Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán khu vực TP Hồ Chí Minh 2024 - 2025 (Đề 13)

Phương trình có hai nghiệm là $x_1,x_2$ nên áp dụng định lí Viète, ta có: $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{b}{a}=\frac{4}{3}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}=\frac{-2}{3}\end{array}\left(1\right)$

Ta có $$A=x_1{x}_2^2+x_2\left(x_1^2+2\right)+2x_1=x_1{x}_2^2+x_2{x}_1^2+2x_2+2x_1$$

$$=x_1{x}_2\left(x_1+x_2\right)+2\left(x_1+x_2\right)=\left(x_1{x}_2+2\right)\left(x_1+x_2\right).$$

Thay $\left(1\right)$ vào biểu thức $A,$ ta có $$A=\left(\frac{-2}{3}+2\right)\cdot \frac{4}{3}=\frac{16}{9}.$$ Vậy $$A=\frac{16}{9}.$$

a) Gọi các phần còn lại lần lượt là $A$ và $B$ (như hình vẽ).

Biểu thức biểu thị cạnh còn thiếu của $A$ là: $20-y.$

Biểu thức biểu thị diện tích phần $A$ là:

$S_A=15\left(20-y\right)=300-15y.$

Biểu thức biểu thị cạnh còn thiếu của $B$ là: $30-15-x=15-x.$

Biểu thức biểu thị diện tích phần $B$ là: $S_B=20\left(15-x\right)=300-20x.$

Vậy biểu thức là $15\left(20-y\right)+20\left(15-x\right)=600-20x-15y$.

b) Thay $x=2,4$ và $y=1,8$ vào $S,$ ta được:

$S=600-20\cdot 2,4-15\cdot 1,8=525\left({\mathrm{m}}^2\right)$.

Vậy diện tích phần còn lại của khu vườn là $525{\mathrm{m}}^2.$

Số tiền anh Tâm phải trả khi thuê pin gói linh hoạt là:

$189000+374\left(800-400\right)=338600$ (đồng)

Do đó nếu sử dụng gói linh hoạt thì anh Tâm sẽ tiết kiệm được:

$350000-338600=11400$ (đồng).

Vậy anh Tâm nên sử dụng gói linh hoạt.

Gọi $x;x-0,2\left(\mathrm{m}\right)$ lần lượt là chiều cao mực nước ban đầu ở thùng thứ nhất và thùng thứ hai $\left(x>0,2\right)$.

Thùng thứ hai chảy trong 5 phút thì hết nước nên trong 1 phút thùng thứ hai chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Lúc 8 giờ 8 phút, vòi thứ nhất chảy được 1 phút nên chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Lúc 8 giờ 4 phút, vòi thứ hai chảy được 1 phút nên chảy được $\frac{1}{5}$ thùng.

Khi đó, chiều cao còn lại là $\frac{4}{5}$ thùng.

Chiều cao thùng thứ hai còn lại là $\frac{4}{5}\left(x-0,2\right)$, chính là chiều cao của thùng thứ nhất.

Thùng thứ nhất chảy được: $\frac{1}{5}x+\frac{4}{25}.$

Mỗi phút thùng thứ nhất chảy được $\left(\frac{1}{5}x+\frac{4}{25}\right):4=\frac{1}{20}x+\frac{4}{25}.$

Lúc 8 giờ 8 phút, thùng thứ nhất chảy được 8 phút.

Khi đó, thùng thứ nhất chảy được: $\frac{8}{20}x+\frac{8}{25}\left(\mathrm{m}\right).$

Theo đề bài, ta có phương trình $\frac{3}{5}x-\frac{8}{25}=0,4$ hay $15x-8=10$. Do đó $x=1,2\left(\mathrm{TM}\right).$

Vậy chiều cao mực nước ban đầu của thùng thứ nhất là $1,2\mathrm{m}$; thùng thứ hai là $$1\mathrm{m}.$$

<

a) Vì $AB,AC$ là tiếp tuyến nên $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^{\circ }$.

Xét tứ giác $ABOC$ có

 $\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }.$

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác $ABOC$ nội tiếp.

Ta có $AB=AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); $OB=OC=R$.

Suy ra $AO$ là đường trung trực của $BC$ (đpcm).

b) Do $K$ là trung điểm $BC,M$ là trung điểm $BH$ nên $KM$ là đường trung bình $\Delta BCH.$

Suy ra $KM//CH$ nên $\widehat{QMK}=\widehat{QPC}$ (đồng vị)

Vì $\Delta OCQ$ cân tại $O$ $\left(OC=OQ\right)$ nên $\widehat{OCQ}=\widehat{OQC}.$

Suy ra $\widehat{OCQ}=\widehat{OQC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{180^{\circ }-\widehat{COQ}}{2}=90^{\circ }-\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{COQ}}{2}.$

Vì $$AC$$ là  tiếp tuyến với đường tròn $$\left(O\right)$$ tại điểm $$C$$ nên $OC\perp CA$ hay $\widehat{OCA}=90^{\circ }$.

Suy ra $$\widehat{ACQ}=90^{\circ }-\widehat{OCQ}$$$$=90^{\circ }-\left(90^{\circ }-\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{COQ}}{2}\right)=\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{COQ}}{2}.\left(1\right)$$

Mặt khác  nên $$\widehat{QPC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{COQ}}{2}.\left(2\right)$$

Từ $$\left(1\right)$$ và $$\left(2\right)$$ suy ra $\widehat{QCA}=\widehat{QPC}$. Vậy $\widehat{QMK}=\widehat{QCA}$.

c) Kẻ $AQ$ cắt $\left(O\right)$ tại $E.$

Xét $\Delta ACQ$ và $\Delta AEC$ có $\widehat{CAE}$ chung; .

Do đó

Suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{AE}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AQ}{AC}$ hay AC² = AE. AQ

Xét $\Delta ACK$ và $\Delta AOC$ có $\widehat{AKC}=\widehat{ACO}=90^{\circ }$; $\widehat{ACK}=\widehat{AOC}$ (cùng phụ $\widehat{OCK})$.

Do đó .

Suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{AK}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AO}{AC}$ hay AC² = AK. AQ

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ suy ra $AK\cdot AO=AE\cdot AQ$ hay $\genfrac{}{}{0ex}{}{AK}{AQ}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AE}{AO}$.

Xét $\Delta AKQ$ và $\Delta AEO$ có $\widehat{OAE}$ chung; $\genfrac{}{}{0ex}{}{AK}{AQ}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AE}{AO}$ (chứng minh trên).

Do đó . Suy ra $\widehat{AKQ}=\widehat{AEO}$.

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat{ACB}=\widehat{AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$

Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat{ADB}=\widehat{AKB}.$ $\left(6\right)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left(O\right).$ 

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác $ACKQ$ có $\widehat{AKQ}=\widehat{AEO}$ nên tứ giác $ACKQ$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{AQC}=\widehat{AKC}=90^{\circ }$.

Do $\widehat{AQC}=90^{\circ }$ nên $\widehat{CQE}=90^{\circ }$ nên $CE$ là đường tròn đường kính của $$\left(O\right)$$.

Suy ra ba điểm $E,O,C$ thẳng hàng nên $\widehat{CPQ}=\widehat{CEQ}$.

Ta có $\tan \widehat{CPQ}=\tan \widehat{CEQ}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{EC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{2R}$.

Do đó $AC=2R\tan \widehat{ACQ}=2R\tan \widehat{CPQ}$ (đpcm).