Chào mừng các em học sinh đến với đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 2 của toan9.edu.vn. Đề thi này được biên soạn dựa trên cấu trúc đề thi tuyển sinh vào 10 của các trường THPT chuyên hàng đầu Hà Nội, giúp các em làm quen với dạng đề và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Đề thi bao gồm các câu hỏi trắc nghiệm và tự luận, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9.
Câu 1: (1,5 điểm) 1) Đo chiều cao (đơn vị là cm) của học sinh lớp 9A cho kết quả như sau:
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Đo chiều cao (đơn vị là cm) của học sinh lớp 9A cho kết quả như sau:
156 157 164 166 166 165 157 156 155 158
160 163 163 161 162 159 159 160 160 160
159 158 160 160 158 163 162 162 162 161
162 161 163 161 163 161 164 166 165 165
Hãy lập bảng tần số ghép nhóm với các nhóm [155; 158), [158; 161), [161; 164), [164;167).
Tính tần số tương đối của nhóm [161; 164)
2) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có \(2\) chữ số. Xét biến cố A: “Số tự nhiên viết ra là bình phương của một số tự nhiên”.
Tính xác suất của biến cố A.
Câu 2:(1,5 điểm) Cho hai biểu thức: \(A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\); \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{4}{{\sqrt x - 3}} + \frac{{x - 4\sqrt x + 15}}{{9 - x}}\) với \(x > 0{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} x \ne 9\)
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 25\).
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\).
3) Cho P = A: B. Tìm x nguyên để \(\left| P \right| + P = 0\).
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Bác Bình An vay ở một ngân hàng 500 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn một năm. Lẽ ra đúng một năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết hai năm bác Bình An phải trả tất cả 605 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong một năm?
2) Một người mua hai loại hàng và phải trả tổng cộng 2,17 triệu đồng, kể cả thuế giá trị gia tăng (VAT) với mức \(10\% \) đối với loại hàng loại hàng thứ nhất và \(8\% \) đối với loại hàng thứ hai. Nếu thuế VAT là \(9\% \) đối với cả hai loại hàng thì người đó phải trả tổng cộng 2,18 triệu đồng. Hỏi nếu không kể thuế VAT thì người đó phải trả bao nhiêu tiền cho mỗi loại hàng?
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình: \(3{x^2} + 5x - 6 = 0\). Không giải phương trình, tính các giá trị của các biểu thức \({\rm{D = }}\frac{{{x_1}}}{{{x_2} + 2}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} + 2}}\).
Câu 4:(4 điểm)
1) Một hộp kem hình trụ có đường kính \(12{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) và chiều cao \(15{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) đựng đầy kem được đặt trên mặt bàn phẳng.
a) Tính thể tích hộp kem.
b) Hộp kem chứa kem sẽ được chia vào các bánh ốc quế hình nón có chiều cao \(12{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) và đường kính \(6{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\), có hình bán cầu trên đỉnh như hình vẽ. Hãy tìm số que kem có thể chia được.
2) Cho đường tròn \(\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)\), đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) (\(I\) nằm giữa \(A\) và \(O\)). Lấy điểm \(E\) bất kì trên cung nhỏ BC \((\)E khác \(B\) và \(C\)). AE cắt CD tại \(K\).
a) Chứng minh bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(AK.AE = AI.AB\).
c) Gọi \(P\) là giao điểm của tia BE và tia DC, \(Q\) là giao điểm của AP và BK. Chứng minh IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\). Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Câu 5:(0,5 điểm)
Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật \(MNPQ\) nội tiếp trong nửa đường tròn \(\left( O \right)\) bán kính \(10cm,\) biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn (như hình vẽ).
-------- Hết --------
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Đo chiều cao (đơn vị là cm) của học sinh lớp 9A cho kết quả như sau;
156 157 164 166 166 165 157 156 155 158
160 163 163 161 162 159 159 160 160 160
159 158 160 160 158 163 162 162 162 161
162 161 163 161 163 161 164 166 165 165
Hãy lập bảng tần số ghép nhóm với các nhóm [155; 158), [158; 161), [161; 164), [164;167).
Tính tần số tương đối của nhóm [161; 164)
2) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có \(2\) chữ số. Xét biến cố A: “Số tự nhiên viết ra là bình phương của một số tự nhiên”.
Tính xác suất của biến cố A.
Phương pháp
1) - Xác định tần số cho các nhóm để lập bảng tần số ghép nhóm.
- Tần số tương đối của nhóm bằng: tần số của nhóm : tổng . 100%.
2) - Xác định không gian mẫu của phép thử, tính số phần tử của không gian mẫu.
- Tính số kết quả thuận lợi của biến cố.
- Xác suất của biến cố = số kết quả thuận lợi của biến cố : số phần tử của không gian mẫu.
Lời giải
1) Bảng tần số ghép nhóm:
Vì tần số của nhóm [161; 164) là 15 nên tần số tương đối của nhóm [161; 164) là:
\(\frac{{15}}{{40}}.100\% = 37,5\% \)
2) - Không gian mẫu của phép thử “Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có 2 chữ số” là: \(\Omega = \left\{ {11;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 13;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 15;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ...;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 97;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 99} \right\}\)
- Số phần tử của tập hợp \(\Omega \) là: \(\frac{{99 - 11}}{2} + 1 = 45\) (phần tử)
- Các kết quả thuận lợi của biến cố \(A\): “Số tự nhiên viết ra là bình phương của \(1\) số tự nhiên” là: \(\left\{ {25;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 49;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 81} \right\}\). Biến cố này gồm \(3\) phần tử.
- Xác suất của biến cố A là: \(3:45 = \frac{1}{{15}}\)
Câu 2:(1,5 điểm) Cho hai biểu thức: \(A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\); \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{4}{{\sqrt x - 3}} + \frac{{x - 4\sqrt x + 15}}{{9 - x}}\) với \(x > 0{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} x \ne 9\)
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 25\).
