Đề bài nêu rõ An “rút ngẫu nhiên” 1 tấm thẻ từ trong hộp. Mỗi tấm thẻ có hình thức giống hệt nhau (chỉ khác số) và xác suất được chọn của mỗi tấm thẻ là như nhau. Do đó, kết quả có thể xảy ra của phép thử này là đồng khả năng.

Gọi biến cố $A:$ “An rút được tấm thẻ ghi số chẵn”.

Kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là tấm thẻ ghi số 2 hoặc số 4.

Do đó, có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$.

Xác suất để bạn An rút được tấm thẻ ghi số chẵn là tỉ số giữa kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ với số phần tử của không gian mẫu.

Do đó, $P\left( A \right) = \frac{2}{5}$.

Vậy xác suất để An rút được tấm thẻ ghi số chẵn là $\frac{2}{5}.$.

Câu 2/5

(2,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức $A = \sqrt 4 + \sqrt 3 \cdot \sqrt {12} - \sqrt {49} $.

b) Rút gọn biểu thức $B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{x - 4}}} \right) \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}$ với $x \ge 0,\,\,x \ne 4$.

c) Cho hàm số $y = a{x^2}$. Tìm giá trị của $a$ để đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm $M\left( {2;\,\,6} \right)$.

Xem đáp án

Lời giải

a) Ta có: $A = \sqrt 4 + \sqrt 3 \cdot \sqrt {12} - \sqrt {49} $

$ = 2 + \sqrt {3 \cdot 12} - 7$

$ = 2 + \sqrt {36} - 7$

$ = 2 + 6 - 7$

$ = 1$.

Vậy $A = 1$.

b) Với $x \ge 0,\,\,x \ne 4$, ta có:

$B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{x - 4}}} \right) \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}$

$ = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x - 2}} - \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}$

$ = \left[ {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}} \right] \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}$

$ = \frac{{\sqrt x + 2 - 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{2\sqrt x - 4}}{{\sqrt x + 1}}$

$ = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} \cdot \frac{{2\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x + 1}}$

$ = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}$

Vậy $B = \frac{2}{{\sqrt x + 2}}$, với $x \ge 0,\,\,x \ne 4$.

c) Thay $x = 2$ và $y = 6$ vào $y = a{x^2}$ được:

${2^2} \cdot a = 6$ hay $4a = 6$ suy ra $a = \frac{3}{2}$.

Vậy $a = \frac{3}{2}$ thì đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm $M\left( {2;\,\,6} \right)$.

Câu 3/5

(2,5 điểm)

a) Có hai nhóm học sinh cùng đến một cửa hàng để mua hoa quả. Nhóm thứ nhất mua 3 kg táo và 5 kg cam, tổng số tiền phải trả là 225 nghìn đồng. Nhóm thứ hai mua 4 kg táo và 2 kg cam, tổng số tiền phải trả là 160 nghìn đồng. Hãy tính giá tiền 1 kg táo và giá tiền 1 kg cam.

b) Một ô tô tải khởi hành từ thành phố A để đến thành phố B. Sau đó 36 phút, một ô tô con cũng xuất phát từ thành phố A để đi đến thành phố B trên cùng một tuyến đường với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô tải là 15 km/h. Do vận tốc lớn hơn nên ô tô con đã đuổi kịp và đến thành phố B cùng lúc với ô tô tải. Giả thiết rằng vận tốc của mỗi xe là không đổi trên cả tuyến đường. Hãy tính vận tốc của mỗi xe, biết quãng đường giữa hai thành phố A và B là 154 km.

c) Cho phương trình ${x^2} - 5x + 1 = 0$ có hai nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức $P = \frac{1}{{2 + \sqrt {23x_1^2 - 1} }} + \frac{{3x_2^2 + 7}}{{5{x_2} + 1}}$.

Xem đáp án

Lời giải

a) Gọi $x$ là giá tiền 1 kg táo (đơn vị: nghìn đồng), $y$ là giá tiền 1 kg cam (đơn vị: nghìn đồng). Điều kiện $x,\,\,y > 0$.

