Câu hỏi:

22/04/2026 424

Để kiểm tra độ đạm nước mắm trong thùng gỗ trước khi đóng chai, người ta sử dụng một chiếc gáo múc có dạng nửa hình cầu với bán kính 3cm để đổ vào một ống nghiệm hình trụ có đường kính đáy là 10cm và chiều cao 25cm. Mỗi lần múc nước mắm từ thùng gỗ ra chỉ đạt 95% thể tích của gáo và lượng hao hụt khi đổ vào ống là không đáng kể. Hỏi phải múc ít nhất bao nhiêu lần để lượng nước mắm trong ống nghiệm đạt độ cao tối thiểu 18cm?

Câu hỏi trong đề: 40 Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Thể tích của chiếc gáo nửa hình cầu là: \({V_1} = \frac{2}{3} \cdot \pi \cdot {R^3} = \frac{2}{3} \cdot \pi \cdot {3^3} = 18\pi (c{m^3})\)

Thể tích nước mắm thực tế múc được trong mỗi lần:\({V_2} = 18\pi \cdot 95\% = 17,1\pi \) (\(c{m^3}\))

Bán kính đáy của ống đong hình trụ là: \(R = 10:2 = 5\) (cm)

Thể tích nước mắm trong ống đong khi đạt độ cao \(18cm\) là: \({V_3} = \pi \cdot {5^2} \cdot 18 = 450\pi \)(\(c{m^3}\))

Vì \(450\pi :17,1\pi \approx 26,3\) nên số lần múc cần thiết để đạt độ cao tối thiểu 18cm là 27 lần.

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

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt các tiếp tuyến tại B và C lần lượt tại N và M. Gọi H là giao điểm của AC và OM, D là giao điểm của đoạn thẳng MB với đường tròn (O).

(a) Chứng minh rằng các điểm A, M, C, O cùng thuộc một đường tròn.

(b) ON cắt AB và BH lần lượt tại K và J. Chứng minh JB = JH và \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\]

(c) Kẻ đường kính DI. Gọi E là trung điểm BD. Chứng minh E, I, J thẳng hàng.

Lời giải

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt các tiếp tuyến tại B và C lần lượt tại N và M. Gọi H là giao điểm của AC và OM, D là giao điểm (ảnh 1)

a) Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC.

Vì MN, MC, NB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \[\widehat {MAO}\, = \widehat {\,MCO} = \widehat {NAO} = \widehat {NBO} = {90^0}\]

Tam giác MAO vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Tam giác MCO vuông tại C nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Suy ra bốn điểm M, A, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO

b) Ta có: MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA=OC=R

Suy ra MO là trung trực AC nên MO \[ \bot \] AC. Chứng minh tương tự NO \[ \bot \] AB.

Do đó ON // AC hay OJ // HC. Tam giác BHC có O trung điểm BC và OJ // HC nên J trung điểm BH. Vậy JB = JH.

Xét \[\Delta \]MCH và \[\Delta \]MOC lần lượt vuông tại H và C có \[\widehat {{\rm{HMC}}}\] chung

\[ \Rightarrow \] \[\Delta \]MCH\[\Delta \]MOC (g.g)\[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\] (1).

\[\Delta \]BDC nội tiếp đường tròn (O) có BC đường kính\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]BDC vuông tại D.

Chứng minh tương tự: \[\Delta \]MCD\[\Delta \]MBC (g.g) \[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\]\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]MDH\[\Delta \]MOB (c.g.c) \[ \Rightarrow \]\[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].

c) Tam giác DBI nội tiếp đường tròn (O) có DI đường kính nên vuông tại B.

Tam giác OBD cân tại O nên \[\widehat {{\rm{BDO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{OBD}}}\] hay \[\widehat {{\rm{BDI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{MBC}}}\] \[ \Rightarrow \]\[\Delta \]DBI\[\Delta \]BCM (g.g)

\[ \Rightarrow \frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BC}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{2DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{2BO}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BO}}}}{{{\rm{BM}}}}\]. Kết hợp với \[\widehat {{\rm{EDI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{OBM}}}{\rm{(cmt)}}\]

Từ đó suy ra (c.g.c) \[ \Rightarrow \widehat {{\rm{DEI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].

Mà \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\] (cmt) nên \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{DEI}}}\] \[ \Rightarrow \] EI // DH (3).

Mặt khác, \[\Delta \]BDH có E trung điểm BD, J trung điểm BH nên EJ là đường trung bình

\[ \Rightarrow \] EJ // DH (4).

Từ (3) và (4) suy ra E, I, J thẳng hàng.

Câu 2

Cho phương trình \({x^2} + 4x + 1 = 0\). Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và tính giá trị của biểu thức\(T = \frac{{\sqrt {16x_2^2 - 4{x_1} + 7} + 10{x_1} + 5{x_2} + 20}}{{x_1^3 + 15{x_2} + 64}}\) với \[{x_1} > {x_2}\].

Lời giải

\(\Delta ' = {2^2} - 1 \cdot 1 = 3 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - 4}\\{{x_1}{x_2} = 1}\end{array}} \right.\). Đặt \[T = \frac{A}{B}\].

Nhận xét: Vì tích \({x_1}{x_2} = 1 > 0\) và tổng \({x_1} + {x_2} = - 4 < 0\) nên cả hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) đều là số âm.

Với \[{x_1} > {x_2}\] thì \({x_1} - {x_2} = \sqrt {{{({x_1} + {x_2})}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {12} = 2\sqrt 3 \).

Mẫu số: Vì \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 = - 4{x_1} - 1\)

\[ \Rightarrow \]\(x_1^3 = {x_1}( - 4{x_1} - 1) = - 4x_1^2 - {x_1} = - 4( - 4{x_1} - 1) - {x_1} = 15{x_1} + 4\)

\[ \Rightarrow \]\(B = (15{x_1} + 4) + 15{x_2} + 64 = 15({x_1} + {x_2}) + 68 = 15( - 4) + 68 = 8\)

Tử số: Ta thay \( - 4{x_1} = x_1^2 + 1\) \[ \Rightarrow \] \( - 4{x_1} + 7 = (x_1^2 + 1) + 7 = x_1^2 + 8\)

\[ \Rightarrow \]\(\sqrt {16x_2^2 - 4{x_1} + 7} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8{x_1}{x_2}} = \sqrt {{{({x_1} + 4{x_2})}^2}} = |{x_1} + 4{x_2}|\)

Vì \({x_1},{x_2} < 0\) nên \(|{x_1} + 4{x_2}| = - {x_1} - 4{x_2}\)

\( \Rightarrow A = ( - {x_1} - 4{x_2}) + 10{x_1} + 5{x_2} + 20 = 9{x_1} + {x_2} + 20\)\( = 4{x_1} - 4{x_2} = 4({x_1} - {x_2})\)

Vậy: \(T = \frac{A}{B} = \frac{{4({x_1} - {x_2})}}{8} = \frac{{4.2\sqrt 3 }}{8} = \sqrt 3 \)

Câu 3