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\).
3) Cho P = A: B. Tìm x nguyên để \(\left| P \right| + P = 0\).
Phương pháp
1) Kiểm tra điều kiện của x.
Nếu thỏa mãn, thay \(x = 25\) vào biểu thức \(A\).
2) Kết hợp các tính chất của căn thức bậc hai để rút gọn biểu thức.
3) Rút gọn biểu thức P.
Lập luận \(P \le 0\).
Giải bất phương trình, kết hợp điều kiện ban đầu của \(x\)
Lời giải
1) Thay \(x = 25\) (tmđk) vào A ta được \(A = \frac{{\sqrt {25} - 1}}{{\sqrt {25} }} = \frac{4}{5}\)
Vậy với \(x = 25\) thì \(A = \frac{4}{5}\)
2) \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{4}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{x - 4\sqrt x + 15}}{{x - 9}}\)
\( = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{4\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \frac{{x - 4\sqrt x + 15}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{2x - 6\sqrt x + \left( {4\sqrt x + 12} \right) - \left( {x - 4\sqrt x + 15} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{x + 2\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\)
Vậy \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\).
3) \(P\)\( = A:B\)\( = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}:\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\)\( = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\)\( = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }}\) (điều kiện bổ sung: \(x \ne 1\))
Vì \(\left| P \right| + P = 0\) nên \(\left| P \right| = - P\)
Do đó \(P \le 0\), suy ra \(\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }} \le 0\)
Vì \(x > 0\) nên \(\sqrt x > 0\), do đó \(\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }} \le 0\) khi \(\sqrt x - 3 \le 0\)
suy ra \(\sqrt x \le 3\) nên \(x \le 9\)
Kết hợp với điều kiện \(x > 0{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} x \ne 9\), ta được \(0 < x < 9;x \ne 1\)
Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).
Vậy \(x \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Bác Bình An vay ở một ngân hàng 500 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn một năm. Lẽ ra đúng một năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết hai năm bác Bình An phải trả tất cả 605 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong một năm?
2) Một người mua hai loại hàng và phải trả tổng cộng 2,17 triệu đồng, kể cả thuế giá trị gia tăng (VAT) với mức \(10\% \) đối với loại hàng loại hàng thứ nhất và \(8\% \) đối với loại hàng thứ hai. Nếu thuế VAT là \(9\% \) đối với cả hai loại hàng thì người đó phải trả tổng cộng 2,18 triệu đồng. Hỏi nếu không kể thuế VAT thì người đó phải trả bao nhiêu tiền cho mỗi loại hàng?
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình: \(3{x^2} + 5x - 6 = 0\). Không giải phương trình, tính các giá trị của các biểu thức \({\rm{D = }}\frac{{{x_1}}}{{{x_2} + 2}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} + 2}}\).
Phương pháp
1) Gọi lãi suất của ngân hàng đó là \(x\) (\(x > 0\))
Biểu diễn số tiền phải trả sau năm thứ nhất, sau năm thứ 2 theo công thức:
Số tiền phải trả = số tiền gốc + \(x\). số tiền gốc.
Ta viết được phương trình biểu diễn số tiền phải trả sau hai năm.
Giải phương trình để tìm \(x\), kiểm tra điều kiện và kết luận.
2) Gọi số tiền không kể thuế của loại hàng thứ nhất là \(x\) (triệu đồng), của loại hàng thứ hai là \(y\) (triệu đồng) (\(0 < x,y < 2,17\)).
Viết hai phương trình biểu diễn số tiền phải trả khi:
+ thuế của loại hàng thứ nhất là 10% và thuế của loại hàng thứ hai là 8%
+ thuế của loại hàng thứ nhất và thuế của loại hàng thứ hai đều là 9%
Lập được hệ phương trình, giải hệ để tìm \(x,y\).
3) Kiểm tra sự tồn tại của \({x_1},{x_2}\) theo \(a.c\).
Áp dụng định lí Viète và biến đổi.
Định lí Viète: \({x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a};{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\)
Lời giải
1) Gọi lãi suất của ngân hàng đó là \(x\) (\(x > 0\))
Số tiền phải trả sau năm thứ nhất là: \(500 + 500x\) (triệu đồng).
Số tiền phải trả sau năm thứ hai là:
\(500 + 500x + \left( {500 + 500x} \right)x = 500{x^2} + 1000x + 500\) (triệu đồng).
Vì sau hai năm bác Bình An phải trả 605 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}500{x^2} + 1000x + 500 = 605\\500{x^2} + 1000x - 105 = 0\end{array}\)
Giải phương trình ta được \({x_1} = 0,1\) (thỏa mãn); \({x_2} = - 2,1\) (loại).
Vậy lãi suất mỗi năm của ngân hàng đó là \(0,1 = 10\% \).
2) Gọi số tiền không kể thuế của loại hàng thứ nhất là \(x\) (triệu đồng), của loại hàng thứ hai là \(y\) (triệu đồng) (\(0 < x,y < 2,17\)).
Tổng số tiền phải trả là 2,17 triệu đồng, kể cả thuế giá trị gia tăng (VAT) với mức \(10\% \) đối với loại hàng loạt hàng thứ nhất và \(8\% \) đối với loại hàng thứ hai nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x + 10\% x + y + 8\% y = 2,17\\1,1x + 1,08y = 2,17\quad (1)\end{array}\)
Nếu thuế VAT là \(9\% \) đối với cả hai loại hàng thì người đó phải trả tổng cộng 2,18 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x + 9\% x + y + 9\% y = 2,18\\1,09x + 1,09y = 2,18\quad (2)\end{array}\)
Vậy ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,08y = 2,17\\1,09x + 1,09y = 2,18\end{array} \right.\).
Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0,5\\y = 1,5\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy không kể thuế VAT thì loại hàng thứ nhất phải trả 0,5 triệu đồng, loại hàng thứ hai phải trả 1,5 triệu đồng.
