Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Chiều cao của các bạn học sinh nữ lớp 8A là số liệu liên tục.

Số môn thể thao mà các bạn tổ 1 của lớp 8B biết chơi là số liệu rời rạc.

Kết quả bơi 50 m tự do của 10 vận động viên là số liệu liên tục.

Nhiệt độ các ngày trong tuần ở Hà Nội là số liệu liên tục.

Vậy ta chọn phương án A.

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

a) Ta có \(9 - {x^2} = \left( {3 - x} \right)\left( {3 + x} \right).\)

\[2 - \frac{{x + 5}}{{3 + x}} = \frac{{2\left( {3 + x} \right) - \left( {x + 5} \right)}}{{3 + x}} = \frac{{6 + 2x - x - 5}}{{3 + x}} = \frac{{x + 1}}{{x + 3}}.\]

Điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3 \ne 0\\x - 3 \ne 0\\9 - {x^2} \ne 0\\2 - \frac{{x + 5}}{{3 + x}} \ne 0\end{array} \right.\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3 \ne 0\\x - 3 \ne 0\\x + 1 \ne 0\end{array} \right.\) tức là \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne  - 3\\x \ne 3\\x \ne  - 1\end{array} \right.\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là \(x \ne  - 3,x \ne 3\) và \(x \ne  - 1.\)

b) Với \(x \ne  - 3,x \ne 3\) và \(x \ne  - 1\) ta có:

\(A = \left( {\frac{x}{{x + 3}} - \frac{2}{{x - 3}} + \frac{{{x^2} - 1}}{{9 - {x^2}}}} \right):\left( {2 - \frac{{x + 5}}{{3 + x}}} \right)\)

\( = \left[ {\frac{x}{{x + 3}} - \frac{2}{{x - 3}} - \frac{{{x^2} - 1}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}} \right]:\frac{{x + 1}}{{x + 3}}\)

\( = \frac{{x\left( {x - 3} \right) - 2\left( {x + 3} \right) - \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}:\frac{{x + 1}}{{x + 3}}\)

\( = \frac{{{x^2} - 3x - 2x - 6 - {x^2} + 1}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}.\frac{{x + 3}}{{x + 1}}\)

\[ = \frac{{ - 5x - 5}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}.\frac{{x + 3}}{{x + 1}}\]

\[ = \frac{{ - 5\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{ - 5}}{{x - 3}}.\]

Vậy với \(x \ne  - 3,x \ne 3\) và \(x \ne  - 1\) thì \(A = \frac{{ - 5}}{{x - 3}}.\)

c) Với \({x^2} - x - 2 = 0\) ta có \({x^2} - 2x + x - 2 = 0\)

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

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

Suy ra \(x - 2 = 0\) hoặc \(x + 1 = 0\)

\(x = 2\) (thỏa mãn) hoặc \(x =  - 1\) (không thỏa mãn)

Thay \(x = 2\) vào biểu thức \(A = \frac{{ - 5}}{{x - 3}}\) ta được:

\(A = \frac{{ - 5}}{{2 - 3}} = \frac{{ - 5}}{{ - 1}} = 5.\)

Vậy nếu \({x^2} - x - 2 = 0\) thì \(A = 5.\)

Hướng dẫn giải

a) Từ biểu đồ cột kép, ta hoàn thành được bảng thống kê như sau:

b) Tổng trị giá nhập khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn 2020 – 2022 là:

\[59,59 + 76,1 + 87,64 = 223,33\] (tỷ USD).

Vậy tổng trị giá nhập khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I của giai đoạn 2020 – 2022 là \[223,33\] tỷ USD.

c) Ta thấy trị giá xuất khẩu hàng hóa của quý I/2021 lớn hơn trị giá xuất khẩu hàng hóa của quý I/2020 (vì \[78,56 > 63,4\]).

Do đó, giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng so với quý I năm 2020.

Tỉ số phần trăm trị giá xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2020 và quý I năm 2021 là: \(\frac{{78,56}}{{63,4}} \cdot 100\% \approx 123,9\% \).

Số phần trăm giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng so với quý I năm 2020 là khoảng: \[123,9\% - 100\% = 23,9\% \].

Vậy giá trị xuất khẩu hàng hóa của nước ta trong quý I năm 2021 tăng khoảng \[19,3\% \] so với quý I năm 2020.

Hướng dẫn giải

1. a) Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:

\({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {AB + BC + CA} \right) \cdot SI = \frac{1}{2} \cdot \left( {5 + 5 + 5} \right) \cdot 6 = 45{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{.}}\)

Tam giác \(ABC\) là tam giác đều nên đường trung tuyến \(CI\) đồng thời là đường cao.

