15 câu hỏi
a) ⦁ Xét biểu thức \[A = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 7}}\].
Với \(x \ge 0,\) ta luôn có \(\sqrt x + 7 > 0.\)
Điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là \(x \ge 0.\)
⦁ Xét biểu thức \(B = \frac{x}{{x - 4}} - \frac{1}{{2 - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}\).
Với \(x \ge 0,\) ta có \[x - 4 = \left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right).\]
Điều kiện xác định của biểu thức \(B\) là \(x \ge 0,\,\,x - 4 \ne 0\) tức là \(x \ge 0,\,\,x \ne 4.\)
b) Thay \(x = 25\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A,\) ta được:
\[A = \frac{{\sqrt {25} - 2}}{{\sqrt {25} + 7}} = \frac{{5 - 2}}{{5 + 7}} = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4}.\]
Vậy \(A = \frac{1}{4}\) khi \(x = 25.\)
c) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) ta có:
\(B = \frac{x}{{x - 4}} - \frac{1}{{2 - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}}\)
\( = \frac{x}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\( = \frac{{x + \sqrt x + 2 + \sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)\( = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\( = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}.\)
Vậy với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) thì \(B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}.\)
d) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) ta có: \(P = AB = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 7}} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\)\[ = \frac{x}{{\sqrt x + 7}}.\]
Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 4,\) ta cũng có \(P \ge 0\). Khi đó, \(\sqrt P \le \frac{1}{2}\) suy ra \(P \le \frac{1}{4}.\)
Ta có: \(P \le \frac{1}{4}\)
\[\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 7}} \le \frac{1}{4}\]
\[\frac{{4\sqrt x }}{{4\left( {\sqrt x + 7} \right)}} \le \frac{{\sqrt x + 7}}{{4\left( {\sqrt x + 7} \right)}}\]
\[4\sqrt x \le \sqrt x + 7\]
\[3\sqrt x \le 7\]
\[\sqrt x \le \frac{7}{3}\]
\[x \le \frac{{49}}{9}\]
Kết hợp các điều kiện, ta có \[0 \le x \le \frac{{49}}{9};\,\,x \ne 4.\]
Mà \[x\] nguyên nên \[x \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,5} \right\}\]
Vậy \[x \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,5} \right\}\].
a) Điều kiện xác định \(x \ne - 1,\,\,x \ne 1.\)
Ta có: \(\frac{{x - 1}}{{x + 1}} - \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = \frac{4}{{1 - {x^2}}}\)
\[\frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} - \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{ - 4}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}\]
\(\frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} - {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{ - 4}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} - {\left( {x + 1} \right)^2} = - 4\)
\(\left( {x - 1 + x + 1} \right)\left( {x - 1 - x - 1} \right) = - 4\)
\(2x.\left( { - 2} \right) = - 4\)
\( - 4x = - 4\)
\(x = 1\) (không thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.b) \(\frac{{3 - 5x}}{3} - \frac{{4x + 1}}{4} \ge \frac{{2x + 1}}{2} + 3\)
\(\frac{{4\left( {3 - 5x} \right)}}{{12}} - \frac{{3\left( {4x + 1} \right)}}{{12}} \ge \frac{{6\left( {2x + 1} \right)}}{{12}} + \frac{{3 \cdot 12}}{{12}}\)
\[4\left( {3 - 5x} \right) - 3\left( {4x + 1} \right) \ge 6\left( {2x + 1} \right) + 3 \cdot 12\]
\[12 - 20x - 12x - 3 \ge 12x + 6 + 36\]
\[ - 32x + 9 \ge 12x + 42\]
\[ - 44x \ge 33\]
\(x \le - \frac{{33}}{{44}}\)
\(x \le - \frac{3}{4}.\)
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm \(x \le - \frac{3}{4}.\)c) \(\sqrt {9x - 9} - \sqrt {4x - 4} + \sqrt {x - 1} = 16\) (ĐKXĐ: \(x \ge 1)\)
\(3\sqrt {x - 1} - 2\sqrt {x - 1} + \sqrt {x - 1} = 16\)
\(2\sqrt {x - 1} = 16\)
\(\sqrt {x - 1} = 8\)
\(x - 1 = 16\)
\(x = 17\) (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = 17.\)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 15 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
2. Gọi \(x\) (ml) là thể tích dung dịch nước muối \(1,5\% \) và \(y\) (ml) là thể tích nước cất \(0\% \) (\(x,y > 0\)).
Tổng thể tích dung dịch là \(1{\rm{ 000 ml}}\) nên ta có phương trình \(x + y = 1\,\,000\) (1).