3) Phương trình \(3{x^2} + 5x - 6 = 0\) có tích \(ac = 3{\rm{ }}{\rm{. }}\left( { - 6} \right) = - 18 < 0\) nên có nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\). Theo định lí Viète, ta có:\({x_1} + {x_2} = \frac{{ - 5}}{3}\) và \({x_1}{x_2} = \frac{{ - 6}}{3} = - 2\) (*).
Ta có: \(D = \frac{{{x_1}}}{{{x_2} + 2}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} + 2}}\) (điều kiện: \({x_1} \ne - 2,{x_2} \ne - 2\))
\(D = \frac{{{x_1}\left( {{x_1} + 2} \right) + {x_2}\left( {{x_2} + 2} \right)}}{{\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)}}\)
\(D = \frac{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}\)
\(D = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}\)
Thay (*) vào \(D\), ta được:
\(D = \frac{{{{\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right)}^2} - 2{\rm{ }}{\rm{. }}\left( { - 2} \right) + 2{\rm{ }} \cdot {\rm{ }}\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right)}}{{\left( { - 2} \right) + 2{\rm{ }} \cdot {\rm{ }}\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right) + 4}} = \frac{{ - 31}}{{12}}\)
Câu 4: (4 điểm)
1) Một hộp kem hình trụ có đường kính \(12{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) và chiều cao \(15{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) đựng đầy kem được đặt trên mặt bàn phẳng.
a) Tính thể tích hộp kem.
b) Hộp kem chứa kem sẽ được chia vào các bánh ốc quế hình nón có chiều cao \(12{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) và đường kính \(6{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\), có hình bán cầu trên đỉnh như hình vẽ. Hãy tìm số que kem có thể chia được.
2) Cho đường tròn \(\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)\), đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) (\(I\) nằm giữa \(A\) và \(O\)). Lấy điểm \(E\) bất kì trên cung nhỏ BC\((\)E khác \(B\) và \(C\)). AE cắt CD tại \(K\).
a) Chứng minh bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(AK.AE = AI.AB\).
c) Gọi \(P\) là giao điểm của tia BE và tia DC, \(Q\) là giao điểm của AP và BK. Chứng minh IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\). Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Phương pháp
1) a) Tính thể tích kem trong hộp hình trụ: \({V_T} = \pi R_T^2.{h_T}\)
b) Tính thể tích kem trong hộp = thể tích hình nón + thể tích hình bán cầu.
+ Thể tích hình nón: \({V_N} = \frac{1}{3}\pi R_N^2.{h_N}\)
+ Thể tích nửa hình cầu: \(\frac{1}{2}{V_C} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi R_C^3\)
Số que kem có thể chia được = thể tích kem trong hộp : thể tích kem trong một chiếc bánh ốc quế.
2) a) Chứng minh \(\widehat {KEB} = 90^\circ \) và \(\widehat {KIB} = 90^\circ \) nên \(\Delta KEB\) và \(\Delta KIB\) cùng thuộc đường tròn đường kính KB. Do đó K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh $\Delta AKI\backsim \Delta ABE$ suy ra tỉ số giữa hai cặp cạnh tương ứng của hai tam giác.
c) * Chứng minh IKlà phân giác của \(\widehat {EIQ}\).
Chứng minh K là trực tâm của \(\Delta APB\) nên \(BQ \bot AP\left( {Q \in AP} \right)\)
Tam giác AQK và tam giác AIK lần lượt vuông tại Q và I nên nội tiếp đường tròn đường kính AK suy ra AIKQ là tứ giác nội tiếp, nên \(\widehat {QAK} = \widehat {QIK}\).
Kết hợp với \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) và \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\)
* Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Gọi H là trung điểm của PK, khi đó đường tròn (H; HP) ngoại tiếp tam giác PQE.
Ta cần chứng minh \(\widehat {OQH} = 90^\circ \) hay \(OQ \bot QH\):
+ Chứng minh \(\Delta OQB\) là tam giác cân tại \(O\) nên \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\)
+ Chứng minh $\Delta IBK\backsim \Delta QPK$ (g-g) suy ra \(\widehat {OBQ} = \widehat {QPK}\)
+ Chứng minh \(\widehat {HQP} = \widehat {QPK}\) (tam giác HPQ cân tại H).
Ta được \(\widehat {OQK} = \widehat {{\kern 1pt} HQP}\).
Sử dụng cộng góc để được \(\widehat {OQH} = \widehat {KQP} = 90^\circ \) nên \(OQ \bot QH\).
Lời giải
1) a) Thể tích kem trong hộp hình trụ là:
\({V_T} = \pi R_T^2.{h_T}\)\( = \pi {\left( {\frac{{12}}{2}} \right)^2}.15\)\( = 540\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (c{m^3})\)
b) Thể tích kem trong bánh ốc quế hình nón có hình bán cầu trên đỉnh là
\({V_{kem}} = \frac{1}{3}\pi R_N^2.{h_N} + \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi R_C^3\)\( = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{6}{2}} \right)^2}.12 + \frac{1}{2}.\frac{4}{3}.\pi .{\left( {\frac{6}{2}} \right)^3}\)\( = 54\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (c{m^3})\)
Vậy số que kem có thể chia được là: \(\frac{{540\pi }}{{54\pi }} = 10\) que.
2)
a) Xét \(\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)\) có: \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {KEB} = 90^\circ \)
Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) nên \(\widehat {KIB} = 90^\circ \)
Xét \(\Delta KEB\) vuông tại E có cạnh huyền KB suy ra K, E, B thuộc đường tròn đường kính KB (1)
Xét \(\Delta KIB\) vuông tại I có cạnh huyền KB suy ra K, I, B thuộc đường tròn đường kính KB (2)
Do đó K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Xét \(\Delta AKI\) và \(\Delta ABE\), ta có:
$\widehat{A}$ là góc chung
\(\widehat {AIK} = \widehat {AEB} = 90^\circ \)
suy ra $\Delta AKI\backsim \Delta ABE$ \(\left( {g - g} \right)\)
Do đó \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) nên \(AK.AE = AI.AB\) (đpcm)
c) * Chứng minh IKlà phân giác của \(\widehat {EIQ}\).
