(4,0 điểm)
Một ly nước có dạng hình trụ với bán kính đáy là \(2\;cm\;\)và chiều cao là \(12\;cm.\;\)(Lấy \(\pi \approx 3,14\) và coi chiều dày của ly nước không đáng kể).
a) Tính diện tích xung quanh của ly nước.
b) Lúc đầu ly chứa một lượng nước có chiều cao bằng \(\frac{2}{3}\;\)chiều cao của ly. Người ta thả \(6\) viên bi thủy tinh hình cầu có cùng bán kính là \(1\;cm\) vào ly thì thấy các viên bi chìm hoàn toàn trong nước và không có nước tràn ra ngoài. Hỏi mực nước trong ly dâng lên thêm bao nhiêu xăng-ti-mét?
(4,0 điểm)
Một ly nước có dạng hình trụ với bán kính đáy là \(2\;cm\;\)và chiều cao là \(12\;cm.\;\)(Lấy \(\pi \approx 3,14\) và coi chiều dày của ly nước không đáng kể).
a) Tính diện tích xung quanh của ly nước.
b) Lúc đầu ly chứa một lượng nước có chiều cao bằng \(\frac{2}{3}\;\)chiều cao của ly. Người ta thả \(6\) viên bi thủy tinh hình cầu có cùng bán kính là \(1\;cm\) vào ly thì thấy các viên bi chìm hoàn toàn trong nước và không có nước tràn ra ngoài. Hỏi mực nước trong ly dâng lên thêm bao nhiêu xăng-ti-mét?
Quảng cáo
Trả lời:
|
1a) 0,5đ |
Diện tích xung quanh của ly nước hình trụ là: \({S_{xq}} = 2.\pi .r.h\) |
0,25 |
|
\({S_{xq}} \approx 2.3,14.2.12 = 150,72{\rm{ }}c{m^2}\) |
0,25 |
|
|
1b) 0,5đ |
Thể tích của một viên bi thủy tinh hình cầu là: \({V_1} = \frac{4}{3}.\pi .r_{bi}^3 = \frac{4}{3}.\pi {.1^3} = \frac{4}{3}\pi {\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)\) Tổng thể tích của 6 viên bi thủy tinh là: \({V_{6\,\,bi}} = 6.{V_1} = 6.\frac{4}{3}\pi = 8\pi {\rm{ }}\left( {c{m^3}} \right)\) |
0,25
|
|
Khi thả 6 viên bi vào, thể tích nước dâng lên trong ly bằng đúng tổng thể tích của các viên bi. Gọi h' là chiều cao mực nước dâng thêm, ta có: \({V_{dang\,\,len}} = \pi .r_{ly}^2.h'\) \(8\pi = \pi {.2^2}.h'\) \(8\pi = 4\pi .h'\) \(h' = 2{\rm{ }}cm\) Vậy mực nước trong ly dâng lên thêm 2 cm. |
0,25 |
Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và điểm \(S\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(SO\;\, > \;\,2R.\) Từ\(\;S\) vẽ hai tiếp tuyến \(SA,\;SB\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (\(A,\;B\) là các tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AB\) và \(SO.\)
a) Chứng minh bốn điểm \(S,\;A,\;O,\;B\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(SO\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\) và \(O{A^2} = OH.OS.\)
c) Lấy điểm \(J\) thuộc đoạn thẳng \(AH\) sao cho \(AJ\,\; > \;\,JH\). Tia \(SJ\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(C\) (\(J\) nằm giữa \(S\) và \(C\)). Vẽ đường kính \(CD\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Đường thẳng qua \(B\) vuông góc với \(SC\) tại \(M\) cắt \(DO\) tại \(K.\) Chứng minh \(\widehat {OCH} = \widehat {HBK}\) và đường thẳng \(HK\) song song với đường thẳng \(AD.\)
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và điểm \(S\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(SO\;\, > \;\,2R.\) Từ\(\;S\) vẽ hai tiếp tuyến \(SA,\;SB\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (\(A,\;B\) là các tiếp điểm). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AB\) và \(SO.\)
