Phùng Xuân Hải
Giới thiệu về bản thân
Bài 4. (1 điểm) Mặt xung quanh của một thùng chứa nước hình trụ có chiều cao \(1 \&\text{nbsp};\text{m}\) được gỗ từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thước \(1 \&\text{nbsp};\text{m} \times 2 \&\text{nbsp};\text{m}\).
a) Hỏi thùng nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước?
(Bỏ qua bề dày của thùng nước và lấy \(\pi = 3 , 14\) làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
- Xác định thông số: Chiều cao $h = 1 \text{ m}$. Chu vi đáy $C = 2 \text{ m}$.
- Tìm bán kính đáy \(r\):\(C = 2 \pi r \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } r = \frac{C}{2 \pi} = \frac{2}{2 \pi} = \frac{1}{\pi} \&\text{nbsp};(\text{m} \overset{ˊ}{\text{e}} \text{t})\)
- Tính thể tích \(V\):\(V = \pi r^{2} h = \pi \left(\left(\right. \frac{1}{\pi} \left.\right)\right)^{2} \left(\right. 1 \left.\right) = \frac{1}{\pi} \&\text{nbsp};(\text{m} \overset{ˊ}{\text{e}} \text{t}\&\text{nbsp};\text{kh} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{i})\)
- Tính toán và làm tròn: Với $\pi = 3.14$:\(V = \frac{1}{3.14} \approx 0.31847...\)Làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai:\(V \approx 0.32 \&\text{nbsp};\text{m}^{3}\)
Trả lời câu a): Thùng nước đựng đầy được khoảng \(0.32 \&\text{nbsp};\text{m}^{3}\) nước.
b) Một em bé đánh rơi quả bóng buổi xuống thùng tôn. Bên cạnh có một vòi nước cung cấp nước. Em bé cần lấy ít nhất bao nhiêu nước từ vòi để lấy được bóng?
Lượng nước ít nhất cần thêm vào bằng thể tích của quả bóng. Giả sử quả bóng có bán kính $r_b$ lớn nhất có thể, tức là $r_b = r = \frac{1}{\pi}$.
- Tính thể tích quả bóng \(V_{b}\):\(V_{b} = \frac{4}{3} \pi r_{b}^{3} = \frac{4}{3} \pi \left(\left(\right. \frac{1}{\pi} \left.\right)\right)^{3} = \frac{4}{3 \pi^{2}} \&\text{nbsp};(\text{m} \overset{ˊ}{\text{e}} \text{t}\&\text{nbsp};\text{kh} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{i})\)
- Tính toán và làm tròn: Với $\pi = 3.14$:\(V_{b} = \frac{4}{3 \times \left(\right. 3.14 \left.\right)^{2}} \approx 0.13524...\)Làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai:\(V_{b} \approx 0.14 \&\text{nbsp};\text{m}^{3}\)
Trả lời câu b): Em bé cần lấy ít nhất khoảng \(0.14 \&\text{nbsp};\text{m}^{3}\) nước.
Ta có: \(O A = O B = O C = O D = R\); \(O I = R / 2\); \(A B \bot C D\) tại \(O\).
a) Chứng minh bốn điểm \(O , I , E , D\) cùng thuộc một đường tròn.
- Vì \(A B \bot C D\) tại \(O\), ta có \(\angle D O I = 9 0^{\circ}\) (do \(I\) nằm trên \(O B\)).
- Vì \(C D\) là đường kính và \(E\) nằm trên \(\left(\right. O \left.\right)\), ta có \(\angle C E D = 9 0^{\circ}\). Vì \(I\) nằm trên tia \(C E\), nên \(\angle D E I = 9 0^{\circ}\).
- Tứ giác \(O I E D\) có hai góc đối \(\angle D O I\) và \(\angle D E I\) bằng \(9 0^{\circ}\), nên \(\angle D O I + \angle D E I = 18 0^{\circ}\).
- Vậy, bốn điểm \(O , I , E , D\) cùng thuộc một đường tròn.
- b) Chứng minh: \(A H \cdot A E = 2 R^{2}\) và \(O A = 3 O H\).
- Chứng minh \(O A = 3 O H\):
Sử dụng hệ tọa độ với \(R = 1\), đặt \(O \left(\right. 0 , 0 \left.\right) , A \left(\right. 1 , 0 \left.\right) , B \left(\right. - 1 , 0 \left.\right) , C \left(\right. 0 , 1 \left.\right) , D \left(\right. 0 , - 1 \left.\right)\). Ta có \(I \left(\right. - 1 / 2 , 0 \left.\right)\).
Tia \(C I\) cắt \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(E\). Qua tính toán (hoặc chứng minh hình học phức tạp hơn), ta có $E(-4/5, -3/5)$.
