Đề thi vào 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2025

Đề bài

Câu I. (2.0 điểm)

1. Giải bất phương trình: \(x - 1 < 0\).

2. Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt 9  - 2\).

3. Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\). Tìm điểm thuộc đồ thị \(\left( P \right)\) có hoành độ \(x = 2\).

4. Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 2y = 3}\\{3x + 2y = 2}\end{array}} \right.\)

Câu II. (3.0 điểm)

1. Giải phương trình: \({x^2} - 5x + 6 = 0\).

2. Cho biểu thức: \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 3}} - \frac{2}{{x + 3\sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x  - 2}}{{{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)}^2}}}\), với \(x > 0,x \ne 4\).

a) Rút gọn biểu thức \(B\).

b) Tìm \(x\) để \(B = 2\).

3. Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - m + 3\) (với \(m\) là tham số). Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía đối với trục tung.

4. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Bác Bình có 800 000 000 đồng (tám trăm triệu đồng), để hạn chế tối đa rủi ro trong đầu tư, bác quyết định chia số tiền đang có làm hai khoản. Khoản thứ nhất bác gửi vào ngân hàng với lãi suất 6%/năm. Khoản thứ hai bác đầu tư vào nhà hàng của một người thân để nhận lãi kinh doanh là 10%/năm. Sau một năm bác Bình nhận được tiền lãi từ hai khoản trên là 66 000 000 đồng (sáu mươi sáu triệu đồng). Tính số tiền bác Bình đã đầu tư vào mỗi khoản.

Câu III. (1.5 điểm)

1. Một trạm y tế ghi lại nhóm máu của một nhóm người hiến máu tình nguyện kết quả như sau:

Căn cứ vào bảng thống kê trên, em hãy cho biết nhóm máu nào có nhiều người tham gia hiến máu nhất?

2. Một hộp có 20 viên bi với kích thước và khối lượng như nhau. Viết lên các viên bi đó các số 1, 2, 3, , 19, 20; hai viên bi khác nhau thì viết hai số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp và quan sát số được viết trên viên bi được lấy.

a) Mô tả không gian mẫu của phép thử.

b) Gọi \(A\) là biến cố "Số xuất hiện trên viên bi lấy ra chia hết cho 4". Tính xác suất biến cố \(A\).

Câu IV. (3.0 điểm)

1. Nước ta có rất nhiều trò chơi dân gian, trong đó có trò chơi đánh đu. Khi người chơi nhún đều, đẩy đu sẽ đưa người chơi dao động quanh vị trí cân bằng \({A_0}\). Trong hình minh họa bên, người chơi đang ở vị trí \(A\) với \(OA = 5m\) và dây \(OA\) tạo với phương thẳng đứng \(O{A_0}\) một góc \(\alpha  = {30^ \circ }\). Tính độ dài đoạn thẳng \(AB\) là khoảng cách từ vị trí \(A\) đến đường thẳng \(O{A_0}\).

2. Cho tam giác \(ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), các đường cao \(AD,BE,CF\) của tam giác \(ABC\) (với \(D \in BC,E \in AC,F \in AB\)) cắt nhau tại điểm \(H\).

a) Chứng minh tứ giác \(BFEC\) nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh: \(AE.AC = AF.AB\).

c) Gọi \(K\) là điểm đối xứng với \(O\) qua đường thẳng \(BC\). Chứng minh rằng: \(HK \bot EF\).

3. Chiếc nón lá do một làng nghề ở Huế làm thủ công là hình nón có chiều cao bằng \(19cm\), đường kính đáy bằng \(40cm\). Người ta dùng hai lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của nón (tham khảo hình vẽ). Tính diện tích lá cần dùng để làm một chiếc nón (bỏ qua mọi hao hụt khi làm nón; lấy \(\pi  = 3,14\); kết quả làm tròn đến hàng đơn vị; cho \({S_{xq}} = \pi rl,V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h,{l^2} = {r^2} + {h^2}\)).