Xét \(\Delta APB\) có: \(PI \bot AB\left( {I \in AB} \right)\); \(AE \bot PB\left( {E \in PB} \right)\); \(PI\) cắt \(AE\) tại \(K\) nên \(K\) là trực tâm của \(\Delta APB\)
Suy ra \(BQ \bot AP\left( {Q \in AP} \right)\) nên \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AQK} = 90^\circ \)
Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) nên \(\widehat {AIK} = 90^\circ \)
Tam giác AQK và tam giác AIK lần lượt vuông tại Q và I nên nội tiếp đường tròn đường kính AK, do đó bốn điểm A, I, Q, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK suy ra AIKQ là tứ giác nội tiếp
suy ra \(\widehat {QAK} = \widehat {QIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )
Ta có: KEBI là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{EK}$)
Ta có: \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) nên \(\Delta AQB\) nội tiếp \(\left( {O;R} \right)\), do đó \(Q \in \left( {O;R} \right)\)
Lại có: \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{QE}$)
suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\) (đpcm)
* Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Xét \(\Delta OQB\), ta có:
\(OQ = OB = R\)
Suy ra \(\Delta OQB\) là tam giác cân tại \(O\)
Do đó \(\widehat {OQB} = \widehat {OBQ}\) hay \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\) \(\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta IBK\) và \(\Delta QPK\), ta có:
\(\widehat {IKB} = \widehat {QKP}\) (hai góc đối đỉnh)
\(\widehat {KQP} = \widehat {KIB} = 90^\circ \)
Suy ra $\Delta IBK\backsim \Delta QPK$ (g-g)
Do đó \(\widehat {IBK} = \widehat {QPK}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {OBQ} = \widehat {QPK}\) \(\left( 2 \right)\)
Xét tam giác KQP và tam giác KEP lần lượt vuông tại Q và E nên nội tiếp đường tròn đường kính PK, suy ra P, Q, K, E thuộc đường tròn đường kính PK và đường tròn (H; HP) ngoại tiếp tam giác PQE.
Gọi H là trung điểm của PK, khi đó HP = HQ nên tam giác HPQ cân tại H, do đó \(\widehat {PQH} = \widehat {QPK}\) hay \(\widehat {HQP} = \widehat {QPK}\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {OQK} = \widehat {{\kern 1pt} HQP}\)
Mà \(\widehat {HQO} = \widehat {OQK} + \widehat {KQH} = \widehat {HQP} + \widehat {KQH} = \widehat {HQP} = 90^\circ \)
Suy ra \(\widehat {OQH} = 90^\circ \) hay \(OQ \bot QH\)
Do đó OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE (đpcm).
Câu 5:(0,5 điểm)
Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật \(MNPQ\) nội tiếp trong nửa đường tròn \(\left( O \right)\) bán kính \(10cm,\) biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn (như hình vẽ).
Phương pháp
Gọi \(x\left( {cm} \right)\) là độ dài cạnh hình chữ nhật không nằm dọc theo đường kính đường tròn \(\left( {0 < x < 10} \right)\)
Khi đó áp dụng định lí Pythagore để tính OQ theo \(x\), ta tính được \(MQ = 2.OQ\).
Tính diện tích hình chữ nhật MNPQ theo \(x\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số: \(2\sqrt {ab} \le a + b\). Dấu bằng xảy ra khi \(a = b \ge 0\)
Dấu “=” xảy ra khi là diện tích lớn nhất của hình chữ nhật.
Lời giải
Gọi \(x\left( {cm} \right)\) là độ dài cạnh hình chữ nhật không nằm dọc theo đường kính đường tròn \(\left( {0 < x < 10} \right)\)
Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác OPQ, ta có:
\(OQ = \sqrt {O{P^2} - P{Q^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {x^2}} \)
Khi đó độ dài cạnh MQ của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn là:
\(MQ = 2.OQ = 2\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} \left( {cm} \right)\)
Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:
\(S = x.2\sqrt {100 - {x^2}} = 2\sqrt {{x^2}.\left( {100 - {x^2}} \right)} \left( {c{m^2}} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số, ta có:
\(2\sqrt {{x^2}.\left( {100 - {x^2}} \right)} \le {x^2} + 100 - {x^2} = 100\).
Dấu “=” xảy ra khi \({x^2} = 100 - {x^2}\)
Suy ra \(2{x^2} = 100\)
\({x^2} = 50\)
\(x = 5\sqrt 2 \) (vì \(x > 0\))
Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là \(100c{m^2}\) khi \(x = 5\sqrt 2 \left( {cm} \right)\).
Tần số tương đối của nhóm [161; 164) là:
\(\frac{{15}}{{40}}.100\% = 37,5\% \)
Tải về
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Đo chiều cao (đơn vị là cm) của học sinh lớp 9A cho kết quả như sau:
156 157 164 166 166 165 157 156 155 158
160 163 163 161 162 159 159 160 160 160
159 158 160 160 158 163 162 162 162 161
162 161 163 161 163 161 164 166 165 165
Hãy lập bảng tần số ghép nhóm với các nhóm [155; 158), [158; 161), [161; 164), [164;167).
Tính tần số tương đối của nhóm [161; 164)
2) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có \(2\) chữ số. Xét biến cố A: “Số tự nhiên viết ra là bình phương của một số tự nhiên”.
Tính xác suất của biến cố A.
Câu 2:(1,5 điểm) Cho hai biểu thức: \(A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\); \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{4}{{\sqrt x - 3}} + \frac{{x - 4\sqrt x + 15}}{{9 - x}}\) với \(x > 0{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} x \ne 9\)
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 25\).
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\).
3) Cho P = A: B. Tìm x nguyên để \(\left| P \right| + P = 0\).
