Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 6)

Vì phương trình đã cho có 2 nghiệm là $x_1,x_2$ nên theo định lý Vi-ét, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{-b}{a}=\frac{13}{2}\\ x_1.x_2=\frac{c}{a}=\frac{-6}{2}=-3\end{array}\right.$.

Ta có:

$$\begin{gathered} A=\left(x_1+x_2\right)\left(x_1+2x_2\right)-x_2^2 \\ =x_1^2+2x_1{x}_2+x_2{x}_1+2x_2^2-x_2^2 \\ =x_1^2+x_2^2+3x_1{x}_2 \\ ={\left(x_1+x_2\right)}^2+x_1{x}_2 \\ ={\left(\frac{13}{2}\right)}^2+\left(-3\right)=\frac{157}{4} \end{gathered}$$

Vậy $A=\frac{157}{4}$.

– Nếu mua nhiều hơn 10 bông hồng thì từ bông thứ 11 trở đi mỗi bông được giảm thêm 10% trên giá niêm yết, do đó giá mỗi bông hồng từ bông hồng thứ 11 đến 20 là:

$15000.\left(100\%–10\%\right)=13500$ (đồng).

– Nếu mua nhiều hơn 20 bông hồng thì từ bông thứ 21 trở đi mỗi bông được giảm thêm 20% trên giá đã giảm, do đó giá mỗi bông hồng từ bông hồng thứ 21 là:

$13500.\left(100\%–20\%\right)=10800$ (đồng).

a) Nếu khách hàng mua 30 bông hồng thì số tiền phải trả là:

$15000.10+13500.10+10800.10=393000$ (đồng).

b) Vì số tiền bạn Thảo phải trả là 555 000 > 393 000 (đồng) nên bạn đã mua nhiều hơn 30 bông hồng.

Gọi x là số bông hồng mà bạn Thảo đã mua $\left(x\in \mathbb{N},x>30\right)$.

Ta có:

$15000.10+13500.10+10800\left(x-20\right)=555000$

<=> x = 45 (nhận).    

Vậy bạn Thảo đã mua 45 bông hồng.

a) Theo định lí Pythagore, chiều cao của hình nón là

$h=\sqrt{l^2-R^2}=\sqrt{{10}^2-4^2}=2\sqrt{21}\left(\text{cm}\right)$ 

Thể tích phần chứa nước của ly là

$V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.4}^2.2\sqrt{21}\approx 154\left({\text{cm}}^3\right)$ 

b) Đổi 1,2 lít = 1200 cm3.

Số ly nước Nam cần chuẩn bị là: 14.3 = 42 (ly).

Lượng nước trái cây Nam cần chuẩn bị là: $\left(154.90\%\right).42=5821,2 \left({\text{cm}}^3\right)$ .

Ta có: $\frac{5821,2}{1200}=4,851\approx 5$.

Gọi lượng sữa ban đầu của thùng thứ nhất chứa là x (lít) và lượng sữa thùng thứ hai chứa là y (lít), ta có $0<x\le 10,0<y\le 8$ và tổng lượng sữa x + y > 10. 

• Vì sau khi đổ sữa từ thùng thứ nhất sang thùng thứ hai cho đầy thì thùng thứ hai có 8 lít sữa, còn thùng thứ nhất có x + y - 8 lít sữa.

Lúc này lượng sữa còn lại ở thùng thứ nhất bằng $\frac{1}{2}$ lượng sữa so với ban đầu nên ta có phương trình:

$x+y-8=\frac{1}{2}x\iff \frac{1}{2}x+y=8$. (1)

• Vì sau khi đổ sữa từ thùng thứ hai sang thùng thứ nhất cho đầy thì thùng thứ nhất có 10 lít sữa, còn thùng thứ hai có x + y - 10 lít sữa.

