PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

Áp dụng quy tắc đổi dấu để viết phân thức bằng phân thức sau \[\frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{ - x - 2y}}\], ta được

Hướng dẫn giải

1. Thể tích phần dưới (có dạng hình lập phương) của khối bê tông là: \[{1^3} = 1\] (m³).

Thể tích phần trên (có dạng hình chóp tứ giác đều) của khối bê tông là:

\(\frac{1}{3} \cdot {1^2} \cdot 0,6 = 0,2\) (m³).

Thể tích của khối bê tông là: \[1 + 0,2 = 1,2\] (m³).

Đổi \[350,55\] kg \[ = 0,35055\] tấn; 185 lít \[ = 0,185\] m³.

Khối lượng xi măng cần dùng để làm khối bê tông đó là:

\[1,2 \cdot 0,35055 = 0,42066\] (tấn).

Lượng nước cần dùng để làm khối bê tông đó là:

\[1,2 \cdot 0,185 = 0,222\] (m³).

2.

a) Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[ABC\] vuông tại \[A,\] ta có:

\(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)

Suy ra \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\;\,{\rm{(cm)}}\).

Xét hai tam giác \[ABC\] và \[HBA\] có

\(\widehat {AHB} = \widehat {CAB}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(\widehat {HBA} = \widehat {ABC}\,\;\left( {\widehat B\;\,{\rm{chung}}} \right)\)

Do đó $\Delta ABC\backsim \Delta HBA\left(\text{g.g}\right)$  .

Suy ra \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{BA}}{{BC}}\) nên \(HB = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6\,\,{\rm{(cm)}}\).

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[ABH\] vuông tại \[H\] có

\(A{B^2} = B{H^2} + A{H^2}\)

Suy ra \(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{6^2} - {{3,6}^2}} = 4,8\;\,{\rm{(cm)}}\).

Vậy \[HB = 3,6{\rm{ cm}};{\rm{ }}AH = 4,8{\rm{ cm}}.\]

b) Xét \(\Delta MAB\) và \(\Delta MIC\) có:

\(\widehat {MAB} = \widehat {MIC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(\widehat {AMB} = \widehat {IMC}\).

Do đó $\Delta MAB\backsim \Delta MIC\left(\text{g.g}\right)$ .

Suy ra $\text{Δ}ABC\backsim \text{Δ}PMN$ .

Khi đó \(\frac{{MA}}{{MI}} = \frac{{MB}}{{MC}}\) hay \(MA \cdot MC = MB \cdot MI\) (đpcm).

c) Diện tích tam giác \(BIC\) là: \({S_{BIC}} = \frac{1}{2}IB \cdot IC\) (1)

Ta có: \[{\left( {IB - {\rm{ }}IC} \right)^2} \ge 0\]

\[I{B^2} + {\rm{ }}I{C^2} - 2IB \cdot IC \ge 0\]

\[I{B^2} + {\rm{ }}I{C^2} \ge 2IB \cdot IC\]

\(IB.IC \le \frac{{I{B^2} + I{C^2}}}{2}\).

Mặt khác, áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(BIC\) vuông tại \[I\] nên

\[B{C^2} = I{B^2} + I{C^2}\]

Thay vào (1) ta suy ra được:

\({S_{BIC}} \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{I{B^2} + I{C^2}}}{2} = \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{10}}{4} = \frac{5}{2}\;\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \[IB = IC.\]

Suy ra \(\Delta IBC\) cân tại \[I\] nên tam giác \(IBC\) vuông cân tại \[I\], suy ra \(\widehat {MBC} = 45^\circ .\)

Vậy khi điểm \[M\] thuộc \[AC\] sao cho \(\widehat {MBC} = 45^\circ \) thì diện tích tam giác \(BIC\) đạt giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải

a) Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thể được rút ra là các số chia hết cho 5” đó là 5.

Vì thế xác suất của biến cố đó là \(\frac{1}{5}\).

b) Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thể được rút ra là các số chia hết cho 3 dư 1” đó là \[7\,;\,\,13.\]

Vì thế xác suất của biến cố đó là \(\frac{2}{5}\).