7 câu hỏi
a) \(2{x^2} + 3x - 1 = 0\) \(\left( 1 \right)\)
Phương trình \(2{x^2} + 3x - 1 = 0\) có các hệ số \(a = 2;b = 3;c = - 1\).
Ta có: \(\Delta = {3^2} - 4.2.\left( { - 1} \right) = 17 > 0\).
Khi đó phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{{2.2}} = \frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{4}\); \({x_2} = \frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{{2.2}} = \frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{4}\).
Vậy tập nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right)\) là \(\left\{ {\frac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{4};\frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{4}} \right\}\).
b) \({x^2} - \sqrt 5 x + \sqrt 5 - 1 = 0\) \(\left( 2 \right)\)
Phương trình \(\left( 2 \right)\) có các hệ số \(a = 1;b = - \sqrt 5 ;c = \sqrt 5 - 1\)
Ta có: \(\Delta = {\left( { - \sqrt 5 } \right)^2} - 4.1.\left( {\sqrt 5 - 1} \right) = 5 - 4\sqrt 5 + 4 = 9 - 4\sqrt 5 > 0\)
Khi đó phương trình \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm phân biệt:
\({x_1} = \frac{{ - \left( { - \sqrt 5 } \right) - \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{{2.1}} = \frac{{\sqrt 5 - \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{2}\); \({x_2} = \frac{{ - \left( { - \sqrt 5 } \right) + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{{2.1}} = \frac{{\sqrt 5 + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{2}.\)
Vậy tập nghiệm của phương trình \(\left( 2 \right)\) là \(\left\{ {\frac{{\sqrt 5 - \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{2};\frac{{\sqrt 5 + \sqrt {9 - 4\sqrt 5 } }}{2}} \right\}\).
Thay \(x = - 4\) vào phương trình \({x^2} - 2x + m + 1 = 0\) ta được:
\({\left( { - 4} \right)^2} - 2.\left( { - 4} \right) + m + 1 = 0\)
\(16 + 8 + m + 1 = 0\)
\(m + 25 = 0\)
\(m = - 25\)
Với \(m = - 25\) ta có phương trình \({x^2} - 2x - 24 = 0\) \(\left( 3 \right)\)
\({x^2} - 6x + 4x - 24 = 0\)
\(\left( {{x^2} - 6x} \right) + \left( {4x - 24} \right) = 0\)
\(x\left( {x - 6} \right) + 4\left( {x - 6} \right) = 0\)
\(\left( {x - 6} \right)\left( {x + 4} \right) = 0\)
Suy ra phương trình có hai nghiệm \({x_1} = 6;{x_2} = - 4\)
Tổng lập phương hai nghiệm của phương trình là: \({6^3} + {\left( { - 4} \right)^3} = 152\).
Gọi chiều dài, chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là \(x\), \(y\) (m) (\(x > y > 0\)).
Vì mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng \(28\) m nên ta có phương trình
\(2x + 2y = 28\) hay \(x + y = 14\). Suy ra \(y = 14 - x\).
Đường chéo của hình chữ nhật bằng\(10\) (m) nên theo định lý Pythagore ta có phương trình
\({x^2} + {y^2} = {10^2}\)
\({x^2} + {\left( {14 - x} \right)^2} = 100\)
\(2{x^2} - 28x + 96 = 0\)
\(x = 6\) hoặc \(x = 8\)
Với \(x = 6\) suy ra \(y = 8\) (loại).
Với \(x = 8\) suy ra \(y = 6\) (thỏa mãn).
Do đó chiều dài mảnh đất bằng \(8\) m và chiều rộng bằng \(6\)m.
Vậy diện tích mảnh đất là \(8.6 = 48\) m2.
Gọi vận tốc xe thứ nhất là \(x\) (km/h) (\(x > 10\)).
Suy ra vận tốc xe thứ hai là \(x - 10\) (km/h).