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Bác Bình An vay ở một ngân hàng 500 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn một năm. Lẽ ra đúng một năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết hai năm bác Bình An phải trả tất cả 605 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong một năm?
2) Một người mua hai loại hàng và phải trả tổng cộng 2,17 triệu đồng, kể cả thuế giá trị gia tăng (VAT) với mức \(10\% \) đối với loại hàng loại hàng thứ nhất và \(8\% \) đối với loại hàng thứ hai. Nếu thuế VAT là \(9\% \) đối với cả hai loại hàng thì người đó phải trả tổng cộng 2,18 triệu đồng. Hỏi nếu không kể thuế VAT thì người đó phải trả bao nhiêu tiền cho mỗi loại hàng?
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình: \(3{x^2} + 5x - 6 = 0\). Không giải phương trình, tính các giá trị của các biểu thức \({\rm{D = }}\frac{{{x_1}}}{{{x_2} + 2}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} + 2}}\).
Câu 4:(4 điểm)
1) Một hộp kem hình trụ có đường kính \(12{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) và chiều cao \(15{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) đựng đầy kem được đặt trên mặt bàn phẳng.
a) Tính thể tích hộp kem.
b) Hộp kem chứa kem sẽ được chia vào các bánh ốc quế hình nón có chiều cao \(12{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) và đường kính \(6{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\), có hình bán cầu trên đỉnh như hình vẽ. Hãy tìm số que kem có thể chia được.
2) Cho đường tròn \(\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)\), đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) (\(I\) nằm giữa \(A\) và \(O\)). Lấy điểm \(E\) bất kì trên cung nhỏ BC \((\)E khác \(B\) và \(C\)). AE cắt CD tại \(K\).
a) Chứng minh bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(AK.AE = AI.AB\).
c) Gọi \(P\) là giao điểm của tia BE và tia DC, \(Q\) là giao điểm của AP và BK. Chứng minh IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\). Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Câu 5:(0,5 điểm)
Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật \(MNPQ\) nội tiếp trong nửa đường tròn \(\left( O \right)\) bán kính \(10cm,\) biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn (như hình vẽ).
-------- Hết --------
Câu 1:(1,5 điểm)
1) Đo chiều cao (đơn vị là cm) của học sinh lớp 9A cho kết quả như sau;
156 157 164 166 166 165 157 156 155 158
160 163 163 161 162 159 159 160 160 160
159 158 160 160 158 163 162 162 162 161
162 161 163 161 163 161 164 166 165 165
Hãy lập bảng tần số ghép nhóm với các nhóm [155; 158), [158; 161), [161; 164), [164;167).
Tính tần số tương đối của nhóm [161; 164)
2) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có \(2\) chữ số. Xét biến cố A: “Số tự nhiên viết ra là bình phương của một số tự nhiên”.
Tính xác suất của biến cố A.
Phương pháp
1) - Xác định tần số cho các nhóm để lập bảng tần số ghép nhóm.
- Tần số tương đối của nhóm bằng: tần số của nhóm : tổng . 100%.
2) - Xác định không gian mẫu của phép thử, tính số phần tử của không gian mẫu.
- Tính số kết quả thuận lợi của biến cố.
- Xác suất của biến cố = số kết quả thuận lợi của biến cố : số phần tử của không gian mẫu.
Lời giải
1) Bảng tần số ghép nhóm:
Vì tần số của nhóm [161; 164) là 15 nên tần số tương đối của nhóm [161; 164) là:
\(\frac{{15}}{{40}}.100\% = 37,5\% \)
2) - Không gian mẫu của phép thử “Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên lẻ có 2 chữ số” là: \(\Omega = \left\{ {11;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 13;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 15;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ...;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 97;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 99} \right\}\)
- Số phần tử của tập hợp \(\Omega \) là: \(\frac{{99 - 11}}{2} + 1 = 45\) (phần tử)
- Các kết quả thuận lợi của biến cố \(A\): “Số tự nhiên viết ra là bình phương của \(1\) số tự nhiên” là: \(\left\{ {25;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 49;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 81} \right\}\). Biến cố này gồm \(3\) phần tử.
- Xác suất của biến cố A là: \(3:45 = \frac{1}{{15}}\)
Câu 2:(1,5 điểm) Cho hai biểu thức: \(A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\); \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{4}{{\sqrt x - 3}} + \frac{{x - 4\sqrt x + 15}}{{9 - x}}\) với \(x > 0{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} x \ne 9\)
1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 25\).
2) Chứng minh \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\).
3) Cho P = A: B. Tìm x nguyên để \(\left| P \right| + P = 0\).
Phương pháp
1) Kiểm tra điều kiện của x.
Nếu thỏa mãn, thay \(x = 25\) vào biểu thức \(A\).
2) Kết hợp các tính chất của căn thức bậc hai để rút gọn biểu thức.
3) Rút gọn biểu thức P.
Lập luận \(P \le 0\).
Giải bất phương trình, kết hợp điều kiện ban đầu của \(x\)
Lời giải
1) Thay \(x = 25\) (tmđk) vào A ta được \(A = \frac{{\sqrt {25} - 1}}{{\sqrt {25} }} = \frac{4}{5}\)
Vậy với \(x = 25\) thì \(A = \frac{4}{5}\)
2) \(B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{4}{{\sqrt x - 3}} - \frac{{x - 4\sqrt x + 15}}{{x - 9}}\)
\( = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} + \frac{{4\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \frac{{x - 4\sqrt x + 15}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{2x - 6\sqrt x + \left( {4\sqrt x + 12} \right) - \left( {x - 4\sqrt x + 15} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{x + 2\sqrt x - 3}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\)
\( = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\)
Vậy \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\).