Nhóm thứ nhất mua 3 kg táo và 5 kg cam, tổng số tiền phải trả là 225 nghìn đồng nên ta có phương trình: $3x + 5y = 225$ (1)

Nhóm thứ hai mua 4 kg táo và 2 kg cam, tổng số tiền phải trả là 160 nghìn đồng nên ta có phương trình: $4x + 2y = 160$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}3x + 5y = 225\\4x + 2y = 160\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}3x + 5y = 225\\2x + y = 80\end{array} \right.$, do đó $\left\{ \begin{array}{l}3x + 5y = 225\\y = 80 - 2x\end{array} \right.$

Thay $y = 80 - 2x$ vào phương trình (1) được:

$3x + 5\left( {80 - 2x} \right) = 225$

$3x + 400 - 10x = 225$

$400 - 7x = 225$

$7x = 175$

$x = 25$ (thỏa mãn)

Khi đó, $y = 80 - 2 \cdot 25 = 30$ (thỏa mãn)

Vậy giá 1 kg táo là 25 nghìn đồng, giá 1 kg cam là 30 nghìn đồng.

b) Gọi vận tốc của ô tô tải là $x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$, điều kiện $x > 0.$

Vận tốc của ô tô con là $x + 15\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$.

Thời gian ô tô tải đi quãng đường $AB$ là $\frac{{154}}{x}$ (giờ)

Thời gian ô tô con đi quãng đường $AB$ là $\frac{{154}}{{x + 15}}$ (giờ)

Đổi 36 phút = $0,6$ giờ.

Vì ô tô con xuất phát sau 36 phút (0,6 giờ) nhưng đến cùng lúc với ô tô tải nên ta có phương trình:

$\frac{{154}}{{x + 15}} + 0,6 = \frac{{154}}{x}$

Giải phương trình:

$\frac{{154}}{x} - \frac{{154}}{{x + 15}} = 0,6$

$154\left[ {\frac{{x + 15}}{{\left( {x + 15} \right)x}} - \frac{x}{{\left( {x + 15} \right)x}}} \right] = 0,6$

$\frac{{154 \cdot 15}}{{x\left( {x + 15} \right)}} = 0,6$

$\left( {{x^2} + 15x} \right) \cdot 0,6 = 2\,\,310$

$0,6{x^2} + 9x - 2\,\,310 = 0$

${x^2} + 15x - 3\,\,850 = 0$

$\left( {x - 55} \right)\left( {x + 70} \right) = 0$

Vì $x > 0$ nên $x = 55$ thỏa mãn.

Khi đó, vận tốc ô tô con là $55 + 15 = 70\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$.

Vậy vận tốc của ô tô tải là 55 km/h, vận tốc của ô tô con là 70 km/h.

c) Phương trình ${x^2} - 5x + 1 = 0$ có $\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4 = 21 > 0$ nên có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = 1\end{array} \right.$.

Vì ${x_1}$ là nghiệm của ${x^2} - 5x + 1 = 0$ nên ta có $x_1^2 - 5{x_1} + 1 = 0$ suy ra $x_1^2 = 5{x_1} - 1$.

Tương tự với ${x_2}$ được $x_2^2 = 5{x_2} - 1$.

Ta có: ${\left( {5{x_1} - 1} \right)^2} = 25x_1^2 - 10{x_1} + 1 = \left( {23x_1^2 - 1} \right) + 2\left( {x_1^2 - 5{x_1} + 1} \right) = 23x_1^2 - 1$

Do đó, $\sqrt {23x_1^2 - 1} = \sqrt {{{\left( {5{x_1} - 1} \right)}^2}} = \left| {5{x_1} - 1} \right| = 5{x_1} - 1$ (do $5{x_1} - 1 = x_1^2 \ge 0$).

Thay vào biểu thức $P$, được:

$P = \frac{1}{{2 + \sqrt {23x_1^2 - 1} }} + \frac{{3x_2^2 + 7}}{{5{x_2} + 1}}$

$ = \frac{1}{{2 + 5{x_1} - 1}} + \frac{{3\left( {5{x_2} - 1} \right) + 7}}{{5{x_2} + 1}}$

$ = \frac{1}{{5{x_1} + 1}} + \frac{{15{x_2} + 4}}{{5{x_2} + 1}}$

$ = \frac{1}{{5{x_1} + 1}} + 3 + \frac{1}{{5{x_2} + 1}}$

$ = \frac{{5{x_2} + 1 + 5{x_1} + 1}}{{\left( {5{x_1} + 1} \right)\left( {5{x_2} + 1} \right)}} + 3$

$ = \frac{{5\left( {{x_2} + {x_1}} \right) + 2}}{{25{x_2}{x_1} + 5\left( {{x_2} + {x_1}} \right) + 1}} + 3$

$ = \frac{{5 \cdot 5 + 2}}{{25 \cdot 1 + 5 \cdot 5 + 1}} + 3 = \frac{{60}}{{17}}$

Vậy $P = \frac{{60}}{{17}}$.

