Đề khảo sát chất lượng đầu năm Toán 10 Kết nối tri thức - Đề số 1

Do phương trình bậc hai có \(\Delta {\rm{\;}} < 0\)nên phương trình vô nghiệm.

Ta có: \(\Delta {\rm{\;}} = {b^2} - 4ac = 25 - 24 = 1 > 0\) Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm: \({x_1} = \frac{{5 - 1}}{2} = 2;{x_2} = \frac{{5 + 1}}{2} = 3\)

Vì parabol có đỉnh \(O\) nên có dạng \(y=a{{x}^{2}}\left( a\ne 0 \right)\). 

\(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( \sqrt{3};-3 \right)\) nên toạ độ điểm \(A\) thoả mãn phương trình hàm số.

Ta có \(-3=a{{(\sqrt{3})}^{2}}\Rightarrow a=-1\Rightarrow y=-{{x}^{2}}\).

Thay \(y=-2\) vào hàm số ta được \(-2=-{{x}^{2}}\Rightarrow {{x}^{2}}=2\Rightarrow \left[\begin{align} & x=\sqrt{2} \\ & x=-\sqrt{2} \\\end{align} \right.\)

Đặt \(OA' = a,\;\;OB' = b.\)

Ta có \(\Delta OA'A\) vuông cân tại \(A' \Rightarrow OA' = AA' = a \Rightarrow OA = a\sqrt 2 .\)

\(\Delta OBB'\) vuông cân tại \(B' \Rightarrow OB' = BB' = b \Rightarrow OB = b\sqrt 2 .\)

Theo đề bài ta có: \(AB = \sqrt 2 {\rm{\;}} \Rightarrow OB = OA + \sqrt 2 {\rm{\;}} \Leftrightarrow b\sqrt 2 {\rm{\;}} = a\sqrt 2 {\rm{\;}} + \sqrt 2 \)

\( \Leftrightarrow b - a = 1 \Leftrightarrow OB' - OA' = 1 \Leftrightarrow A'B' = 1.\)

Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn. Hai cạnh của góc ở tâm cắt đường tròn ở hai điểm, hai điểm này chia đường tròn thành hai cung.

Ta có đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh a có độ dài là: \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) ‘

Khi đó bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC là: \(\frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Thay \(x = 3\) vào hàm số \(y = 2{x^2}\) ta có: \(y = {2.3^2} = 18\).

Vậy giá trị của hàm số \(y = 2{x^2}\) tại \(x = 3\) là \(18\).

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 1} \right)^2} - {m^2} + m - 3 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{2}{3}\)

Áp dụng hệ thức Viet ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)}\\{{x_1}.{x_2} = {m^2} - m + 3}\end{array}} \right.\)

Theo đề bài ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = 10\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 10\)

\( \Leftrightarrow 4{\left( {m + 1} \right)^2} - 2\left( {{m^2} - m + 3} \right) = 10\)

\( \Leftrightarrow 2{m^2} + 10m - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1\left( {tm} \right)}\\{m = {\rm{\;}} - 6\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có hình trụ có bán kính đáy là \(R\) và chiều cao \(h\) . Khi đó

+ Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi Rh\) nên A đúng

+ Diện tích toàn phần của hình trụ   là \({S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2}\) nên B đúng

+ Thể tích khối trụ là \(V = \pi {R^2}h\) nên C đúng, D sai.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 1}\\{4x + y = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6x = 6}\\{y = 2x - 1}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array}} \right.\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right).\)

Gọi chữ số hàng đơn vị và hàng chục của số cần tìm là \(x\) và \(y\)\(\left( {x,y \in \mathbb{N}*,\,\,\,x,y \le 9} \right).\)

Ba lần chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục 7 đơn vị nên ta có phương trình: \(3x - y = 7\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Số cũ có dạng \(10y + x\)

Sau khi viết hai chữ số đó theo thứ tự ngược lại ta được số mới có dạng \(10x + y\)

Số mới (có hai chữ số) lớn hơn số cũ 9 đơn vị nên ta có phương trình:

\(10x + y - \left( {10y + x} \right) = 9 \\ 9x - 9y = 9 \\ x - y = 1\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}3x - y = 7\\x - y = 1\end{array} \right. \end{array}\)

Từ phương trình (2) ta có: \(y = x - 1\)

Thế vào phương trình (1), ta được phương trình:

\(3x - \left( {x - 1} \right) = 7\\3x - x + 1 = 7\\x = 3 \;(TM)\)

Suy ra \( y = 3 - 1 = 2 \;(TM)\)

Vậy số cần tìm là \(23.\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dương \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}{x_2} > 0\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b{'^2} - ac > 0\\\dfrac{{ - b}}{a} > 0\\\dfrac{c}{a} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {m - 3} \right) > 0\\2\left( {m - 1} \right) > 0\\m - 3 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m + 1 - m + 3 > 0\\m - 1 > 0\\m > 3\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 4 > 0\\m > 1\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {m - \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} > 0\,\,\forall m\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 3\end{array}\)

Vậy \(m > 3\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt cùng dương.

Xét các đáp án ta thấy hàm số \(y = \sqrt 3 x - 2.\) có hệ số \(a = \sqrt 3 {\rm{\;}} > 0\) . Nên hàm số này đồng biến với mọi \(x \in R.\)

Đồ thị hàm số \(y = \left( {2m - 1} \right)x + m + 2\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng \( - \frac{2}{3}\) . Tức là điểm \(\left( { - \frac{2}{3};0} \right)\)  thuộc vào đồ thị hàm số.

Khi đó ta có: \(0 = \left( {2m - 1} \right).\left( { - \frac{2}{3}} \right) + m + 2\) \( \Leftrightarrow m = 8\).