3) \(P\)\( = A:B\)\( = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}:\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\)\( = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}.\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 1}}\)\( = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }}\) (điều kiện bổ sung: \(x \ne 1\))
Vì \(\left| P \right| + P = 0\) nên \(\left| P \right| = - P\)
Do đó \(P \le 0\), suy ra \(\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }} \le 0\)
Vì \(x > 0\) nên \(\sqrt x > 0\), do đó \(\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }} \le 0\) khi \(\sqrt x - 3 \le 0\)
suy ra \(\sqrt x \le 3\) nên \(x \le 9\)
Kết hợp với điều kiện \(x > 0{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} x \ne 9\), ta được \(0 < x < 9;x \ne 1\)
Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).
Vậy \(x \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).
Câu 3:(2,5 điểm)
1) Bác Bình An vay ở một ngân hàng 500 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn một năm. Lẽ ra đúng một năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết hai năm bác Bình An phải trả tất cả 605 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong một năm?
2) Một người mua hai loại hàng và phải trả tổng cộng 2,17 triệu đồng, kể cả thuế giá trị gia tăng (VAT) với mức \(10\% \) đối với loại hàng loại hàng thứ nhất và \(8\% \) đối với loại hàng thứ hai. Nếu thuế VAT là \(9\% \) đối với cả hai loại hàng thì người đó phải trả tổng cộng 2,18 triệu đồng. Hỏi nếu không kể thuế VAT thì người đó phải trả bao nhiêu tiền cho mỗi loại hàng?
3) Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình: \(3{x^2} + 5x - 6 = 0\). Không giải phương trình, tính các giá trị của các biểu thức \({\rm{D = }}\frac{{{x_1}}}{{{x_2} + 2}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} + 2}}\).
Phương pháp
1) Gọi lãi suất của ngân hàng đó là \(x\) (\(x > 0\))
Biểu diễn số tiền phải trả sau năm thứ nhất, sau năm thứ 2 theo công thức:
Số tiền phải trả = số tiền gốc + \(x\). số tiền gốc.
Ta viết được phương trình biểu diễn số tiền phải trả sau hai năm.
Giải phương trình để tìm \(x\), kiểm tra điều kiện và kết luận.
2) Gọi số tiền không kể thuế của loại hàng thứ nhất là \(x\) (triệu đồng), của loại hàng thứ hai là \(y\) (triệu đồng) (\(0 < x,y < 2,17\)).
Viết hai phương trình biểu diễn số tiền phải trả khi:
+ thuế của loại hàng thứ nhất là 10% và thuế của loại hàng thứ hai là 8%
+ thuế của loại hàng thứ nhất và thuế của loại hàng thứ hai đều là 9%
Lập được hệ phương trình, giải hệ để tìm \(x,y\).
3) Kiểm tra sự tồn tại của \({x_1},{x_2}\) theo \(a.c\).
Áp dụng định lí Viète và biến đổi.
Định lí Viète: \({x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a};{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\)
Lời giải
1) Gọi lãi suất của ngân hàng đó là \(x\) (\(x > 0\))
Số tiền phải trả sau năm thứ nhất là: \(500 + 500x\) (triệu đồng).
Số tiền phải trả sau năm thứ hai là:
\(500 + 500x + \left( {500 + 500x} \right)x = 500{x^2} + 1000x + 500\) (triệu đồng).
Vì sau hai năm bác Bình An phải trả 605 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}500{x^2} + 1000x + 500 = 605\\500{x^2} + 1000x - 105 = 0\end{array}\)
Giải phương trình ta được \({x_1} = 0,1\) (thỏa mãn); \({x_2} = - 2,1\) (loại).
Vậy lãi suất mỗi năm của ngân hàng đó là \(0,1 = 10\% \).
2) Gọi số tiền không kể thuế của loại hàng thứ nhất là \(x\) (triệu đồng), của loại hàng thứ hai là \(y\) (triệu đồng) (\(0 < x,y < 2,17\)).
Tổng số tiền phải trả là 2,17 triệu đồng, kể cả thuế giá trị gia tăng (VAT) với mức \(10\% \) đối với loại hàng loạt hàng thứ nhất và \(8\% \) đối với loại hàng thứ hai nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x + 10\% x + y + 8\% y = 2,17\\1,1x + 1,08y = 2,17\quad (1)\end{array}\)
Nếu thuế VAT là \(9\% \) đối với cả hai loại hàng thì người đó phải trả tổng cộng 2,18 triệu đồng nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}x + 9\% x + y + 9\% y = 2,18\\1,09x + 1,09y = 2,18\quad (2)\end{array}\)
Vậy ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}1,1x + 1,08y = 2,17\\1,09x + 1,09y = 2,18\end{array} \right.\).
Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0,5\\y = 1,5\end{array} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy không kể thuế VAT thì loại hàng thứ nhất phải trả 0,5 triệu đồng, loại hàng thứ hai phải trả 1,5 triệu đồng.
3) Phương trình \(3{x^2} + 5x - 6 = 0\) có tích \(ac = 3{\rm{ }}{\rm{. }}\left( { - 6} \right) = - 18 < 0\) nên có nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\). Theo định lí Viète, ta có:\({x_1} + {x_2} = \frac{{ - 5}}{3}\) và \({x_1}{x_2} = \frac{{ - 6}}{3} = - 2\) (*).
Ta có: \(D = \frac{{{x_1}}}{{{x_2} + 2}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1} + 2}}\) (điều kiện: \({x_1} \ne - 2,{x_2} \ne - 2\))
\(D = \frac{{{x_1}\left( {{x_1} + 2} \right) + {x_2}\left( {{x_2} + 2} \right)}}{{\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)}}\)
\(D = \frac{{\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}\)
\(D = \frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4}}\)
Thay (*) vào \(D\), ta được:
\(D = \frac{{{{\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right)}^2} - 2{\rm{ }}{\rm{. }}\left( { - 2} \right) + 2{\rm{ }} \cdot {\rm{ }}\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right)}}{{\left( { - 2} \right) + 2{\rm{ }} \cdot {\rm{ }}\left( {\frac{{ - 5}}{3}} \right) + 4}} = \frac{{ - 31}}{{12}}\)
Câu 4: (4 điểm)
1) Một hộp kem hình trụ có đường kính \(12{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) và chiều cao \(15{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) đựng đầy kem được đặt trên mặt bàn phẳng.
a) Tính thể tích hộp kem.
b) Hộp kem chứa kem sẽ được chia vào các bánh ốc quế hình nón có chiều cao \(12{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\) và đường kính \(6{\mkern 1mu} {\rm{cm}}\), có hình bán cầu trên đỉnh như hình vẽ. Hãy tìm số que kem có thể chia được.
