Bác An dùng một cái thùng đựng nước có dạng hình trụ chiều cao là $h = 35{\rm{\;cm}}$ và bán kính đáy $r = 15{\rm{\;cm}}$ để múc nước đổ vào bể chứa có dung tích $1{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}$. Hỏi Bác An cần phải đổ ít nhất bao nhiêu thùng nước thì đầy bể chứa? Biết rằng mỗi lần bác An chỉ đổ đầy $90{\rm{\% }}$ dung tích của thùng để nước không đổ ra ngoài (Lấy $\pi \approx 3,14$ ).

Câu hỏi trong đề: Đề thi thử vào 10 môn Toán năm 2026 Phường Thái Hòa (Nghệ An) lần 3 có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Thể tích của thùng nước là: $V = \pi {r^2}h = \pi \cdot {15^2} \cdot 35 = 7875\pi \left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Thay $\pi \approx 3,14$, ta có thể tích thùng khoảng: $V \approx 7875 \cdot 3,14 = 24727,5\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Đổi $1{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3} = 1\,\,000\,\,000{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}$.

Thể tích nước xách được trong mỗi lần ( $90{\rm{\% }}$ thùng) là:

${V_n} = 90{\rm{\% }} \cdot V \approx 0,9 \cdot 24727,5 = 22254,75\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Số thùng nước ít nhất cần đổ để đầy bể là: $n = \frac{{1\,\,000\,\,000}}{{22\,\,254,75}} \approx 44,93$ (thùng).

Vì số lần đổ phải là số nguyên nên ta cần đổ ít nhất 45 thùng.

Vậy cần phải đổ ít nhất 45 thùng

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 \[ABC\] có ba góc nhọn ($AB < AC$), có các đường cao $BE,$$CF$ cắt nhau tại $H.$ Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC,$$K$ là chân đường vuông góc kẻ từ $H$ xuống $AM.$

(a) Chứng minh tứ giác \[CEFB\] là tứ giác nội tiếp.

(b) Chứng minh $\widehat {AHE} = \widehat {ACM}$ và $B{C^2} = 4MK \cdot MA.$

(c) Đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $AM$ cắt tia $CF$ tại $S.$ Gọi $N$ là giao điểm của $AM$ và $BE.$ Gọi $P,$$Q$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CS.$ Chứng minh $NP \bot EQ.$

Lời giải

a) Ta có $BE \bot AC \Rightarrow \Delta EBC$ vuông tại $E$$ \Rightarrow $$E,$$B,$$C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC.$ (1)

Ta có \[CF \bot AB \Rightarrow \Delta FBC\] vuông tại $F$$ \Rightarrow $$F,$$B,$$C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $C,$$E,$$F,$$B$ cùng thuộc đường tròn, hay tứ giác \[CEFB\] là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh tương tự như câu a) ta có $AEHF$là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {AHE} = \widehat {AFE}.$ (3)

Mà \[CEFB\] là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {ACM} = \widehat {AFE}$(cùng bù với $\widehat {BFE}$) (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {AHE} = \widehat {ACM}.$

Chứng minh tương tự như câu a) ta có $AHKE$là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {AHE} = \widehat {AKE}.$ Mà $\widehat {AHE} = \widehat {ACM}$(theo chứng minh trên) nên $\widehat {ACM} = \widehat {AKE}.$ (5)

Mặt khác: $EM$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông $BEC$ nên $ME = \frac{{BC}}{2} = MC$$ \Rightarrow \Delta MEC$ cân tại $M$$ \Rightarrow \widehat {ACM} = \widehat {MEC}.$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat {MEC} = \widehat {AKE}$$ \Rightarrow 180^\circ - \widehat {MEC} = 180^\circ - \widehat {AKE}$$ \Rightarrow \widehat {MEA} = \widehat {MKE}$

$ \Rightarrow \frac{{MK}}{{ME}} = \frac{{ME}}{{MA}} \Rightarrow M{E^2} = MA \cdot MK$$ \Rightarrow {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} = MA \cdot MK$$ \Rightarrow B{C^2} = 4MA \cdot MK.$

c) Gọi $I$ là giao điểm của $PN$ và $EQ.$

Ta có $\widehat {ANE} = \widehat {AES}$(cùng phụ với $\widehat {EAN}$)$ \Rightarrow \widehat {CES} = \widehat {BNA}.$ Kết hợp với $\widehat {ABE} = \widehat {ACF}$suy ra

$ \Rightarrow \frac{{BN}}{{BA}} = \frac{{CE}}{{CS}}$$ \Rightarrow \frac{{BN}}{{2BP}} = \frac{{CE}}{{2CQ}}$$ \Rightarrow \frac{{BN}}{{BP}} = \frac{{CE}}{{CQ}}$$ \Rightarrow \widehat {CEQ} = \widehat {BNP} = \widehat {ENI}$$ \Rightarrow \widehat {CEQ} + \widehat {QEN} = \widehat {ENI} + \widehat {QEN}$$ \Rightarrow 90^\circ = \widehat {ENI} + \widehat {QEN}$$ \Rightarrow \widehat {NIE} = 90^\circ \Rightarrow PN \bot EQ.$

Câu 2

Cho phương trình $2{x^2} - 7x - 1 = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$$\left( {{x_1} > {x_2}} \right)$. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức $P = \frac{{\sqrt {\frac{{23{x_1} + 33}}{2}} + {x_2} + 21}}{{{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}}}.$

Lời giải

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt$\;{x_1},{x_2}$ nên heo định lí Viète ta có:

${x_1} + {x_2} = \frac{7}{2}$ và ${x_1}{x_2} = - \frac{1}{2}.$

Ta có $N = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} + {x_2}\,} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{7}{2}} \right)^2} - 4 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{49}}{4} + \frac{4}{2} = \frac{{57}}{4}.$

Vì ${x_1}$ là nghiệm của phương trình $2{x^2} - 7x - 1 = 0$ nên $2x_1^2 - 7{x_1} - 1 = 0 \Rightarrow {x_1}^2 = \frac{{7{x_1} + 1}}{2}$$ \Rightarrow {\left( {{x_1} + 4} \right)^2} = {x_1}^2 + 8{x_1} + 16$$ = \frac{{7{x_1} + 1}}{2} + 8{x_1} + 16$$ = \frac{{23{x_1} + 33}}{2}$

Do đó $M = \sqrt {\frac{{23{x_1} + 33}}{2}} + {x_2} + 21 = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 4} \right)}^2}} + {x_2} + 21 = \left| {{x_1} + 4} \right| + {x_2} + 21$

$ = {x_1} + {x_2} + 25 = \frac{7}{2} + 25 = \frac{{57}}{2}$ (Vì ${x_1}{x_2} = - \frac{1}{2} < 0 \Rightarrow {x_1}$ và ${x_2}$ trái dấu.

Kết hợp với giả thiết ${x_1} > {x_2}$ ta có ${x_1} > 0 > {x_2}$$ \Rightarrow {x_1} + 4 > 0 \Rightarrow \left| {{x_1} + 4} \right| = {x_1} + 4$)

Vậy $P = M:N = \frac{{57}}{2}:\frac{{57}}{4} = 2$

Câu 3