Câu V. (0,5 điểm)

Cửa hàng A kinh doanh máy tính có một loại máy tính giá nhập vào một chiếc là 14 000 000 đồng (mười bốn triệu đồng) và bán ra với giá 16 000 000 đồng (mười sáu triệu đồng). Với giá bán như trên thì số lượng máy tính bán được dự kiến 50 chiếc/tháng. Để kích thích tiêu thụ dòng máy tính này, chủ cửa hàng dự định giảm giá bán và khảo sát thấy rằng cứ mỗi lần giảm 100 000 đồng (một trăm nghìn đồng) trên một chiếc thì số lượng máy tính bán ra tăng thêm 5 chiếc/tháng. Hỏi cửa hàng phải giảm giá mỗi chiếc máy tính bao nhiêu để sau khi giảm giá, lợi nhuận thu được cao nhất?

----Hết----

Lời giải chi tiết

Câu I: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: \(x - 1 < 0\).

2. Tính giá trị của biểu thức: \(A = \sqrt 9  - 2\).

3. Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị (P). Tìm điểm thuộc đồ thị (P) có hoành độ \(x = 2\).

4. Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 3\\3x + 2y = 2\end{array} \right.\).

Phương pháp:

1. Chuyển vế để giải bất phương trình.

2. Tính căn bậc hai rồi thực hiện tính.

3. Thay x = 2 vào hàm số để tính y.

Từ đó ta có toạ độ điểm thuộc đồ thị (P).

4. Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Lời giải:

1. \(x - 1 < 0\)

\(x < 1\).

Vậy bất phương trình có nghiệm là \(x < 1\).

2. \(A = \sqrt 9  - 2 = 3 - 2 = 1\).

3. Giả sử \(A({x_A};{y_A})\) là điểm thuộc đồ thị (P).

Khi đó \(A({x_A};{x_A}^2)\).

Với \({x_A} = 2\) thì \({x_A}^2 = {2^2} = 4\).

Vậy \(A(2;4)\) là điểm thuộc đồ thị (P) có hoành độ \(x = 2\).

4. \(\left\{ \begin{array}{l}2x - 2y = 3\\3x + 2y = 2\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}5x = 5\\3x + 2y = 2\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\3.1 + 2y = 2\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm là \(\left( {1; - \frac{1}{2}} \right)\)

Câu II: (3,0 điểm) 1. Giải phương trình \({x^2} - 5x + 6 = 0\).

2. Cho biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 3}} - \frac{2}{{x + 3\sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x  - 2}}{{{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)}^2}}}\), với \(x > 0,x \ne 4\).

a) Rút gọn biểu thức B.

b) Tìm \(x\) để \(B = 2\).

3. Cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị (P) và đường thẳng (d): \(y = 2x - m + 3\) (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để đường thẳng (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía đối với trục tung.

4. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Bác Bình có 800 000 000 đồng (tám trăm triệu đồng), để hạn chế tối đa rủi ro trong đầu tư, bác quyết định chia số tiền đang có làm hai khoản. Khoản thứ nhất bác gửi vào ngân hàng với lãi suất 6%/năm. Khoản thứ hai bác đầu tư vào nhà hàng của một người thân để nhận lãi kinh doanh là 10%/năm. Sau một năm bác Bình nhận được tiền lãi từ hai khoản trên là 66 000 000 đồng (sáu mươi sáu triệu đồng). Tính số tiền bác Bình đã đầu tư vào mỗi khoản.

Phương pháp:

1. Đưa phương trình về phương trình tích để giải.

\(\left( {ax + b} \right)\left( {cx + d} \right) = 0\) thì \(ax + b = 0\) hoặc \(cx + d = 0\).

2.

a) Kết hợp các phép biến đổi với căn thức bậc hai để rút gọn biểu thức.

b) Thay B = 2, giải phương trình để tìm x.

3. Viết phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và parabol.

Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\Delta ' > 0\).

Để đường thẳng (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung thì hoành độ \({x_1}\) và \({x_2}\) trái dấu hay \({x_1}{x_2} < 0\).