Thời gian xe thứ nhất đi hết quảng đường \(AB\) là \(\frac{{150}}{x}\) (giờ)
Thời gian xe thứ hai đi hết quảng đường \(AB\) là \(\frac{{150}}{{x - 10}}\) (giờ)
Ô tô thứ nhất đến \(B\) trước 30 phút \( = \frac{1}{2}\) (giờ) nên ta có phương trình
\(\frac{{150}}{{x - 10}} - \frac{{150}}{x} = \frac{1}{2}\)
\(\frac{{150x - 150\left( {x - 10} \right)}}{{\left( {x - 10} \right)x}} = \frac{1}{2}\)
\(3000 = {x^2} - 10x\)
\({x^2} - 10x - 3000 = 0\)
\(x = 60\) (thỏa mãn) hoặc \(x = - 50\) (không thỏa mãn).
Vậy vận tốc xe thứ nhất là \(60\)(km/h) và vận tốc xe thứ hai là \(60 - 10 = 50\) (km/h).
a) Khi vận tốc gió là \(2\)m/s thì lực tác động lên cánh buồm của con thuyền bằng \(120\) N nên ta có phương trình \(a{.2^2} = 120\), suy ra \(a = \frac{{120}}{4} = 30\) (m/s2).
b) Cánh buồm của thuyền chỉ chịu được tác động tối đa là \(12000\) N nên ta có
\(F \le 12000\)
\(30{v^2} \le 12000\)
\({v^2} \le 400\)
\(v \le 20\)
Do đó con thuyền không thể ra khơi khi vận tốc của gió là \(25\)m/s.
Bài III. (0,5 điểm) Mái che của ngôi nhà có dạng hình quạt tròn, có bán kính bằng \(4,5\) m và góc ở tâm bằng \(70^\circ \). Tính diện tích mái che (làm tròn kết quả với độ chính xác \(0,05\)).
Diện tích mái che là \(S = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi .4,{5^2}.70}}{{360}} \approx 12,4\) (m2).
a) Xét nửa đường tròn tâm \[O\] có \[E,F\] nằm trên cung \[BC\] nên \[\widehat {AEC}\,\], \[\widehat {BFC}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \[\widehat {AEC} = \,\widehat {BFC} = 90^\circ \]
\[\widehat {AEC}\,\widehat {,\,BEC}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {AEC}\,\, + \widehat {BEC} = \,180^\circ \]
Suy ra \[\widehat {AEC}\,\, = \,180^\circ - \widehat {BEC} = \,180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \].
Chứng minh tương tự ta có \[\widehat {AFB} = 90^\circ \].
Xét \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] nên \[\Delta AEH\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\]
Suy ra \[A,E,H\] thuộc đường tròn đường kính \[AH\].
Chứng minh tương tự với \[\Delta AFH\] ta có \[A,F,H\] thuộc đường tròn đường kính \[AH\].
Như vậy, \[A,F,H,E\] thuộc đường tròn đường kính \[AH\], suy ra tứ giác \[AFHE\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\].
b)
Xét đường tròn nội tiếp tứ giác \[AEHF\] có \[\widehat {AEF},\,\widehat {AHF}\,\]là góc nội tiếp chắn cung \[AF\] nên \[\widehat {AEF} = \widehat {AHF}\,\] (1)
Xét \[\Delta AFH\] và \[\Delta ADC\] có:
\[\widehat {AFH} = \,\widehat {ADC} = 90^\circ \] và \[\widehat {HAF}\] là góc chung
Do đó (g.g)
Suy ra \[\widehat {ACD} = \widehat {AHF}\] (hai góc tương ứng) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {AEF} = \widehat {ACD}\] hay \[\widehat {AEF} = \widehat {ACB}\].
Xét \[\Delta ABC\] có \[\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \] nên \[BF,CE\] là đường cao mà \[BF,CE\] cắt nhau tại \[H\] nên \[AH \bot BC\] tại \[D\], suy ra \[\widehat {ADC} = 90^\circ \].
Xét \[\Delta HFC\] vuông tại \[F\] nên \[\Delta HFC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[HC\], suy ra \[H,F,C\] thuộc đường tròn đường kính \[HC\].
Xét \[\Delta HDC\] vuông tại \[D\] nên \[\Delta HDC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[HC\], suy ra \[H,D,C\] thuộc đường tròn đường kính \[HC\].
Như vậy, \[H,D,C,F\] thuộc đường tròn đường kính \[HC\] suy ra tứ giác \[HDCF\] nội tiếp.