$CD$ là trục \(O y\) (\(x = 0\)). $AE$ là đường thẳng đi qua $A(1, 0)$ và $E(-4/5, -3/5)$.
Phương trình $AE$: \(y - 0 = \frac{- 3 / 5 - 0}{- 4 / 5 - 1} \left(\right. x - 1 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } y = \frac{- 3 / 5}{- 9 / 5} \left(\right. x - 1 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } y = \frac{1}{3} \left(\right. x - 1 \left.\right)\).
$H$ là giao điểm của $AE$ và $CD$ (\(x = 0\)): \(y_{H} = \frac{1}{3} \left(\right. 0 - 1 \left.\right) = - 1 / 3\).
Vậy \(H \left(\right. 0 , - 1 / 3 \left.\right)\).
Ta có \(O A = R = 1\).
\(O H = \sqrt{\left(\right. 0 - 0 \left.\right)^{2} + \left(\right. 0 - \left(\right. - 1 / 3 \left.\right) \left.\right)^{2}} = 1 / 3\).
Suy ra \(O A = 1 = 3 \cdot \left(\right. 1 / 3 \left.\right) = 3 O H\). (Điều phải chứng minh) - Chứng minh \(A H \cdot A E = 2 R^{2}\):
Ta có \(A D^{2} = O A^{2} + O D^{2} = R^{2} + R^{2} = 2 R^{2}\).
Do $AE \perp CD$ tại $H$ (vì $\angle DAH = \angle DAB = 45^\circ$ và $\angle ADH = \angle ADC = 45^\circ$), và $CD$ là đường kính, nên $H$ là trung điểm $AE \implies AE = 2AH$.
Sử dụng tọa độ với $R=1$: $A(1, 0), H(0, -1/3)$.
\(A H^{2} = \left(\right. 1 - 0 \left.\right)^{2} + \left(\right. 0 - \left(\right. - 1 / 3 \left.\right) \left.\right)^{2} = 1 + 1 / 9 = 10 / 9\). \(A H = \sqrt{10} / 3\).
\(A E^{2} = 18 / 5 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } A E = 3 \sqrt{2 / 5}\).
\(A H \cdot A E = \frac{\sqrt{10}}{3} \cdot \frac{3 \sqrt{2}}{\sqrt{5}} = \sqrt{\frac{10 \cdot 2}{5}} = \sqrt{4} = 2\).
Với \(R = 1\), \(2 R^{2} = 2\). Vậy \(A H \cdot A E = 2 R^{2}\). (Điều phải chứng minh)
c) Gọi \(K\) là hình chiếu của \(O\) trên \(B D\), \(Q\) là giao điểm của \(A D\) và \(B E\). Chứng minh: \(Q , K , I\) thẳng hàng.
Tiếp tục sử dụng hệ tọa độ với $R=1$:
$B(-1, 0), D(0, -1)$. $I(-1/2, 0)$.
- Tọa độ $K$: $OK \perp BD$. $m_{BD} = -1 \implies m_{OK} = 1$. $OK: y=x$.
$BD: x+y = -1$.
$K$: \(x + x = - 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 2 x = - 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } x_{K} = - 1 / 2\). \(y_{K} = - 1 / 2\).
\(K \left(\right. - 1 / 2 , - 1 / 2 \left.\right)\). - Tọa độ $Q$: $Q = AD \cap BE$.
$AD: x-y = 1 \implies y = x-1$.
$BE: y = -3x - 3$ (tính toán từ lần trước).
$Q$: \(x - 1 = - 3 x - 3 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 4 x = - 2 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } x_{Q} = - 1 / 2\).
\(y_{Q} = - 1 / 2 - 1 = - 3 / 2\).
\(Q \left(\right. - 1 / 2 , - 3 / 2 \left.\right)\). - Kiểm tra thẳng hàng:
Ta có \(I \left(\right. - 1 / 2 , 0 \left.\right)\), \(K \left(\right. - 1 / 2 , - 1 / 2 \left.\right)\), \(Q \left(\right. - 1 / 2 , - 3 / 2 \left.\right)\).
Cả ba điểm có cùng hoành độ \(x = - 1 / 2\).
Vậy ba điểm \(Q , K , I\) thẳng hàng.
a) Hỏi thùng nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước?
(Bỏ qua bề dày của thùng nước và lấy \(\pi = 3 , 14\) làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
Phân tích:
Thùng nước hình trụ được tạo thành từ mặt xung quanh là hình chữ nhật có kích thước \(1 \&\text{nbsp};\text{m} \times 2 \&\text{nbsp};\text{m}\).
Theo hình vẽ, ta xác định:
- Chiều cao của thùng trụ: \(h = 1 \&\text{nbsp};\text{m}\).