2) Cho đường tròn \(\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)\), đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) (\(I\) nằm giữa \(A\) và \(O\)). Lấy điểm \(E\) bất kì trên cung nhỏ BC\((\)E khác \(B\) và \(C\)). AE cắt CD tại \(K\).
a) Chứng minh bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(AK.AE = AI.AB\).
c) Gọi \(P\) là giao điểm của tia BE và tia DC, \(Q\) là giao điểm của AP và BK. Chứng minh IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\). Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Phương pháp
1) a) Tính thể tích kem trong hộp hình trụ: \({V_T} = \pi R_T^2.{h_T}\)
b) Tính thể tích kem trong hộp = thể tích hình nón + thể tích hình bán cầu.
+ Thể tích hình nón: \({V_N} = \frac{1}{3}\pi R_N^2.{h_N}\)
+ Thể tích nửa hình cầu: \(\frac{1}{2}{V_C} = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi R_C^3\)
Số que kem có thể chia được = thể tích kem trong hộp : thể tích kem trong một chiếc bánh ốc quế.
2) a) Chứng minh \(\widehat {KEB} = 90^\circ \) và \(\widehat {KIB} = 90^\circ \) nên \(\Delta KEB\) và \(\Delta KIB\) cùng thuộc đường tròn đường kính KB. Do đó K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh $\Delta AKI\backsim \Delta ABE$ suy ra tỉ số giữa hai cặp cạnh tương ứng của hai tam giác.
c) * Chứng minh IKlà phân giác của \(\widehat {EIQ}\).
Chứng minh K là trực tâm của \(\Delta APB\) nên \(BQ \bot AP\left( {Q \in AP} \right)\)
Tam giác AQK và tam giác AIK lần lượt vuông tại Q và I nên nội tiếp đường tròn đường kính AK suy ra AIKQ là tứ giác nội tiếp, nên \(\widehat {QAK} = \widehat {QIK}\).
Kết hợp với \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) và \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\)
* Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Gọi H là trung điểm của PK, khi đó đường tròn (H; HP) ngoại tiếp tam giác PQE.
Ta cần chứng minh \(\widehat {OQH} = 90^\circ \) hay \(OQ \bot QH\):
+ Chứng minh \(\Delta OQB\) là tam giác cân tại \(O\) nên \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\)
+ Chứng minh $\Delta IBK\backsim \Delta QPK$ (g-g) suy ra \(\widehat {OBQ} = \widehat {QPK}\)
+ Chứng minh \(\widehat {HQP} = \widehat {QPK}\) (tam giác HPQ cân tại H).
Ta được \(\widehat {OQK} = \widehat {{\kern 1pt} HQP}\).
Sử dụng cộng góc để được \(\widehat {OQH} = \widehat {KQP} = 90^\circ \) nên \(OQ \bot QH\).
Lời giải
1) a) Thể tích kem trong hộp hình trụ là:
\({V_T} = \pi R_T^2.{h_T}\)\( = \pi {\left( {\frac{{12}}{2}} \right)^2}.15\)\( = 540\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (c{m^3})\)
b) Thể tích kem trong bánh ốc quế hình nón có hình bán cầu trên đỉnh là
\({V_{kem}} = \frac{1}{3}\pi R_N^2.{h_N} + \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi R_C^3\)\( = \frac{1}{3}\pi {\left( {\frac{6}{2}} \right)^2}.12 + \frac{1}{2}.\frac{4}{3}.\pi .{\left( {\frac{6}{2}} \right)^3}\)\( = 54\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (c{m^3})\)
Vậy số que kem có thể chia được là: \(\frac{{540\pi }}{{54\pi }} = 10\) que.
2)
a) Xét \(\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)\) có: \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {KEB} = 90^\circ \)
Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) nên \(\widehat {KIB} = 90^\circ \)
Xét \(\Delta KEB\) vuông tại E có cạnh huyền KB suy ra K, E, B thuộc đường tròn đường kính KB (1)
Xét \(\Delta KIB\) vuông tại I có cạnh huyền KB suy ra K, I, B thuộc đường tròn đường kính KB (2)
Do đó K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Xét \(\Delta AKI\) và \(\Delta ABE\), ta có:
$\widehat{A}$ là góc chung
\(\widehat {AIK} = \widehat {AEB} = 90^\circ \)
suy ra $\Delta AKI\backsim \Delta ABE$ \(\left( {g - g} \right)\)
Do đó \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) nên \(AK.AE = AI.AB\) (đpcm)
c) * Chứng minh IKlà phân giác của \(\widehat {EIQ}\).