Mà \[\widehat {HFD},\,\widehat {HCD}\] là góc nội tiếp chắn cung \[HD\] nên \[\widehat {HFD} = \widehat {HCD}\] (3)
Xét \[\Delta ADB\] và \[\Delta CEB\] có:
\[\widehat {ADB} = \,\widehat {CEB} = 90^\circ \] và \[\widehat {ABC}\] là góc chung
Do đó (g.g)
Suy ra \[\widehat {BAD} = \widehat {BCE}\] (hai góc tương ứng) hay \[\widehat {EAH} = \widehat {HCD}\] (4)
Tứ giác \[AEHF\] nội tiếp có \[\widehat {EAH\,,}\,\,\widehat {HFE}\] là góc nội tiếp chắn cung \[HF\] nên \[\widehat {EAH\,} = \,\widehat {HFE}\] (5)
Từ (3), (4), (5) suy ra \[\widehat {HFE} = \widehat {HFD}\] hay \[\widehat {EFB} = \widehat {DFB}\] hay \[FB\] là tia phân giác \[\widehat {EFD}\].
c) Xét \[\Delta AFB\] và \[\Delta AEH\] có
\[\widehat {EAF}\] là góc chung và \[\widehat {AFB} = \widehat {AEC}\]
Do đó (g.g)
Suy ra \[\frac{{AF}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}\] nên \[\frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\]
Xét \[\Delta AEF\] và \[\Delta ACB\] có
\[\widehat {EAF}\] chung và \[\frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\]
Do đó (c.g.c)
Suy ra \[\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\]
Xét \[\Delta AFB\] có \[\widehat {AFB} = 90^\circ \] nên \[\cos \widehat {BAC} = \frac{{AF}}{{AB}}\]
Suy ra \[\cos 60^\circ = \frac{{EF}}{{BC}}\] nên \[EF = \frac{1}{2}BC.\]
Một xe tải có chiều rộng \(2,4\) m và chiều cao \(2,5\) m muốn đi qua một cái cổng có hình parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là \(4\) m và khoảng cách từ đỉnh cổng (đỉnh parabol) tới mỗi chân cổng là \(2\sqrt 5 \) m (bỏ qua độ dày của cổng). Hỏi xe tải có thể qua cổng được không? Tại sao?
Đỉnh cổng là đỉnh của parabol \(y = a{x^2}\left( {a < 0} \right)\), đỉnh cổng là \(O\left( {0;0} \right)\).
Gọi hai chân cổng là \(A,B\). \(AB\) cắt \(Oy\) tại \(H\).
Ta có: \(AH = HB = \frac{{AB}}{2}\); \(OA = OB = 2\sqrt 5 \) (\(A,B,H\) nằm dưới trục hoành)
Xét \(\Delta HOA\) vuông tại \(H\), theo định lí Pythagore, ta có: \(O{H^2} + A{H^2} = O{A^2}\)
Suy ra \(O{H^2} = {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} - {2^2} = 16\) nên \(OH = \sqrt {16} = 4\)
Khi đó, \(H\left( {0; - 4} \right)\) suy ra \(A\left( { - 2; - 4} \right)\); \(B\left( {2; - 4} \right)\)
Vì \(A \in \left( P \right)\) nên ta có: \( - 4 = a.{\left( { - 2} \right)^2}\) suy ra \(a = - 1\)
Vậy cổng có dạng parabol \(y = - {x^2}\)
Vì chiều cao của xe tải là \(2,5m\), xét đường thẳng \(y = - \frac{3}{2}\) (ứng với chiều cao của xe).
Hoành độ giao điểm của parabol với đường thẳng \(y = - \frac{3}{2}\) là nghiệm của phương trình:
\( - {x^2} = - \frac{3}{2}\)
\({x^2} = \frac{3}{2}\)
Suy ra \(x = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
Khi đó toạ độ hai giao điểm là \(M\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2};\frac{{ - 3}}{2}} \right)\);\(N\left( {\frac{{ - \sqrt 6 }}{2};\frac{{ - 3}}{2}} \right)\)
Ta có: \(MN = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6 > 2,4m\)
Vậy xe tải có thể đi qua cổng.
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)