- Chu vi đáy hình trụ (\(C\)) bằng chiều dài còn lại của tấm tôn: \(C = 2 \&\text{nbsp};\text{m}\).
1. Tìm bán kính đáy \(r\):
Chu vi đáy của hình trụ là \(C = 2 \pi r\).
\(2 \pi r = 2 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } r = \frac{2}{2 \pi} = \frac{1}{\pi} \&\text{nbsp};(\text{m} \overset{ˊ}{\text{e}} \text{t})\)
2. Tính thể tích \(V\) của thùng nước (khi đầy):
Thể tích của hình trụ là \(V = \pi r^{2} h\).
\(V = \pi \left(\left(\right. \frac{1}{\pi} \left.\right)\right)^{2} \left(\right. 1 \left.\right) = \pi \cdot \frac{1}{\pi^{2}} = \frac{1}{\pi} \&\text{nbsp};(\text{m} \overset{ˊ}{\text{e}} \text{t}\&\text{nbsp};\text{kh} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{i})\)
3. Thay giá trị \(\pi\) và làm tròn:
Sử dụng \(\pi = 3 , 14\):
\(V = \frac{1}{3.14} \approx 0.31847...\)
Làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai:
\(V \approx 0.32 \&\text{nbsp};\text{m}^{3}\)
Kết luận câu a): Thùng nước này đựng đầy được khoảng \(0.32 \&\text{nbsp};\text{m}^{3}\) nước.
b) Một em bé đánh rơi quả bóng buổi xuống thùng tôn. Bên cạnh có một vòi nước cung cấp nước. Em bé cần lấy ít nhất bao nhiêu nước từ vòi để lấy được bóng?
Phân tích và Giả thiết:
Để lấy được quả bóng ra khỏi thùng khi nó đã rơi xuống đáy, lượng nước tối thiểu cần thêm vào là lượng nước vừa đủ để làm quả bóng nổi lên và có thể nhấc ra được. Trong các bài toán không cho kích thước quả bóng, ta thường giả định quả bóng là hình cầu có kích thước lớn nhất có thể nằm vừa trong hình trụ.
Giả thiết: Quả bóng là hình cầu có bán kính \(r_{b}\) bằng bán kính đáy của thùng \(r\), và chiều cao của nó (\(2 r_{b}\)) nhỏ hơn hoặc bằng chiều cao của thùng (\(h = 1 \text{m}\)). (Ta đã xác định \(r = 1 / \pi \approx 0.318 \&\text{nbsp};\text{m}\), suy ra đường kính \(2 r \approx 0.637 \&\text{nbsp};\text{m}\), nhỏ hơn \(1 \&\text{nbsp};\text{m}\), nên giả thiết hợp lý).
Lượng nước ít nhất cần thêm để lấy được bóng chính là thể tích của quả bóng (khi quả bóng chìm hoàn toàn và bị nước thay thế thể tích của nó).
1. Tính thể tích quả bóng \(V_{b}\):
Thể tích hình cầu là \(V_{b} = \frac{4}{3} \pi r_{b}^{3}\). Với \(r_{b} = r = \frac{1}{\pi}\).
\(V_{b} = \frac{4}{3} \pi \left(\left(\right. \frac{1}{\pi} \left.\right)\right)^{3} = \frac{4}{3} \pi \cdot \frac{1}{\pi^{3}} = \frac{4}{3 \pi^{2}} \&\text{nbsp};(\text{m} \overset{ˊ}{\text{e}} \text{t}\&\text{nbsp};\text{kh} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \text{i})\)
2. Thay giá trị \(\pi\) và làm tròn:
Sử dụng \(\pi = 3.14\):
\(V_{b} = \frac{4}{3 \times \left(\right. 3.14 \left.\right)^{2}} = \frac{4}{3 \times 9.8596} = \frac{4}{29.5788} \approx 0.13524...\)
Làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai:
\(V_{b} \approx 0.14 \&\text{nbsp};\text{m}^{3}\)
a) Viết không gian mẫu phép thử đó.
Không gian mẫu của phép thử là tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra khi lấy ngẫu nhiên một viên bi. Vì các viên bi được đánh số từ 1 đến 20, nên không gian mẫu \(\Omega\) là:
Ω={1;2;3;…;20}
\(\)
Số phần tử của không gian mẫu là:
\(n \left(\right. \Omega \left.\right) = 20\)
b) Tính xác suất biến cố: "Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1".
Gọi \(A\) là biến cố: "Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1".
Các số \(x\) trong tập \(\Omega\) thỏa mãn \(x\) chia 7 dư 1 phải có dạng \(x = 7 k + 1\) (với \(k\) là số nguyên không âm) và \(1 \leq x \leq 20\).