Câu 4/5

(3,0 điểm) Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn $\left( {AB < AC} \right)$ và nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$. Các đường cao $AD,\,\,BE$ và $CF$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, đường kính $AL$ của đường tròn $\left( O \right)$ cắt $ME$ tại $N$.

a) Chứng minh tứ giác $AEHF$ nội tiếp.

b) Chứng minh $\widehat {BAD} = \widehat {LAC}$ và $AE \cdot AB = 2AN \cdot OM$.

c) Tia $AM$ cắt $EF$ tại $K$. Gọi $I$ là chân đường vuông góc hạ từ $K$ xuống $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADI$ cắt $AB$ và $AC$ tương ứng tại $P$ và $Q$ ($P,\,Q$ khác $A$). Chứng minh $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$.

Xem đáp án

Lời giải

$Do đó, $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$. (ảnh 1)$

a) Vì $CF,\,\,BE$ là các đường cao của tam giác $ABC$ nên $\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ $.

Tam giác $AEH$ vuông tại $E$ nên $A,\,H,\,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ (1).

Tam giác $AFH$ vuông tại $F$ nên $A,\,H,\,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ (2).

Từ (1), (2) suy ra $A,\,\,H,\,E,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ hay tứ giác $AEHF$ nội tiếp.

b) Ta có $\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ $

$\widehat {LAC} + \widehat {ALC} = 90^\circ $ (do $\Delta ALC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AL$ nên $\Delta ALC$ vuông tại $C$).

Mà $\widehat {ABD} = \widehat {ALC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)

Do đó, $\widehat {BAD} = \widehat {LAC}$.

Ta có $BH \bot AC,\,\,LC \bot AC$ nên $BH\,{\rm{//}}\,CL$ (3)

Tương tự $CH\,{\rm{//}}\,BL$ (4).

Từ (3) và (4) ta suy ra $BHCL$ là hình bình hành.

Mà $M$ là trung điểm $BC$ nên $M$ là trung điểm $HL$.

Do đó, $H,\,M,\,L$ thẳng hàng.

Xét $\Delta AHL$ có $M$ là trung điểm $HL$; $O$ là trung điểm $AL$.

Do đó, $OM$ là đường trung bình của $\Delta AHL$.

Suy ra $M$ là trung điểm $AH = 2OM$.

Ta có $EM$ là trung tuyến của $\Delta BEC$ vuông tại $E$.

Do đó, $ME = MC$ hay $\Delta MEC$ cân tại $M$.

Suy ra $\widehat {MEC} = \widehat {MCE}$

Mà $\widehat {MCE} + \widehat {EBC} = 90^\circ $, $\widehat {HBD} + \widehat {BHD} = 90^\circ $ nên $\widehat {MEC} = \widehat {BHD}$.

Khi đó $\widehat {AEN} = \widehat {AHB}$ (hai góc kề bù của cặp góc $\widehat {MEC} = \widehat {BHD}$)

Mà $\widehat {BAH} = \widehat {NAE}$ (chứng minh trên) nên (g.g)

Suy ra $\frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AN}}$, do đó $AE \cdot AB = AH \cdot AN = 2OM \cdot AN$ (đpcm)

c) Gọi $S$ là trung điểm của $EF$.

$Do đó, $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$. (ảnh 2)$

Ta chứng minh được $BCEF$ nội tiếp

Suy ra $\widehat {FEB} = \widehat {FCB}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $BF$)

Do đó, $\widehat {AEF} = \widehat {ABC}$ (cùng phụ với $\widehat {FEB} = \widehat {FCB}$)

Tương tự chứng minh được $\widehat {AFE} = \widehat {ACB}$.

Suy ra $Δ A F E ∽ Δ A C B$ (g.g)

Do đó, $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}}$.

Vì $S$ là trung điểm của $EF$, $M$ là trung điểm của $BC$ nên $\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2ES}}{{2BM}} = \frac{{2FS}}{{2CM}}$ hay $\frac{{ES}}{{BM}} = \frac{{FS}}{{CM}}$.

Suy ra $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}$

Suy ra $Δ A E S ∽ Δ A B M$ (c.g.c) vì có $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}$ và $\widehat {AES} = \widehat {ABM}$ (cmt)

Do đó, $\widehat {ASE} = \widehat {AMB}$ (hai góc tương ứng) (*)

Có $ME = MF = \frac{1}{2}BC$ nên $\Delta MEF$ cân tại $M$.

Lại có $S$ là trung điểm của $EF$ nên $EF \bot MS$.

Do đó, $\widehat {MSK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {MIK} = 90^\circ $.

Từ đây, chứng minh được $MISK$ nội tiếp.

Do đó, $\widehat {AMB} + \widehat {ISK} = 180^\circ $ (**)

Từ (*) và (**) suy ra $\widehat {ASE} + \widehat {ISK} = 180^\circ $ hay $\widehat {ASI} = 180^\circ $.