Kết hợp hai điều kiện \(\Delta ' > 0\) và \({x_1}{x_2} < 0\) để tìm m.

4. Gọi số tiền bác Bình gửi vào ngân hàng và đầu tư vào nhà hàng lần lượt là \(x\) và \(y\) (triệu đồng), \(\left( {0 < x,y < 800} \right)\).

Vì bác Bình chia 800 triệu đồng để gửi vào ngân hàng và đầu tư vào nhà hàng nên ta có phương trình thứ nhất.

Vì lãi suất của ngân hàng là 6%/năm, lãi kinh doanh là 10%/năm và sau một năm bác Bình nhận được tiền lãi từ hai khoản trên là 66 triệu đồng nên ta có phương trình thứ hai.

Ta có hệ phương trình.

Giải hệ phương trình để tìm x, y.

Kiểm tra điều kiện và kết luận.

Lời giải:

1. Ta có:

\(\begin{array}{l}{x^2} - 5x + 6 = 0\\{x^2} - 2x - 3x + 6 = 0\\x\left( {x - 2} \right) - 3\left( {x - 2} \right) = 0\\\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\end{array}\)

\(x - 3 = 0\) hoặc \(x - 2 = 0\)

\(x = 3\) hoặc \(x = 2\)

Vậy \(x \in \left\{ {3;2} \right\}\).

2.

a) ĐKXĐ: \(x > 0,x \ne 4\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 3}} - \frac{2}{{x + 3\sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x  - 2}}{{{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)}^2}}}\\ = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x  + 3}} - \frac{2}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 3} \right)}}} \right].\frac{{{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x  - 2}}\\ = \left[ {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 3} \right)}} - \frac{2}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 3} \right)}}} \right].\frac{{{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x  - 2}}\\ = \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 3} \right)}}.\frac{{{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)}^2}}}{{\sqrt x  - 2}}\\ = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\end{array}\)

Vậy \(B = \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0,x \ne 4\).

b) Ta có:

\(\begin{array}{l}B = 2\\\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }} = 2\\\sqrt x  + 3 = 2\sqrt x \\2\sqrt x  - \sqrt x  = 3\\\sqrt x  = 3\end{array}\)

\(x = 9\) (thoả mãn điều kiện)

Vậy \(x = 9\) thì \(B = 2\).

3. Đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - m + 3\) và \(\left( P \right):y = {x^2}\) cắt nhau thì \({x^2} = 2x - m + 3\) hay \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\).

Xét \(\Delta ' = {\left( {\frac{{ - 2}}{2}} \right)^2} - \left( {m - 3} \right) = 1 - m + 3 = 4 - m\).

Để đường thẳng (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình \({x^2} - 2x + m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt, suy ra \(\Delta ' = 4 - m > 0\) nên \(m < 4\) (1)

Áp dụng định lí Viète, ta có: \({x_1}{x_2} = \frac{{m - 3}}{1} = m - 3\)

Để đường thẳng (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung thì hoành độ \({x_1}\) và \({x_2}\) trái dấu hay \({x_1}{x_2} = m - 3 < 0\).

Do đó \(m < 3\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(m < 3\).

Các giá trị nguyên dương của m thoả mãn là \(1;2\).

Vậy với \(m \in \left\{ {1;2} \right\}\) thì đường thẳng (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía đối với trục tung.

4. Gọi số tiền bác Bình gửi vào ngân hàng và đầu tư vào nhà hàng lần lượt là \(x\) và \(y\) (triệu đồng), \(\left( {0 < x,y < 800} \right)\).