a) Chứng minh bốn điểm \(S,\;A,\;O,\;B\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(SO\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\) và \(O{A^2} = OH.OS.\)
c) Lấy điểm \(J\) thuộc đoạn thẳng \(AH\) sao cho \(AJ\,\; > \;\,JH\). Tia \(SJ\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(C\) (\(J\) nằm giữa \(S\) và \(C\)). Vẽ đường kính \(CD\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Đường thẳng qua \(B\) vuông góc với \(SC\) tại \(M\) cắt \(DO\) tại \(K.\) Chứng minh \(\widehat {OCH} = \widehat {HBK}\) và đường thẳng \(HK\) song song với đường thẳng \(AD.\)
|
2a) 1,0đ |
|
0,25 |
|
Chứng minh được: Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A.\) Suy ra\(:\;A\) thuộc đường tròn đường kính \(SO.\) (1) |
0,25 |
|
|
Chứng minh được: Tam giác \(SBO\) vuông tại \(B.\) Suy ra: \(B\) thuộc đường tròn đường kính \(SO.\) (2) |
0,25 |
|
|
Từ (1) và (2) suy ra \(S,A,O,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(SO\) Suy ra điều phải chứng minh |
0,25 |
|
|
2b) 1,0đ |
Chứng minh được: \(SO\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\) |
0,25 |
|
Chứng minh được: |
0,25 |
|
|
Suy ra: \(\frac{{OA}}{{OS}} = \frac{{OH}}{{OA}}\) |
0,25 |
|
|
Từ đó, ta có: \(O{A^2} = OH.OS.\) |
0,25 |
|
|
2c) 1,0đ |
Chứng minh được: \(O{C^2} = O{A^2} = OH.OS.\) Suy ra: Suy ra: \(\widehat {OCH} = \widehat {OSC}\) (1) |
0,25 |
|
Chứng minh được: \(\widehat {OSC} = \widehat {HBK}\) (cùng phụ với \(\widehat {SJB}\)) (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh: \(\widehat {OCH} = \widehat {HBK}\) |
0,25 |
|
|
Gọi giao điểm của \(HB\) và \(KC\;\)là \(T.\;\) Dễ dàng chứng minh được: Từ đó, ta có thể chứng minh được: |
0,25 |
|
|
Suy ra: \(\widehat {KHT} = \widehat {BCT}\) Mà \(\widehat {BAD} = \widehat {BCT}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DB\) trong \(\left( O \right)\)) Nên \(\widehat {KHT} = \widehat {BAD}\) Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(KH\) // \(AD.\) |
0,25 |
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
|
1) 1,0 đ |
Gọi số thùng hàng tối đa mà nhân viên kho có thể mang theo là \(x\) (thùng). (\(x \in {\mathbb{N}^*}\)). |
0,25 |
|
Khối lượng của \(x\) thùng hàng là: \(45\;x\;\)(kg). Tổng khối lượng của nhân viên và các thùng hàng khi ở trong thang máy là: \(75 + 45.x\) (kg). |
0,25 |
|
|
Vì tải trọng tối đa của thang máy là \(1200kg\), ta có bất phương trình: \(75 + 45.x \le 1200\) \(45.x \le 1125\) \(x \le 25\) |
0,25 |
|
|
Vậy nhân viên kho có thể mang theo tối đa 25 thùng hàng để đảm bảo an toàn. |
0,25 |
Lời giải
|
1) 1,0 đ |
Tần số của nhóm ngày có lượng mưa từ \(10mm\)đến dưới 1\(5mm\) là: \(12\) |
0,5 |
|
Tần số tương đối của nhóm ngày này là: \(\frac{{12}}{{30}}.100\% = 40\% \). |
0,5 |
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.


