Phần tự luận (8 điểm) SVIP

Hướng dẫn giải:

a) Với $m=2$, phương trình (1) trở thành:

$x^2-4x+3=0$

Vì $a+b+c=1-4+3=0$ nên $x_1=1$ và $x_2=3$.

Vậy với $m=2$, phương trình có hai nghiệm là $x_1=1$ và $x_2=3$.

b) Vì $a=1\ne 0$ nên phương trình đã cho là phương trình bậc hai.

Ta có: $\Delta '=(-m)^2-(m^2-1)=1$

Vì ${\Delta }'=1>0$ với mọi giá trị của $m$ nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của $m$, hai nghiệm đó là: $m-1$ và $m+1$.

Vì $x_1<x_2$ nên $x_1=m-1$ và $x_2=m+1$

Thay $x_1=m-1$ và $x_2=m+1$ vào đẳng thức $2x_1^2-x_2=-2$ ta được:

$2(m-1)^2-(m+1)=-2$

$2m^2-5m+3=0$

Vì $2+(-5)+3=0$ nên $m_1=1$; $m_2=\dfrac{3}{2}$

Vậy $m\in \Big\{ 1;\dfrac{3}{2} \Big\}$.

Hướng dẫn giải:

a) Bảng tần số tương đối:

b) Tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng được ít nhất $2$ ngoại ngữ là:

$32\% + 12\% + 8\% + 6\% = 58\%$.

c) Ý kiến đó đúng vì:
+ Tỉ lệ đại biểu sử dụng được $3$ ngôn ngữ của $1$ năm trước là: $24,5\%$.
+ Tỉ lệ đại biểu sử dụng được $3$ ngôn ngữ của năm nay là:

$12\% + 8\% + 6\% = 26\% > 24,5\%$.

Hướng dẫn giải:

a) Các kết quả có thể xảy ra là: $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20$.

$\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20\}$.

b) Có $3$ kết quả thuận lợi cho biến cố $T$ là $1, 8, 15$.

Vậy $P(T)=\dfrac{3}{20}=0,15$.

Hướng dẫn giải:

a) Thùng nước là một hình trụ có chiều cao $h=1$ m, chu vi đáy là $C=2$ m.

Gọi $R$ là bán kính đáy của hình trụ

Ta có : $C=2\pi .R$, suy ra $R=\dfrac{1}{\pi }$ (m)

Thể tích của hình trụ là : $V=\pi R^2h=\pi \Big( \dfrac{1}{{{\pi }^{2}}} \Big).1=\dfrac{1}{\pi }\approx 0,32$ m³.

Vậy thùng đựng được $0,32$ m³ nước.

b) Để lấy bóng, em bé chỉ cần đổ đầy nước vào thùng tôn. Em bé cần lấy ít nhất $0,32$ m³  nước thì bóng nổi trên mặt thùng tôn khi đó sẽ an toàn.

Hướng dẫn giải:

a) Gọi $J$ là trung điểm của $ID$

+) $AB$vuông góc $CD$ tại $O$, mà $I\in OB$

Suy ra $\widehat{IOD}=90^\circ $

$\Delta IOD$ vuông tại $O$, từ đó suy ra : $JO=JI=JD$(1)

+ Ta có: $\widehat{CED}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, nên $\widehat{CED}=90^\circ $

Hay  $\widehat{IED}=90^\circ $, suy ra $\Delta IED$ vuông tại $E$,

Suy ra $JI=JE=JD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O$, $I$, $E$, $D$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $ID$.

b) b) Xét $\Delta AHO$ và $\Delta ABE$ có:

$\widehat{AOH}=\widehat{AEB}=90^\circ $;

$\widehat{A}$: góc chung

Do đó $\Delta AHO\backsim \Delta ABE$ (g.g)

Suy ra: $\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{AO}{AE}$

Hay $AH.AE=AO.AB$

Suy ra $AH.AE=2R^2$ (điều phải chứng minh)

+) Từ  $\Delta AHO\backsim \Delta ABE$ suy ra: $\dfrac{OA}{AE}=\dfrac{OH}{BE}$ hay $\dfrac{OA}{OH}=\dfrac{AE}{BE}$

Mà $EI$ là tia phân giác của góc $AEB$nên suy ra:

$\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AI}{IB}=\dfrac{\dfrac{3}{2}R}{\dfrac{1}{2}R}=3$

Suy ra $\dfrac{OA}{OH}=\dfrac{1}{3}$

Do đó, $OA=3OH$.

c) Vì $OA=3OH$, mà $OA=OD(=R)$ nên $OD=3OH$

Suy ra $HD=\dfrac{2}{3}OD$

Suy ra $H$ là trọng tâm tam giác $ABD$.

$AB\bot CD$ nên $\widehat{BOD}=90^\circ $

$\Delta OBD$ vuông tại $O$ có $OB=OD(=R)$ nên là tam giác vuông cân tại $O$ có đường cao $OK$ đồng thời là đường trung tuyến nên $K$ là trung điểm của $DB$.

Suy ra $A$, $H$, $K$, $E$ thẳng hàng

Ta có $AE$ cắt $BD$ tại $K$ nên $K$ là trực tâm của $\Delta ABQ$

$KQ\bot AB$ (3)

$\Delta OKB$ có $OK=OB$ (Vì $OK$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông cân $ABD$) nên $\Delta OKB$ cân tại $K$.

Suy ra $KI$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao, hay $KI\bot OB$

Suy ra $KI\bot AB$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $Q$, $K$, $I$ thẳng hàng. (điều phải chứng minh).

Hướng dẫn giải:

Đặt $AE=x$ ($0\le x\le 30$)

Chỉ ra được ${{S}_{EFGH}}={{S}_{ABCD}}-4{{S}_{AEH}}=900-2x(30-x)$

Do đó $2x^2-60x+900=2(x-15)^2+450>450$

Dấu “$=$" xảy ra khi và chỉ khi $x=15$ (TM)

Vậy $\min {{S}_{EFGH}}=450$ m² khi $AE=15$.