Lúc này thùng thứ hai có lượng sữa bằng $\frac{1}{5}$ lượng sữa so với thời điểm ban đầu nên ta có phương trình:

$x+y-10=\frac{1}{5}y\iff x+\frac{4}{5}y=10$. (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}x+y=8\\ x+\frac{4}{5}y=10\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x+2y=16\\ x+\frac{4}{5}y=10\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{6}{5}y=6\\ x=10-\frac{4}{5}y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}y=5\\ x=6\end{array}\right.$ (thỏa mãn).

Vậy thời điểm ban đầu thùng thứ nhất chứa 6 lít sữa, thùng thứ hai chứa 5 lít sữa.

a) Ta có: $HE\perp AB,HF\perp AC$ nên $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90°$.

Tứ giác AEHF có $\widehat{AEH},\widehat{AFH}$ là hai góc đối và $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90°+90°=180°$ nên tứ giác AEHF nội tiếp.

Do AD là đường kính của đường tròn (O) nên $\widehat{ALD}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Tứ giác ALHF có $\widehat{ALH},\widehat{AFH}$ là hai góc đối và $\widehat{ALH}+\widehat{AFH}=90°+90°=180°$ nên tứ giác ALHF nội tiếp.

b) Ta có: $AH\perp BC$ và $HE\perp AB$ nên $\widehat{EBH}=90°-\widehat{BHE}=\widehat{AHE}$.

Mà $\widehat{AHE}=\widehat{AFE}$ (do tứ giác AEHF nội tiếp).

Suy ra $\widehat{AFE}=\widehat{EBC}$ (1).

Tứ giác BEFC có góc ngoài tại đỉnh F bằng góc trong tại đỉnh B nên tứ giác BEFC nội tiếp.

Trong đường tròn (O), ta có $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$ (hai góc nội tiếp chắn cung AC) (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AFE}=\widehat{ADC}$ hay $\widehat{AFK}=\widehat{KDC}$.

Tứ giác CDKF có góc ngoài tại đỉnh F bằng góc trong tại đỉnh D nên tứ giác CDKF nội tiếp.

Suy ra $\widehat{DKF}+\widehat{CKF}=180°$.

Mặt khác $\widehat{ACD}=90°$ (do AD là đường kính của (O)).

Từ đó suy ra $\widehat{DKF}=90°$. Suy ra $AD\perp EF$ tại K.          

c) Tứ giác APBC nội tiếp đường tròn (O) nên $\widehat{APC}=\widehat{ABC}$. (3)

Từ (1) và (3) suy ra $\widehat{APC}=\widehat{AFE}$.

Do đó, hai tam giác APF và ACP đồng dạng (g.g).

Suy ra $\frac{AP}{AC}=\frac{AF}{AP}$.

Nên $A{P}^2=AC.AF$.                                           

Lại có $A{H}^2=AC.AF$ (áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta ACH$ vuông tại H có đường cao HF).

Do đó, $A{P}^2=A{H}^2$. Suy ra AP = AH. 

Vì các tứ giác AEHF, ALHF nội tiếp nên năm điểm A, E, F, H, L cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra tứ giác ALEF nội tiếp.

Từ đó suy ra $\widehat{MEL}=\widehat{LAF}$ (cùng bù với $\widehat{LEF}$).

Lập luận tương tự với tứ giác nội tiếp ALBC, ta có $\widehat{MBL}=\widehat{LAC}$.

Từ hai điều trên, suy ra $\widehat{MBL}=\widehat{MEL}$.

Tứ giác MBEL có hai đỉnh kề nhau là B, E cùng nhìn cạnh ML dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác MBEL nội tiếp.                    

Suy ra $\widehat{MLE}=\widehat{EBC}$ (cùng bù với $\widehat{MBE}$). (4)

Từ (1) và (4) suy ra $\widehat{MLE}=\widehat{AFE}$.

Lại có $\widehat{AFE}+\widehat{ALE}=180°$ (do tứ giác ALEF nội tiếp).

Do đó, $\widehat{MLE}+\widehat{ALE}=180°$.

Vậy ba điểm A, I, M thẳng hàng.