(1,0 điểm) Trong giờ thực hành thí nghiệm, một học sinh thả một miếng chì có khối lượng \(0,31\) kg đang ở nhiệt độ \(100^\circ {\rm{C}}\) vào \(0,25\) kg nước đang ở nhiệt độ \(58,5^\circ {\rm{C}}.\) Biết nhiệt dung riêng của nước là \(4\,\,200\) J/kg.K, nhiệt dung riêng của chì là 130 J/kg.K. gọi \(t^\circ {\rm{C}}\) là nhiệt độ khi đạt trạng thái cân bằng nhiệt, \({Q_{nuoc}}\) (J) là nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ \(58,5^\circ {\rm{C}}\) lên \(t^\circ {\rm{C,}}\) \({Q_{chi}}\) (J) là nhiệt lượng chì tỏa ra để giảm nhiệt độ từ \(100^\circ {\rm{C}}\) xuống \(t^\circ {\rm{C}}{\rm{.}}\)

a) Biết công thức tính nhiệt lượng thu vào/ tỏa ra là: \(Q = m \cdot c \cdot \Delta t\) (J), trong đó \(m\) là khối lượng của vật (kg), \(c\) là nhiệt dung riêng của chất làm nên vật (J/kg.K) và \(\Delta t = {t_2} - {t_1}\) là độ tăng/giảm nhiệt độ của vật \(\left( {^\circ {\rm{C}}} \right)\) với \({t_1}\) là nhiệt độ ban đầu, \({t_2}\) là nhiệt độ cuối cùng.

Viết công thức tính \({Q_{chi}}\) theo \(t.\) Công thức này có phải là hàm số bậc nhất không? Nếu có, hãy tìm các hệ số \(a,\,\,b\) của nó.

b) Khi có sự cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của nước và chì là bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?

Hướng dẫn giải

1) a) Ta có \(CM \bot AB\) và \(MA = MB = \frac{1}{2}CB.\)

Vì \(SO\) là đường cao của hình chóp nên \(O\) là trọng tâm của tam giác \(ABC.\)

Do đó \(CM = \frac{3}{2}CO = \frac{3}{2} \cdot 2\sqrt 3 = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông \(CBM,\) ta có: \(C{B^2} = C{M^2} + M{B^2}\)

Suy ra \(C{M^2} = C{B^2} - M{B^2} = C{B^2} - {\left( {\frac{1}{2}CB} \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}.\)

Do đó \({\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}\) suy ra \(CB = 6{\rm{\;cm}}.\)

Vì các mặt của hình chóp \(S.ABC\) là các tam giác đều nên các cạnh bên của hình chóp có độ dài là \(6{\rm{\;cm}}.\)

b) Vì các tam giác \(SAB\) và \(ABC\) là các tam giác đều bằng nhau nên ta có \(SM = CM = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}\)

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:

\({S_{xq}} = \frac{1}{2}\left( {AB + BC + CA} \right) \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \left( {6 + 6 + 6} \right) \cdot 3\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \approx 46,77{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{.}}\)

2)

a) Xét \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(AH\) là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao của tam giác.

Do đó \(AH \bot BC\) nên \(\Delta AHB\) và \(\Delta AHC\) đều vuông tại \(H.\)

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) có \(HK\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AB\) nên \(KH = \frac{1}{2}AB\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông).

Tương tự, xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) ta có \(IH = \frac{1}{2}AC.\)

Mà \(I,\) \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(AB\) nên \(KA = KB = \frac{1}{2}AB;\) \(IA = IC = \frac{1}{2}AC.\)

Lại có \(AB = AC\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A)\)

Do đó \(KA = KH = IA = IH.\)

Xét tứ giác \(AKHI\) có \(KA = KH = IA = IH\) nên là hình thoi.

b) Xét tứ giác \(AHCE\) có \(I\) là trung điểm của hai đường chéo \(AC,HE\) nên \(AHCE\) là hình bình hành.

Lại có \(\widehat {AHC} = 90^\circ \) nên hình bình hành \(AHCE\) là hình chữ nhật.

Để hình chữ nhật \(AHCE\) là hình vuông thì hai cạnh kề bằng nhau, tức \(HA = HC.\)

Mà \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(HB = HC = \frac{1}{2}BC.\)

Khi đó \[HA = HB = HC = \frac{1}{2}BC.\]

Xét \(\Delta ABC\) có đường trung tuyến \(AH\) thỏa mãn \[HA = \frac{1}{2}BC\] nên \(\Delta ABC\) vuông tại \(A.\)

Vậy \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) thì \(AHCE\) là hình vuông.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: ⦁ \(2{x^2} + 8 = 2\left( {{x^2} + 4} \right).\)

⦁ \[{x^3} - 2{x^2} + 4x - 8 = \left( {{x^3} - 2{x^2}} \right) + \left( {4x - 8} \right) = {x^2}\left( {x - 2} \right) + 4\left( {x - 2} \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 4} \right)\].

Với mọi \(x\) thì \({x^2} \ge 0\) nên \({x^2} + 4 \ge 4 > 0\) hay \({x^2} + 4 > 0.\)

Khi đó, điều kiện xác định của biểu thức \(A\) là  \(x - 2 \ne 0\) và \(x \ne 0\) hay \(x \ne 2\) và \(x \ne 0.\)

b) Với \(x \ne 2\) và \(x \ne 0,\) ta có:

\(A = \left( {\frac{{2x - {x^2}}}{{2{x^2} + 8}} - \frac{{2{x^2}}}{{{x^3} - 2{x^2} + 4x - 8}}} \right) \cdot \left( {\frac{2}{{{x^2}}} - \frac{{x - 1}}{x}} \right)\)

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

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

\[ = \frac{{2{x^2} - 4x - {x^3} + 2{x^2} - 4{x^2}}}{{2\left( {{x^2} + 4} \right)\left( {x - 2} \right)}} \cdot \frac{{ - {x^2} + 2x - x + 2}}{{{x^2}}}\]

\[ = \frac{{ - 4x - {x^3}}}{{2\left( {{x^2} + 4} \right)\left( {x - 2} \right)}} \cdot \frac{{ - x\left( {x - 2} \right) - \left( {x - 2} \right)}}{{{x^2}}}\]

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

Vậy với \(x \ne 2\) và \(x \ne 0,\) thì \(A = \frac{{x + 2}}{{2x}}.\)

c) Thay \(x = 2\,\,024\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A = \frac{{x + 2}}{{2x}},\) ta được:

\(A = \frac{{2\,\,024 + 2}}{{2 \cdot 2\,\,024}} = \frac{{2\,\,026}}{{2 \cdot 2\,\,024}} = \frac{{1\,\,013}}{{2\,\,024}}.\)

Vậy với \(x = 2\,\,024\) thì \(A = \frac{{1\,\,013}}{{2\,\,024}}.\)