Tổng khối lượng muối trong dung dịch là \(0,9\% \) của \(1{\rm{ 000 ml}}\). Lượng muối trong dung dịch ban đầu là \(1,5\% .x\) và trong nước cất là \(0\).
Do đó ta có: \(0,015x + 0y = 0,009.1000\) hay \(0,015x = 9\) (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\,\,000\\0,015x = 9\end{array} \right.\).
Giải phương trình \(0,015x = 9\) ta được \(x = 600\) (thỏa mãn).
Thay \(x = 600\) vào phương trình (1), được: \(y = 1000 - 600 = 400\) (thỏa mãn).
Vậy Lan cần pha \(600{\rm{ ml}}\) dung dịch nước muối \(1,5\% \) và \(400{\rm{ ml}}\) dung dịch nước cốt \(0\% \) để được dung dịch mong muốn.
3. a) Chi phí ăn uống của mỗi người trong một ngày là \(60\,000 + 60\,000 + 30\,000 = 150\,000\) (đồng).
Gọi \(x\) là số bạn học sinh có thể tham gia \(\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\).
Tổng chi phí phải trả cho buổi dã ngoại có \(x\) bạn tham gia là \(150\,000x + 17\,000\,000\) (đồng).
Vì số tiền nhà tài trợ dự kiến là \(30\) triệu đồng nên ta có bất phương trình:
\(150\,000x + 17\,000\,000 \le 30\,000\,000\).
b) Giải bất phương trình:
\(150\,000x + 17\,000\,000 \le 30\,000\,000\)
\(x \le \frac{{260}}{3} \approx 86,7\)
Vậy có thể tổ chức cho nhiều nhất cho \(86\) bạn tham gia.
(1,5 điểm) Tháp Discovery Complex A với quy mô 54 tầng, đang là tòa nhà cao nhất quận Cầu Giấy. Tại một thời điểm trong ngày mặt trời tạo với mặt đất một góc xấp xỉ \(68^\circ \) và bóng của tòa nhà trên mặt đất dài khoảng \(79{\rm{ m}}{\rm{.}}\)
a) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A,\) ta có: \[\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\] và \[\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}}.\]
b) Chiều cao của tòa tháp chính là độ dài đoạn \(AB\).
Ta có: \[AB = AC \cdot \tan \widehat {ACB} = 79 \cdot \tan 68^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\]
Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\), ta có: \(AB = BD \cdot \sin \widehat {ADB}\)
Suy ra \(BD = \frac{{AB}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{79 \cdot \tan 68^\circ }}{{\sin 45^\circ }} \approx 276,52{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\)
Vận tốc trung bình của chiếc người đó khoảng: \(276,52:140 \approx 2,0{\rm{ (m/s)}}{\rm{.}}\)
Vậy vận tốc trung bình của người đó là khoảng \(2{\rm{ m/s}}\).
![a) Chứng minh bốn điểm \[A,M,O,N\] cùng thuộc một đường tròn. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/2-1766542632.png)
a) Vì \(AM,\,\,AN\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(M,\,\,N\) nên \(AM \bot OM,\,\,AN \bot ON.\)
Gọi \[E\] là trung điểm của \[OA\]. Khi đó \(OE = AE = \frac{1}{2}OA.\)
Xét \[\Delta MOA\] vuông tại \[M\] có \[ME\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[ME = \frac{1}{2}OA\].
Xét \[\Delta NOA\] vuông tại \[N\] có \[NE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[NE = \frac{1}{2}OA\].
Vì \[NE = ME = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,M,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].
b) ⦁ Chứng minh \[A{N^2} = AB.AC\]
Xét đường tròn \[\left( O \right)\], có: \[\widehat {BCN} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BN\]) (1)
Xét \[\Delta BON\] cân tại \[O\] (do \[OB = ON)\] có \[\widehat {OBN} = \widehat {ONB}\].
Do đó \[\widehat {BON} = 180^\circ - 2\widehat {ONB} = 2\left( {90^\circ - \widehat {ONB}} \right) = 2\widehat {BNA}\], suy ra \[\widehat {BNA} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (2).
