Bác Hoa mua một thùng muối vun đầy, cái thúng có dạng nửa hình cầu với đường kính 48cm, phần muối vun lên có dạng hình nón với chiều cao 14cm (như hình vẽ sau)

Bác Hoa cần phải sử dụng ít nhất bao nhiêu thùng nưa để đựng hết lượng muối đã mua. (bỏ qua bề dày của thùng nhựa và thùng)

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Quảng Ngãi năm học 2025-2026 có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Bán kính hình cầu là \(R = \frac{{48}}{2} = 24\)(cm)

Thể tích muối trong thúng là \(V = \frac{1}{3}\pi \cdot {24^2} \cdot 14 + \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {24^3} = 11904\pi \)(cm3)

Ta có \(\frac{V}{{{V_1}}} = \frac{{11904\pi }}{{3000\pi }} = 3,968\).

Vậy bác Hoa cần phải sử dụng ít nhất 4 thùng nhựa.

Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Rút gọn biểu thức: \(Q = 1 + \frac{{x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\) với mọi \(x \ge 0\).

Xem đáp án

Lời giải

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

\( = 1 + \sqrt x - 1 = \sqrt x \)

Câu 2

Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) bằng \(2R\). Gọi \(D\) là trung điểm của \(OB\), vẽ đường thẳng \(a\) qua \(D\) và vuông góc với \(AB\). Trên đường thẳng \(a\), lấy điểm \(C\) nằm ngoài đờng tròn \(\left( O \right)\). Hai đường thẳng \(AC\), \(BC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(E,F\) (với \(E\)khác \(A\), \(F\) khác \(B\)). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AF\) và \(CD\).

a) Chứng minh tứ giác \(BDHF\) nội tiếp.

b) Chứng minh \(AE \cdot AC = 3{R^2}\).

c) Vẽ \(EI\) vuông góc với \(AB\) tại \(I\), cho biết \(EI = 8{\rm{cm}}\) và \(R = 10{\rm{cm}}\). Đường thẳng qua \(E\) cắt tia \(DA,DC\) lần lượt tại \(M,N\). Đặt \(IM = x\) (cm), tính \(DN\) theo \(x\) và tìm \(x\) để diện tích của tam giác \(DMN\) nhỏ nhất.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Ta có tam giác \(BDH\) vuông tại \(D\). Suy ra 3 điểm \(B,D,H\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BH\). (1)

Ta có tam giác \(BFH\) vuông tại \(F\). Suy ra 3 điểm \(B,F,H\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BH\). (2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác \(BDHF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BH\).

b) Từ \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {AEB} = \widehat {ADC} = 90^\circ \\\widehat A{\rm{ chung}}\end{array} \right.\) suy ra \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACD\) đồng dạng.

Do đó \(\frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{AB}}{{AC}}\). Tức là \(AE \cdot AC = AB \cdot AD = 2R \cdot \frac{{3R}}{2} = 3{R^2}\).

c) Ta tính được \(IO = 6\)cm, \(OD = 5\)cm.

Ta có \(EI{\rm{ // }}ND\), suy ra \(\frac{{DN}}{{EI}} = \frac{{DM}}{{MI}}\). Ta tính được \(DN = \frac{{8\left( {x + 11} \right)}}{x}\).

Vì tam giác \(DMN\) vuông tại \(D\) nên diện tích là

\(S = \frac{1}{2}DM \cdot DN = 4\frac{{{{\left( {x + 11} \right)}^2}}}{x} = 4\left( {\frac{{121}}{x} + x + 22} \right)\) (cm2)

Ta lại có \({\left( {\frac{{121}}{x} + x} \right)^2} = {\left( {\frac{{121}}{x} - x} \right)^2} + 4 \cdot \frac{{121}}{x} \cdot x \ge 484\) với mọi \(x > 0\).

Suy ra \(\frac{{121}}{x} + x \ge 22\). Dấu bằng xảy ra khi \(x = 11\).

Vậy \(x = 11\) thì diện tích của tam giác \(DMN\) nhỏ nhất.

Câu 3