Ta liệt kê các số thỏa mãn:
- Với \(k = 0\): \(x = 7 \left(\right. 0 \left.\right) + 1 = 1\)
- Với \(k = 1\): \(x = 7 \left(\right. 1 \left.\right) + 1 = 8\)
- Với \(k = 2\): \(x = 7 \left(\right. 2 \left.\right) + 1 = 15\)
- Với \(k = 3\): \(x = 7 \left(\right. 3 \left.\right) + 1 = 22\) (Loại vì \(22 > 20\))
Vậy, tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là:
A={1;8;15}
\(\)
Số kết quả thuận lợi là:
\(n \left(\right. A \left.\right) = 3\)
Xác suất của biến cố \(A\) được tính bằng công thức:
\(P \left(\right. A \left.\right) = \frac{n \left(\right. A \left.\right)}{n \left(\right. \Omega \left.\right)} = \frac{3}{20}\)
a) Lập bảng tần số tương đối
Tần số tương đối của mỗi nhóm được tính theo công thức:
f
i
=
S
o
ˆ
ˊ
đại biểu nh
o
ˊ
m thứ
i
Tổng s
o
ˆ
ˊ
đại biểu
f
i
=
Tổng s
o
ˆ
ˊ
đại biểu
S
o
ˆ
ˊ
đại biểu nh
o
ˊ
m thứ i
Ta có bảng tần số tương đối hoàn chỉnh:
Số ngoại ngữ 1 2 3 4 ≥5
Tần số tương đối
84
200
=
0
,
42
200
84
=0,42
64
200
=
0
,
32
200
64
=0,32
24
200
=
0
,
12
200
24
=0,12
16
200
=
0
,
08
200
16
=0,08
12
200
=
0
,
06
200
12
=0,06
Hoặc có thể viết dưới dạng phần trăm: 42%, 32%, 12%, 8%, 6%
b) Tính tỉ lệ phần trăm đại biểu sử dụng ít nhất 2 ngoại ngữ
"Ít nhất 2 ngoại ngữ" nghĩa là nhóm sử dụng 2, 3, 4 hoặc ≥5 ngoại ngữ.
Ta có thể tính theo 2 cách:
Tính trực tiếp:
64
+
24
+
16
+
12
200
×
100
%
=
116
200
×
100
%
=
58
%
200
64+24+16+12
×100%=
200
116
×100%=58%
Tính ngược lại: Trừ đi tỉ lệ đại biểu chỉ sử dụng 1 ngoại ngữ:
100
%
−
42
%
=
58
%
100%−42%=58%
Kết quả: Tỉ lệ là 58%
c) Kiểm tra ý kiến "Tỉ lệ đại biểu sử dụng được 3 ngoại ngữ trở lên có tăng giữa hai năm"
Tính tỉ lệ năm nay: Số đại biểu sử dụng từ 3 ngoại ngữ trở lên:
24+16+12=52
24+16+12=52 Tỉ lệ năm nay:52
200×100%=26% 200 52 ×100%=26%
Tính tỉ lệ năm trước: Theo đề bài, có 54 trong 220 đại biểu, tỉ lệ là:
54220×100%≈24,55%
220
54 ×100%≈24,55%
So sánh hai tỉ lệ: 26%>24,55%
26%>24,55% → Ý kiến được đưa ra là ĐÚNG
a) Giải phương trình (1) với \(m = 2\).
Thay \(m = 2\) vào phương trình (1), ta được:
\(x^{2} - 2 \left(\right. 2 \left.\right) x + \left(\right. 2 \left.\right)^{2} - 1 = 0\)
\(x^{2} - 4 x + 4 - 1 = 0\)
\(x^{2} - 4 x + 3 = 0\)
Ta có thể giải phương trình bậc hai này bằng cách phân tích thành nhân tử:
\(\left(\right. x - 1 \left.\right) \left(\right. x - 3 \left.\right) = 0\)
Phương trình có hai nghiệm là:
\(x = 1 \text{ho}ặ\text{c} x = 3\)
Kết luận câu a): Với \(m = 2\), phương trình có tập nghiệm là S {1;3}\(\)
b) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} ; x_{2}\) (với \(x_{1} < x_{2}\)) thỏa mãn \(2 x_{1} - x_{2} = - 2\).
Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình (1) là phương trình bậc hai có các hệ số: \(a = 1\), \(b = - 2 m\), \(c = m^{2} - 1\).
Ta tính biệt thức \(\Delta\):
\(\Delta = b^{2} - 4 a c = \left(\right. - 2 m \left.\right)^{2} - 4 \left(\right. 1 \left.\right) \left(\right. m^{2} - 1 \left.\right)\)
\(\Delta = 4 m^{2} - 4 m^{2} + 4\)
\(\Delta = 4\)
Vì \(\Delta = 4 > 0\) với mọi \(m\), phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số \(m\).