PHẦN II. CÂU TRẮC NGHIỆM ĐÚNG/SAI (2,00 điểm)

Cho phương trình \({x^2} + 3x + 1 = 0\quad (*)\).

a) Vì \(SA,SB\) là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {SAO} = \widehat {SBO} = 90^\circ \)

\(\Delta SAO\) vuông tại \(A\) nên \(\Delta SAO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(SO\).

\(\Delta SBO\) vuông tại \(B\) nên \(\Delta SBO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(SO\).

Nên bốn điểm \(S,A,O,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(SO\).

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: \(SA = SB\)

và \(OA = OB\) (đều bằng bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\)) nên \(SO\) là trung trực của \(AB\).

Suy ra \(SO \bot AB\) tại trung điểm \(F\) của \(AB\).

$\Delta OAF\backsim \Delta OSA$ (g.g) vì \(\widehat {OAS} = \widehat {OFA} = 90^\circ \) và chung \(\widehat {SOA}\)

Suy ra \(\frac{{OA}}{{OS}} = \frac{{OF}}{{OA}}\) nên \(O{A^2} = OF \cdot OS\)

Mà \(OA = OC\) nên \(O{C^2} = OF \cdot OS\) hay \(\frac{{OC}}{{OF}} = \frac{{OS}}{{OC}}\)

$\Delta OCF\backsim \Delta OSC$ (c.g.c) vì chung \(\widehat {SOC}\) và \(\frac{{OC}}{{OS}} = \frac{{OF}}{{OC}}\)

Suy ra \(\widehat {OCF} = \widehat {OSC}\)

Vì \(SO \bot AB\) và \(BA \bot AC\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(SO\,{\rm{//}}\,AC\)

Suy ra \(\widehat {OSC} = \widehat {ACS}\) (hai góc so le trong)

Nên \(\widehat {OCF} = \widehat {ACS}\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có: \(\widehat {FBC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

Do đó, $\Delta CBF\backsim \Delta CDA$ (g.g) vì: \(\widehat {CBF} = \widehat {CDA}\) và \(\widehat {BCF} = \widehat {ACD}\)

Suy ra \(\frac{{BC}}{{BF}} = \frac{{DC}}{{DA}}\) hay \(\frac{{2BO}}{{BF}} = \frac{{2DK}}{{DA}}\) nên \(\frac{{BO}}{{BF}} = \frac{{DK}}{{DA}}\) hay \(\frac{{BF}}{{DA}} = \frac{{BO}}{{DK}}\) (vì \[O,{\rm{ }}K\] lần lượt là trung điểm của \[BC,{\rm{ }}DC)\]

$\Delta BFO\backsim \Delta DAK$ (c.g.c) vì: \(\widehat {FBO} = \widehat {KDA}\) và \(\frac{{BF}}{{DA}} = \frac{{BO}}{{DK}}\)

Suy ra \(\widehat {DAK} = \widehat {BFO} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {DAE} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

Nên ba điểm \[A,{\rm{ }}K,{\rm{ }}E\] thẳng hàng.

Lại có: \(\widehat {BDC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

Nên \(\widehat {SDB} = 90^\circ \)

\(\Delta SDB\) vuông tại \[D\] nên \(\Delta SDB\) nội tiếp đường tròn đường kính \[SB.\]

\(\Delta SFB\) vuông tại \[F\] nên \(\Delta SFB\) nội tiếp đường tròn đường kính \[SB.\]

Nên bốn điểm \[S,{\rm{ }}D,{\rm{ }}F,{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[SB.\]

Suy ra \(\widehat {SDF} + \widehat {SBF} = 180^\circ \) (tính chất)

Do đó, \(\widehat {CDF} = 180^\circ  - \widehat {SDF} = \widehat {SBF}\)

Từ $\Delta BFO\backsim \Delta DAK$ suy ra \(\widehat {AKD} = \widehat {BOF}\)

Mà \(\widehat {BOF} = \widehat {SBF\,\,}\left( { = 90^\circ  - \widehat {FOB}} \right)\)

Nên \(\widehat {AKD} = \widehat {BOF} = \widehat {SBF} = \widehat {CDF}\) và hai góc ở vị trí so le trong

Suy ra \[DF\,{\rm{//}}\,EK.\]

Giả sử tổ 1 có \(x\) (thành viên) với \(x \in \mathbb{N}*\).

Ban đầu, mỗi thành viên của tổ 1 phải đóng gói \(\frac{{240}}{x}\) (kiện hàng)

Số thành viên tham gia đóng gói sau khi được điều thêm là \(x + 10\) (thành viên)

Lúc này, mỗi thành viên phải đóng gói \(\frac{{240}}{{x + 10}}\) (kiện hàng)

Theo đề bài ta có phương trình: \(\frac{{240}}{x} - \frac{{240}}{{x + 10}} = 2\)

\(\frac{{240\left( {x + 10} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}} - \frac{{240x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{{2x\left( {x + 10} \right)}}{{x\left( {x + 10} \right)}}\)

\(240x + 2400 - 240x = 2{x^2} + 20x\)

\(2{x^2} + 20x - 2400 = 0\)

\({x^2} + 10x - 1200 = 0\)

\(\left( {x - 30} \right)\left( {x + 40} \right) = 0\)

\(x = 30\) (thỏa mãn) hoặc \(x =  - 40\) (không thỏa mãn)

Vậy tổ 1 có 30 thành viên.