Vì bác Bình chia 800 triệu đồng để gửi vào ngân hàng và đầu tư vào nhà hàng nên ta có phương trình: \(x + y = 800\) (1)

Vì lãi suất của ngân hàng là 6%/năm nên số tiền lãi bác Bình nhận được từ việc gửi tiền vào ngân hàng sau một năm là: \(x.6\%  = 0,06x\) (triệu đồng)

Vì lãi kinh doanh là 10%/năm nên số tiền lãi bác Bình nhận được từ việc đầu tư vào nhà hàng là: \(y.10\%  = 0,1y\) (triệu đồng)

Vì sau một năm bác Bình nhận được tiền lãi từ hai khoản trên là 66 triệu đồng nên ta có phương trình: \(0,06x + 0,1y = 66\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0,06x + 0,1y = 66\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0,06x + 0,1y = 66\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x + y = 800\\0,6x + y = 660\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0,4x = 140\\y = 800 - x\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 350\\y = 800 - 350\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 350\\y = 450\end{array} \right.\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy bác Bình gửi vào ngân hàng 350 triệu đồng và đầu tư vào nhà hàng 450 triệu đồng.

Câu III: (1,5 điểm) 1. Một trạm y tế ghi lại nhóm máu của một nhóm người hiến máu tình nguyện kết quả như sau:

Căn cứ vào bảng thống kê trên, em hãy cho biết nhóm máu nào có nhiều người tham gia hiến máu nhất?

2. Một hộp có 20 viên bi với kích thước và khối lượng như nhau. Viết lên các viên bi đó các số 1, 2, 3, …, 19, 20; hai viên bi khác nhau thì viết hai số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp và quan sát số được viết trên viên bi được lấy.

a) Mô tả không gian mẫu của phép thử.

b) Gọi A là biến cố: “Số xuất hiện trên viên bi lấy ra chia hết cho 4”. Tính xác suất của biến cố A.

Phương pháp:

1. Quan sát bảng, xác định nhóm máu có số người tham gia hiến máu lớn nhất.

2.

a) Không gian mẫu là tất cả các kết quả có thể xảy ra khi lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp.

b) Xác định các viên bi có số chia hết cho 4.

Xác suất của biến cố A = số kết quả thuận lợi cho A : số phần tử của không gian mẫu.

Lời giải:

1. Căn cứ vào bảng thống kê trên, nhóm máu có nhiều người tham gia hiến máu nhất là nhóm máu O.

2.

a) Không gian mẫu của phép thử:

\(\Omega  = \{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;15;16;17;18;19;20\} \).

b) Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = 20\).

Ta có \(A = \{ 4;8;12;16;20\} \), suy ra \(n\left( A \right) = 5\).

Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\).

Câu IV: (3,0 điểm) 1. Nước ta có rất nhiều trò chơi dân gian, trong đó có trò chơi đánh đu. Khi người chơi nhún đều, dây đu sẽ đưa người chơi dao động quanh vị trí cân bằng \({A_0}\). Trong hình minh hoạ bên, người chơi đang ở vị trí A với \(OA = 5{\mkern 1mu} m\) và dây OA tạo với phương thẳng đứng \(O{A_0}\) một góc \(\alpha  = 30^\circ \). Tính độ dài đoạn thẳng AB là khoảng cách từ vị trí A đến đường thẳng \(O{A_0}\)

2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC (với \(D \in BC\), \(E \in AC\), \(F \in AB\)) cắt nhau tại điểm H.

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh: \(AE \cdot AC = AF \cdot AB.\)

c) Gọi K là điểm đối xứng với điểm O qua đường thẳng BC. Chứng minh rằng: \(HK \bot EF\).

3. Chiếc nón lá do một làng nghề ở Huế làm thủ công là hình nón có chiều cao bằng 19cm, đường kính đáy bằng 40cm. Người ta dùng hai lớp lá để phủ lên bề mặt xung quanh của nón (tham khảo hình vẽ). Tính diện tích lá cần dùng để làm một chiếc nón (bỏ qua mọi hao hụt khi làm nón; lấy \(\pi  = 3,14\); kết quả làm tròn đến hàng đơn vị; có \({S_{xq}} = \pi rl\), \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\), \({l^2} = {r^2} + {h^2}\).