Từ (1) và (2), suy ra \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\].
Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta ACN\] có: \[\widehat {CAN}\] là góc chung và \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\]
Do đó, (g.g).
Suy ra \[\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AN}}\] hay \[A{N^2} = AB.AC\].
• Chứng minh \[MF\parallel AC\]
Xét \[\Delta COB\] cân tại \[O\] (do \[OC = OB\]) có \[OI\] là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, do đó \[OI \bot BC\]. Suy ra \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\].
Xét \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\] có \[IE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[IE = \frac{1}{2}OA\].
Khi đó, ta có \[NE = IE = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,I,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].
Suy ra \[\widehat {AIN} = \widehat {AON}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AN\] của đường tròn tâm \[E\]). (*)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[AM,AN\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là phân giác của \[\widehat {MON}\]
Do đó, \[\widehat {AON} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\].
Mà \[\widehat {NFM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[MN\])
Suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AON}\] (**)
Từ (*) và (**), suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AIN}\].
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó \[MF\,{\rm{//}}\,AC\].
c)
⦁ Gọi \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(OA.\)
Ta có \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OM = ON\) nên \(A,\,\,O\) cùng nằm trên đường trung trực của \(MN\) hay \(OA\) là đường trung trực của \(MN\).
Suy ra \[MN \bot OA\] hay \[HN \bot OA\].
Xét \[\Delta OHN\] và \[\Delta ONA\], có: \[\widehat {OHN} = \widehat {ONA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AON}\] là góc chung
Do đó (g.g)
Suy ra \[\frac{{OH}}{{ON}} = \frac{{ON}}{{OA}}\] suy ra \[OH.OA = O{N^2} = {R^2}\] (3).
⦁ Ta có \(OC = OB,\,\,IC = IB\) (do \(I\) là trung điểm của \(BC),\) \(KC = KB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ba điểm \(O,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.
Xét \[\Delta OIB\] và \[\Delta OBK\], có: \[\widehat {OIB} = \widehat {OBK} = 90^\circ \] và \[\widehat {BOK}\] là góc chung
Do đó (g.g)
Suy ra \[\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OK}}\] suy ra \[OI.OK = O{B^2} = {R^2}\] (4).
Từ (3) và (4) suy ra \[OI.OK = OH.OA = {R^2}.\] Từ đó, ta có \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\].
Xét \[\Delta OIA\] và \[\Delta OHK\] có: \[\widehat {AOK}\] là góc chung và \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\]
Do đó (c.g.c)
Suy ra \[\widehat {OHK} = \widehat {OIA} = 90^\circ \], suy ra \[HK \bot OA\].
Mà \[MN \bot OA\] tại \[H\] và \[MN\] cố định (do điểm \(A\) cố định), do đó \[K\] thuộc \[MN\] cố định.
(0,5 điểm) Một tấm bìa cứng hình chữ nhật có chiều dài là \({\rm{50 cm}}\)và chiều rộng là \({\rm{30 cm}}\). Bạn Linh cắt ở mỗi góc một tấm bìa hình vuông cạnh \(x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\) và xếp phần còn lại thành một hình hộp không nắp. Tìm \(x\) để diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật sau khi cắt là lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Diện tích tấm bìa hình chữ nhật này là: \(50.30 = 1500{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)
Chiều dài sau khi cắt tấm bìa là: \(50 - 2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Chiều rộng sau khi cắt tấm bìa là: \(30 - 2x{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Diện tích xung quanh của hộp là: \(2x\left( {50 - 2x + 30 - 2x} \right) = 2x\left( {80 - 4x} \right) = - 8{x^2} + 160x{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).
Để diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật sau khi cắt là lớn nhất thì \( - 8{x^2} + 160x\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có: \( - 8{x^2} + 160x = - 8\left( {{x^2} - 20x + 100} \right) + 800 = - 8{\left( {x - 10} \right)^2} + 800\)
Với mọi \(x > 0,\) ta có: \( - 8{\left( {x - 10} \right)^2} \le 0\) nên \( - 8{\left( {x - 10} \right)^2} + 800 \le 800\).
Dấu “=” xảy ra khi \(x - 10 = 0\) hay \(x = 10\).
Vậy diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật là \(800{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\) khi \(x = 10{\rm{ cm}}\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