Xét \(\Delta APB\) có: \(PI \bot AB\left( {I \in AB} \right)\); \(AE \bot PB\left( {E \in PB} \right)\); \(PI\) cắt \(AE\) tại \(K\) nên \(K\) là trực tâm của \(\Delta APB\)
Suy ra \(BQ \bot AP\left( {Q \in AP} \right)\) nên \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AQK} = 90^\circ \)
Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) nên \(\widehat {AIK} = 90^\circ \)
Tam giác AQK và tam giác AIK lần lượt vuông tại Q và I nên nội tiếp đường tròn đường kính AK, do đó bốn điểm A, I, Q, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK suy ra AIKQ là tứ giác nội tiếp
suy ra \(\widehat {QAK} = \widehat {QIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )
Ta có: KEBI là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{EK}$)
Ta có: \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) nên \(\Delta AQB\) nội tiếp \(\left( {O;R} \right)\), do đó \(Q \in \left( {O;R} \right)\)
Lại có: \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{QE}$)
suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\) (đpcm)
* Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Xét \(\Delta OQB\), ta có:
\(OQ = OB = R\)
Suy ra \(\Delta OQB\) là tam giác cân tại \(O\)
Do đó \(\widehat {OQB} = \widehat {OBQ}\) hay \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\) \(\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta IBK\) và \(\Delta QPK\), ta có:
\(\widehat {IKB} = \widehat {QKP}\) (hai góc đối đỉnh)
\(\widehat {KQP} = \widehat {KIB} = 90^\circ \)
Suy ra $\Delta IBK\backsim \Delta QPK$ (g-g)
Do đó \(\widehat {IBK} = \widehat {QPK}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {OBQ} = \widehat {QPK}\) \(\left( 2 \right)\)
Xét tam giác KQP và tam giác KEP lần lượt vuông tại Q và E nên nội tiếp đường tròn đường kính PK, suy ra P, Q, K, E thuộc đường tròn đường kính PK và đường tròn (H; HP) ngoại tiếp tam giác PQE.
Gọi H là trung điểm của PK, khi đó HP = HQ nên tam giác HPQ cân tại H, do đó \(\widehat {PQH} = \widehat {QPK}\) hay \(\widehat {HQP} = \widehat {QPK}\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {OQK} = \widehat {{\kern 1pt} HQP}\)
Mà \(\widehat {HQO} = \widehat {OQK} + \widehat {KQH} = \widehat {HQP} + \widehat {KQH} = \widehat {HQP} = 90^\circ \)
Suy ra \(\widehat {OQH} = 90^\circ \) hay \(OQ \bot QH\)
Do đó OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE (đpcm).
Câu 5:(0,5 điểm)
Tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật \(MNPQ\) nội tiếp trong nửa đường tròn \(\left( O \right)\) bán kính \(10cm,\) biết một cạnh của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn (như hình vẽ).
Phương pháp
Gọi \(x\left( {cm} \right)\) là độ dài cạnh hình chữ nhật không nằm dọc theo đường kính đường tròn \(\left( {0 < x < 10} \right)\)
Khi đó áp dụng định lí Pythagore để tính OQ theo \(x\), ta tính được \(MQ = 2.OQ\).
Tính diện tích hình chữ nhật MNPQ theo \(x\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số: \(2\sqrt {ab} \le a + b\). Dấu bằng xảy ra khi \(a = b \ge 0\)
Dấu “=” xảy ra khi là diện tích lớn nhất của hình chữ nhật.
Lời giải
Gọi \(x\left( {cm} \right)\) là độ dài cạnh hình chữ nhật không nằm dọc theo đường kính đường tròn \(\left( {0 < x < 10} \right)\)
Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác OPQ, ta có:
\(OQ = \sqrt {O{P^2} - P{Q^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {x^2}} \)
Khi đó độ dài cạnh MQ của hình chữ nhật nằm dọc trên đường kính của đường tròn là:
\(MQ = 2.OQ = 2\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} \left( {cm} \right)\)
Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:
\(S = x.2\sqrt {100 - {x^2}} = 2\sqrt {{x^2}.\left( {100 - {x^2}} \right)} \left( {c{m^2}} \right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số, ta có:
\(2\sqrt {{x^2}.\left( {100 - {x^2}} \right)} \le {x^2} + 100 - {x^2} = 100\).
Dấu “=” xảy ra khi \({x^2} = 100 - {x^2}\)
Suy ra \(2{x^2} = 100\)
\({x^2} = 50\)
\(x = 5\sqrt 2 \) (vì \(x > 0\))
Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật là \(100c{m^2}\) khi \(x = 5\sqrt 2 \left( {cm} \right)\).
Tần số tương đối của nhóm [161; 164) là:
\(\frac{{15}}{{40}}.100\% = 37,5\% \)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Hà Nội là một bước ngoặt quan trọng trong sự nghiệp học tập của mỗi học sinh. Để đạt được kết quả tốt nhất, việc luyện tập với các đề tham khảo là vô cùng cần thiết. Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 2 của toan9.edu.vn được thiết kế để giúp học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự đánh giá năng lực của bản thân.
Đề thi này bao gồm hai phần chính: trắc nghiệm và tự luận. Phần trắc nghiệm chiếm khoảng 30% tổng số điểm, tập trung vào các kiến thức cơ bản và khả năng vận dụng nhanh của học sinh. Phần tự luận chiếm khoảng 70% tổng số điểm, đòi hỏi học sinh phải có khả năng phân tích, suy luận và giải quyết vấn đề một cách logic.
Nội dung đề thi bao gồm các chủ đề chính sau:
Sau khi hoàn thành bài thi, học sinh có thể tham khảo đáp án và lời giải chi tiết của từng câu hỏi. Lời giải được trình bày một cách rõ ràng, dễ hiểu, giúp học sinh nắm vững phương pháp giải và khắc phục những sai lầm thường gặp.
Ngoài đề tham khảo số 2 này, toan9.edu.vn còn cung cấp nhiều đề tham khảo khác với các mức độ khó khác nhau. Hãy luyện tập với nhiều đề khác nhau để nâng cao khả năng giải toán và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
| Dạng bài tập | Mức độ khó | Tỉ lệ xuất hiện |
|---|---|---|
| Phương trình bậc hai | Trung bình | 20% |
| Hệ phương trình | Khó | 15% |
| Đường tròn | Trung bình | 10% |
| Tam giác đồng dạng | Dễ | 25% |
Đề tham khảo thi vào 10 môn Toán Hà Nội năm 2025 - Đề số 2 là một công cụ hữu ích giúp học sinh ôn tập và chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hãy luyện tập chăm chỉ và áp dụng những kiến thức đã học để đạt được kết quả tốt nhất.
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