Suy ra $A,\,S,\,I$ thẳng hàng

Mặt khác $\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{FS}}{{CM}}$, suy ra chứng minh được $Δ A F S ∽ Δ A C M$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat {FAS} = \widehat {CAM}$ (hai góc tương ứng) hay $\widehat {BAI} = \widehat {EAK}$

Do đó, $Δ E A K ∽ Δ A B I$ (g.g) suy ra $\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{EK}}{{BI}}$.

Lại có $Δ A F K ∽ Δ A C I$ (g.g) nên $\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{FK}}{{CI}}$.

Suy ra $\frac{{FK}}{{CI}} = \frac{{EK}}{{BI}}$ hay $\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{BI}}{{CI}}$ (***)

Ta có: $\widehat {API} = \widehat {AQI} = 90^\circ $ nên $IP \bot AP,\,\,QI \bot AQ$.

Mà $IP\parallel CF,\,\,IQ\parallel BE$ nên theo định lí Thales, có $\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{BI}}{{CI}}$ và $\frac{{QE}}{{QC}} = \frac{{BI}}{{CI}}$ (****)

Từ (***) và (****) suy ra $\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{QE}}{{QC}}$ hay $\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{EK}}{{FK}}$.

Theo định lí Thales đảo $QK\parallel CF,\,\,PK\parallel BE$.

Suy ra $QK \bot AP,\,\,PK \bot AQ$.

Do đó, $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$.

Câu 5/5

(1,0 điểm)

a) Quả bóng bàn sử dụng trong thi đấu quốc tế là loại bóng nhựa Poly cao cấp, thân thiện với môi trường, độ bền cao và có dạng hình cầu (hình vẽ). Biết rằng đường kính của quả bóng bàn là 4 cm. Tính thể tích của quả bóng bàn đó.

b) Người ta thiết kế một vật trang trí hình trụ bằng một loại chất liệu trong suốt, bên trong có một hình nón màu sắc rực rỡ. Biết rằng đỉnh hình nón là tâm đáy trên của hình trụ, đáy hình nón trùng với đáy dưới của hình trụ và đường sinh hình nón bằng 6 cm (tham khảo hình vẽ). Hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích vật trang trí đó.

Xem đáp án

Lời giải

a) Bán kính của quả bóng bàn hình cầu là: $R = \frac{d}{2} = \frac{4}{2} = 2\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Thể tích của quả bóng bàn là: $V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {2^3} = \frac{{32}}{3}\pi \approx 33,51\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

b) Gọi bán kính đáy của hình trụ (cũng là của hình nón) là $R\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$, với $0 < R < 6.$

Gọi chiều cao của hình trụ (cũng là chiều cao của hình nón) là $h\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$, với $0 < h < 6.$

Xét hình nón, theo định lí Pythagore ta có mối liên hệ giữa đường sinh $l$, bán kính $R$ và chiều cao $h$ như sau: ${R^2} + {h^2} = {l^2}$, do đó ${R^2} = 36 - {h^2}$.

Thể tích của vật trang trí hình trụ là: ${V_{tru}} = \pi {R^2}h = \pi \left( {36 - {h^2}} \right)h$

$V_{tru}^2 = {\pi ^2}{\left( {36 - {h^2}} \right)^2}{h^2}$

$V_{tru}^2 = \frac{1}{2}{\pi ^2}\left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \left( {36 - {h^2}} \right) \cdot 2{h^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương là $\left( {36 - {h^2}} \right),\,\,\left( {36 - {h^2}} \right),\,\,2{h^2}$ được:

$\left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \,2{h^2} \le {\left( {\frac{{36 - {h^2} + 36 - {h^2} + 2{h^2}}}{3}} \right)^3}$

$\left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \,2{h^2} \le {24^3}$

Suy ra $\frac{1}{2}{\pi ^2}\left( {36 - {h^2}} \right) \cdot \left( {36 - {h^2}} \right) \cdot 2{h^2} \le \frac{1}{2}{\pi ^2} \cdot {24^3}$

$V_{tru}^2 \le 6\,\,912{\pi ^2}$

Suy ra ${V_{tru}} \le \sqrt {6\,\,912{\pi ^2}} = 48\pi \sqrt 3 $.

Dấu “=” xảy ra khi $36 - {h^2} = 2{h^2}$ suy ra $h = 2\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$ (thỏa mãn)

Khi đó $R = \sqrt {36 - {h^2}} = 2\sqrt 6 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích vật trang trí là $48\pi \sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Ôn vào 10

Ôn vào 6

V-ACT

HSA

TSA

SPT

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Khoa học tự nhiên

Tin học

Lịch sử

Địa lí

Toán

Văn

Tiếng Anh