Phương pháp:

1. Xác định tỉ số lượng giác liên quan đến \(\alpha ,AB,OA\), từ đó ta có hệ thức để tính đoạn AB.

2.

a) Chứng minh \(\Delta BEC\) vuông tại E và \(\Delta BFC\) vuông tại F nên B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay BFEC nội tiếp đường tròn.

b) Áp dụng tính chất tứ giác nội tiếp và hai góc kề bù, chứng minh \(\angle ACB = \angle AFE\)

Từ đó chứng minh $\Delta AEF\backsim \Delta ABC\left( g.g \right)$

Suy ra \(AE.AC = AF.AB\).

c) Gọi N là giao điểm của AO và EF, gọi M là giao điểm của BC và OK.

Chứng minh BC là trung trực của OK hay \(BC \bot OK\) tại M

Chứng minh \(\Delta OBC\) cân tại O

OM là đường cao nên OM đồng thời là trung tuyến hay M là trung điểm của BC

Kẻ đường kính AI của (O).

Chứng minh \(\angle ACI = \angle ABI = 90^\circ \) suy ra \(CI\parallel BE\) (cùng vuông góc với AC) và \(BI\parallel CH\) (do cùng vuông góc với AB) nên \(BHCI\) là hình bình hành

Suy ra M là trung điểm của HI

Chứng minh OM là đường trung bình của \(\Delta AHI\)

Suy ra \(AH\parallel OM\)

Kết hợp \(AH = OK\) và \(AH\parallel OK\)suy ra \(AHMO\) là hình bình hành nên \(HK\parallel AO\)

Chứng minh \(AO \bot EF\)

Suy ra \(HK \bot EF\)

3. Tính bán kính đáy.

Sử dụng công thức liên hệ giữa bán kính, chiều cao và đường sinh của hình nón để tính độ dài đường sinh.

Tính diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl\)

Diện tích lá cần dùng để làm nón = 2 lần diện tích xung quanh.

Lời giải:

1. Ta có \(\Delta OAB\) vuông tại B nên ta có \(\sin \alpha  = \frac{{AB}}{{OA}}\) suy ra \(AB = OA.\sin \alpha  = 5.\sin 30^\circ  = 2,5\) (m)

Vậy độ dài của đoạn AB bằng 2,5 m.

2.

a) Do BE, CF là đường cao nên \(\Delta BEC\) vuông tại E và \(\Delta BFC\) vuông tại F

\(\Delta BEC\) vuông tại E nên B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

\(\Delta BFC\) vuông tại F nên B, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

Suy ra B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay BFEC nội tiếp đường tròn.

b) Do BFEC nội tiếp đường tròn nên \(\angle ACB + \angle BFE = 180^\circ \) (tính chất)

Mà \(\angle AFE + \angle BFE = 180^\circ \) (hai góc kề bù) nên \(\angle ACB = \angle AFE\)

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ACB\) có \(\angle ACB = \angle AFE\) và \(\angle BAC\) chung

Suy ra $\Delta AEF\backsim \Delta ABC\left( g.g \right)$

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) hay \(AE.AC = AF.AB\).

c) Gọi N là giao điểm của AO và EF, gọi M là giao điểm của BC và OK.

Do K đối xứng với O qua BC nên BC là trung trực của OK hay \(BC \bot OK\) tại M

Ta có \(OB = OC\) (cùng bằng bán kính) nên \(\Delta OBC\) cân tại O

Mà OM là đường cao nên OM đồng thời là trung tuyến hay M là trung điểm của BC

Kẻ đường kính AI của (O). Khi đó \(\angle ACI = \angle ABI = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(CI\parallel BE\) (cùng vuông góc với AC) và \(BI\parallel CH\) (do cùng vuông góc với AB)

Suy ra \(BHCI\) là hình bình hành

Mà M là trung điểm của BC nên M là trung điểm của HI

Xét \(\Delta AHI\) có M là trung điểm của HI và O là trung điểm của AI nên OM là đường trung bình của \(\Delta AHI\)

