong $\Delta MKB$.

Vậy $OK \perp MB$

c)Chứng minh $\widehat{EMK}=\widehat{MFE}$

Ta có $OM = OE$ nên $\Delta OME$ cân tại $O$.

Dựng đường cao $ OP$ của $\Delta OME$

Suy ra $\Delta OPM$ vuông tại $P$

Do đó $\widehat{PMO}+\widehat{MOP}=90^\circ $

Mà $\widehat{PMO}+\widehat{EMK}=90^\circ $ ($MK$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$)

Suy ra $\widehat{MOP}=\widehat{EMK}$

Mặt khác $OP$ là đường cao đồng thời là đường phân giác trong $\Delta OME$

Ta có: $\widehat{MOP}=\widehat{EMK}=\dfrac{1}{2}\widehat{MOE}$ (1)

Ta thấy $\widehat{MFE}$ và $\widehat{MOE}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $ME$.

Suy ra $\widehat{MFE}=\dfrac{1}{2}\widehat{MOE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{EMK}=\widehat{MFE}$ (đpcm)

*) Chứng minh $\widehat{OFE}=\widehat{EHK}$

Xét $\Delta OMK$ và $\Delta MHK$ có:

$\widehat{OMK}=\widehat{MHK}=90^\circ $

$\widehat{MKO}$ chung

Suy ra $\Delta OMK\backsim \Delta MHK$ (g.g)

Suy ra $\dfrac{OK}{MK}=\dfrac{MK}{HK}$ hay $M{{K}^{2}}=OK.HK$ (1)

Xét $\Delta MEK$ và $\Delta FMK$ có:

$\widehat{EMK}=\widehat{MFE}$ (cmt)

$\widehat{EKM}$ chung

Suy ra $\Delta MEK \backsim \Delta FMK$ (g.g)

Suy ra $\dfrac{EK}{MK}=\dfrac{MK}{FK}$ hay $M{{K}^{2}}=EK.FK$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $OK.HK=EK.FK$ hay $\dfrac{KF}{HK}=\dfrac{OK}{EK}$

Xét $\Delta OFK$ và $\Delta EHK$ có:

$\dfrac{KF}{HK}=\dfrac{OK}{EK}$ (cmt)

$\widehat{OKF}$ chung

Suy ra $\Delta OFK\backsim \Delta EHK$ (c.g.c)

Vậy $\widehat{OFE}=\widehat{EHK}$ (hai góc tương ứng) (đpcm).

Hướng dẫn giải:

Gọi cạnh đáy, chiều cao của hình vuông lần lượt là: $x$ (dm); $h$ (dm), $(x; \, y>0)$

Ta có thể tích của hình hộp chữ nhật là: $V=x^2.h=8$

Suy ra $ h=\dfrac{8}{x^2}$

$S_{tp}=2x^2+4xh=2x^2+4x.\dfrac{8}{x^2}=2x^2+\dfrac{32}{x}$

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta được:

${{S}_{tp}}=2x^2+\dfrac{32}{x}=2x^2+\dfrac{16}{x}+\dfrac{16}{x}\ge 3.\sqrt[3]{2x^2.\dfrac{16}{x}.\dfrac{16}{x}}=24$

Dấu "=" xảy ra khi $2x^2=\dfrac{16}{x}$

$x=2$ (thỏa mãn).

Vậy độ dài cạnh đáy của hình hộp muốn thiết kế là: $2$ dm.