Xét \(\Delta ACI\) vuông tại \(I\) có \(A{C^2} = A{I^2} + C{I^2}\)

Suy ra \(C{I^2} = A{C^2} - A{I^2} = {5^2} - {\left( {\frac{1}{2} \cdot 5} \right)^2} = 25 - \frac{{25}}{4} = \frac{{75}}{4}\)

Do đó \(CI = \sqrt {\frac{{75}}{4}} \approx 4,33{\rm{\;cm}}.\)

Diện tích đáy của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:

 $S_{đáy}=\frac{1}{2}\cdot CI\cdot AB\approx \frac{1}{2}\cdot 4,33\cdot 5\approx 10,83\left({\text{cm}}^2\right)\text{.}$

Diện tích toàn phần của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:

 $S_{tp}=S_{xq}+S_{đáy}\approx 45+10,83=55,83\left({\text{cm}}^2\right)\text{.}$

Vậy hình chóp \(S.ABC\) có diện tích xung quanh là \(45{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\) và diện tích toàn phần là \(55,83{\rm{\;}}\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)

b) Thể tích của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:

 $V=\frac{1}{3}\cdot SO\cdot S_{đáy}\approx \frac{1}{3}\cdot 5,8\cdot 10,83\approx 20,94\left({\text{cm}}^3\right).$

Vậy thể tích của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) khoảng \[20,94\,\,{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}.\]

2.

a) Tam giác \[ABC\] có các đường trung tuyến \[BD,{\rm{ }}CE\] cắt nhau tại \[G\] nên \[G\] là trọng tâm \[\Delta ABC,\] do đó \(DG = \frac{1}{2}BG,\) \(EG = \frac{1}{2}CG.\)

Mà \[F,{\rm{ }}H\] lần lượt là trung điểm của \[BG,{\rm{ }}CG\] nên

\(BF = FG = \frac{1}{2}BG,\) \(CH = HG = \frac{1}{2}CG.\)

Do đó \[DG = BF = FG,{\rm{ }}EG = CH = HG.\]

Suy ra, \[G\] là trung điểm của \[FD,{\rm{ }}G\] là trung điểm của \[EH.\]

Tứ giác \[EFHD\] có hai đường chéo \[EH\] và \(FD\) cắt nhau tại trung điểm \[G\] của mỗi đường nên \[EFHD\] là hình bình hành.

b) Để hình bình hành \[EFHD\] là hình vuông thì \[EH = DF\] và \[EH \bot DF.\]

Suy ra \[EG = DG,{\rm{ }}BG = CG\] và \[BD \bot CE.\]

⦁ Xét \(\Delta BEG\) và \[\Delta CDG\] có:

\[BG = CG,\] \(\widehat {EGB} = \widehat {DGC}\) (đối đỉnh), \[EG = DG\]

Do đó \(\Delta BEG = \Delta CDG\) (c.g.c).

Suy ra \[BE = CD\] (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà \[BD,{\rm{ }}CE\] là các đường trung tuyến của \(\Delta ABC\) nên \[E\] là trung điểm của \[AB,{\rm{ }}D\] là trung điểm của \[AC\]

Suy ra \[AB = 2BE,{\rm{ }}AC = 2CD\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) suy ra \[AB = AC.\]

⦁ Dễ thấy, nếu \[AB = AC\] và \[BD \bot CE\] thì tứ giác \[EFHD\] là hình vuông.

Vậy tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] có hai đường trung tuyến \[BD,CE\] vuông góc với nhau thì tứ giác \[EFHD\] là hình vuông.

Hướng dẫn giải

Theo giả thiết, \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{{x + y + z}}.\)

Suy ra \(\frac{{yz + xz + xy}}{{xyz}} = \frac{1}{{x + y + z}}.\)

\(\left( {yz + xz + xy} \right)\left( {x + y + z} \right) = xyz\)

\(yz\left( {x + y + z} \right) + xz\left( {x + y + z} \right) + xy\left( {x + y + z} \right) = xyz\)

\[xyz + {y^2}z + y{z^2} + {x^2}z + xyz + x{z^2} + {x^2}y + x{y^2} + xyz = xyz\]

\[\left( {{x^2}z + 2xyz + {y^2}z} \right) + \left( {y{z^2} + x{z^2}} \right) + \left( {{x^2}y + x{y^2}} \right) = 0\]

\[z{\left( {x + y} \right)^2} + {z^2}\left( {x + y} \right) + xy\left( {x + y} \right) = 0\]

\[\left( {x + y} \right)\left[ {z\left( {x + y} \right) + {z^2} + xy} \right] = 0\]

\[\left( {x + y} \right)\left( {xz + yz + {z^2} + xy} \right) = 0\]

\[\left( {x + y} \right)\left[ {\left( {xz + xy} \right) + \left( {yz + {z^2}} \right)} \right] = 0\]

\[\left( {x + y} \right)\left[ {x\left( {y + z} \right) + z\left( {y + z} \right)} \right] = 0\]

\[\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {x + z} \right) = 0\]

Suy ra \(x + y = 0\) hoặc \(y + z = 0\) hoặc \(x + z = 0.\)

⦁ Nếu \(x + y = 0\) thì \(x =  - y,\) khi đó \[{x^{2023}} =  - {y^{2023}}.\]

Ta có \[\frac{1}{{{x^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{ - {y^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{{z^{2023}}}};\]

\[\frac{1}{{{x^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}} = \frac{1}{{ - {y^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}} = \frac{1}{{{z^{2023}}}}.\]

Do đó \[\frac{1}{{{x^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{{x^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}}.\]

⦁ Nếu \(y + z = 0\) hoặc \(x + z = 0,\) chứng minh tương tự ta cũng có

\[\frac{1}{{{x^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{{x^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}}.\]

Vậy nếu \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{{x + y + z}}\) thì \[\frac{1}{{{x^{2023}}}} + \frac{1}{{{y^{2023}}}} + \frac{1}{{{z^{2023}}}} = \frac{1}{{{x^{2023}} + {y^{2023}} + {z^{2023}}}}.\]