Suy ra \(AH = 2OM\) và \(AH\parallel OM\)

Mà \(OK = 2OM\) nên suy ra \(AH = OK\) và \(AH\parallel OK\)

Suy ra \(AHMO\) là hình bình hành nên \(HK\parallel AO\)  (1)

Ta có \(\angle FAN + \angle AFN = \angle BCI + \angle ACB = \angle ACI = 90^\circ \)

Suy ra \(\Delta ANF\) vuông tại N hay \(AO \bot EF\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(HK \bot EF\)

3. Đường kính đáy hình nón bằng 40cm nên có bán kính là 20cm

Độ dài đường sinh của hình nón là là \(l = \sqrt {{r^2} + {h^2}}  = \sqrt {{{20}^2} + {{19}^2}}  = \sqrt {761} \) cm

Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là \({S_{xq}} = \pi rl = 3,14.20.\sqrt {761}  \approx 1732,415\) cm²

Vậy diện tích lá cần dùng để làm nón là \(2.1732,415 \approx 3465\) cm².

Câu V: (0,5 điểm) Cửa hàng A kinh doanh máy tính có một loại máy tính giá nhập vào một chiếc là 14000000 đồng (mười bốn triệu đồng) và bán ra với giá 16000000 đồng (mười sáu triệu đồng). Với giá bán như trên thì số lượng máy tính bán được dự kiến là 50 chiếc/tháng. Để kích thích tiêu thụ dòng máy tính này, chủ cửa hàng dự định giảm giá bán và khảo sát thấy rằng cứ mỗi lần giảm 100000 đồng trên một chiếc thì số lượng máy tính bán ra tăng thêm 5 chiếc/tháng. Hỏi cửa hàng phải giảm giá mỗi chiếc máy tính bao nhiêu để sau khi giảm giá, lợi nhuận thu được cao nhất?

Phương pháp:

Gọi \(x\) là số lần giảm 100.000 đồng, \(x > 0\), suy ra số tiền giảm theo x.

Tính lợi nhuận mỗi chiếc máy tính = giá mới – giá nhập.

Suy ra tổng lợi nhuận = số máy . lợi nhuận mỗi máy.

Sử dụng hằng đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất của lợi nhuận.

Lời giải:

Gọi \(x\) là số lần giảm 100.000 đồng, \(x > 0\) thì số tiền giảm: \(100000x\)(đơn vị: đồng)

Ta có:

- Giá bán mới \(16000000 - 100000x\) (đồng)

- Số máy bán được: \(50 + 5x\) (chiếc)

- Giá nhập mỗi chiếc: \(14000000\) (đồng)

Khi đó lợi nhuận mỗi chiếc là: \(16000000 - 100000x - 14000000 = 2000000 - 100000x\) (đồng)

Suy ra tổng lợi nhuận là

\(L\left( x \right) = \left( {50 + 5x} \right).\left( {2000000 - 100000x} \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}L(x) = (50 + 5x)(2000000 - 100000x)\\ = 50.(2000.000 - 100000x) + 5x.(2000000 - 100000x)\\ = 100000000 - 5000000x + 10000000x - 500000{x^2}\\ = 100000000 + 5000000x - 500000{x^2}\end{array}\)

Ta tìm giá trị lớn nhất của

\(\begin{array}{l}L(x) =  - 500000{x^2} + 5000000x + 100000000\\ = 500000({x^2} - 10x) + 100000000\\ =  - 500000({x^2} - 10x + 25 - 25) + 100000000\\ =  - 500000[{(x - 5)^2} - 25] + 100000000\\ =  - 500000{(x - 5)^2} + 12500000 + 100000000\\ =  - 500000{(x - 5)^2} + 112500000\end{array}\)

Biểu thức đạt giá trị lớn nhất khi \({(x - 5)^2} = 0\) suy ra \(x = 5\)

Vậy cửa hàng nên giảm giá mỗi máy là:\(100000 \times 5 = 500000{\rm{ }}\)đồng.