\((\sqrt{3}-1)x-y=1\,\,\,\,\,\,(1)\)

Thay x = 0, y = -1 vào vế trái của (1) ta được: \((\sqrt{3}-1).0-(-1)=0+1=1\) .

Vậy (0; -1) là nghiệm của (1).

Thay \((\sqrt{3},2-\sqrt{3})\) vào vế trái của (1) ta được: \((\sqrt{3}-1).\sqrt{3}-(2-\sqrt{3})=3-\sqrt{3}-2+\sqrt{3}=1\).

Vậy \((\sqrt{3},2-\sqrt{3})\) là nghiệm của (1).

Thay \((1;\sqrt{3}-3)\) vào vế trái của (1) ta được: \((\sqrt{3}-1).1-(\sqrt{3}-3)=\sqrt{3}-1-\sqrt{3}+3=2\ne 1\).

Vậy  \((1;\sqrt{3}-3)\)không là nghiệm của (1).

Thay \((\sqrt{3}+1;1)\) vào vế trái của (1) ta được: \((\sqrt{3}-1).(\sqrt{3}+1)-1=3-1-1=1\).

Vậy \((\sqrt{3}+1;1)\) là nghiệm của (1).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

\(\begin{align}  & \,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{2}{{x}^{2}}=3mx-2 \\  & \Leftrightarrow {{x}^{2}}-6mx+4=0\,\,\,\,\,\,\,(1) \\ \end{align}\)

Để (d) và (P) có 2 giao điểm thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \Delta ' > 0\\
\Leftrightarrow 9{m^2} - 4 > 0\\
\Leftrightarrow (3m - 2)(3m + 2) > 0
\end{array}\)

\(\Leftrightarrow m<\dfrac{-2}{3}\) hoặc \(m>\dfrac{2}{3}\).

Vậy với \(m<\dfrac{-2}{3}\) hoặc \(m>\dfrac{2}{3}\) thì đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.

\(\frac{{a - 1}}{{\sqrt a }} < 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - 1 < 0}\\{a > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 1}\\{a > 0}\end{array}} \right.\)

Ta có: \(\cos {50^0} = \frac{d}{{80}} \Rightarrow d \approx 51,42\left( m \right)\)

Kẻ \(OH \bot AB.\)

Khi đó ta có \(H\) là trung điểm của \(AB.\) (mối liên liên hệ giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OH = 3cm\\AH = \dfrac{1}{2}AB = 4cm\end{array} \right..\)

Áp dụng định lý Py-ta-go cho \(\Delta AOH\) vuông tại \(H\) ta có:

\(\begin{array}{l}O{A^2} = A{H^2} + H{O^2} = {4^2} + {3^2} = 25\\ \Rightarrow R = OA = 5cm.\end{array}\)

+) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH vuông tại H ta có:
\(\,\,\,\,\,\,\,A{B^2} = A{H^2} + H{B^2} = {3^2} + {4^2} = 25 \Rightarrow AB = 5\,\,\,\left( {cm} \right)\).
+) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABC với AH là đường cao ta có:
\(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{A{H^2}}} - \dfrac{1}{{A{B^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} - \dfrac{1}{{{5^2}}} = \dfrac{{16}}{{225}} \Rightarrow AC = \dfrac{{15}}{4}\left( {cm} \right)\)
+) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC vuông tại A ta có:
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {\left( {\dfrac{{15}}{4}} \right)^2} = \dfrac{{625}}{{16}} \Rightarrow BC = \dfrac{{25}}{4}\left( {cm} \right)\).
+) Tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM nên ta có: \(AM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{{25}}{8}\,\,\,\left( {cm} \right)\)
+) Diện tích tam giác ABC với AH là đường cao ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AH.BC = \dfrac{1}{2}.3.\dfrac{{25}}{4} = \dfrac{{75}}{8}\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).
Vậy \(AB = 5cm,\,\,AC = \dfrac{{15}}{4}cm,\,\,AM = \dfrac{{25}}{8}cm,\,\,{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{75}}{8}\,\,c{m^2}\)

Giả sử hàm số có dạng: \(y = a{x^2}\) . Ta có điểm \(\left( {2; - 2} \right)\) thuộc đồ thị đã cho nên: \( - 2 = a{.2^2} \Rightarrow a = \frac{{ - 1}}{2}\)

Vậy hàm số cần tìm là: \(y = {\rm{\;}} - \frac{1}{2}{x^2}\)

\(P = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 {\rm{\;}} + 1} \right)}^2}} {\rm{\;}} + \sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} {\rm{\;}}\)

\(\;\;\; = \left| {\sqrt 3 {\rm{\;}} + 1} \right| + \left| {1 - \sqrt 3 } \right|\)

\(\;\;\; = \sqrt 3 {\rm{\;}} + 1 + \sqrt 3 {\rm{\;}} - 1 = 2\sqrt 3 \) \(\left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \sqrt 3 {\rm{\;}} + 1 > 0;{\mkern 1mu} 1 - \sqrt 3 {\rm{\;}} < 0} \right)\)

Ta có: \(d\left( {O;\,\,a} \right) = \sqrt 8 ;\,\,\,\,R = 3 \Rightarrow d\left( {O;\,\,a} \right) < R\)
Nên đường thẳng \(a\) cắt đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) tại hai điểm phân biệt.

Kẻ \(AH,\,\,BK\) cùng vuông góc với \(CD\) \(\left( {H,\,\,K \in CD} \right)\).

Xét tứ giác \(ABKH\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB\parallel HK\\AH\parallel BK\end{array} \right.\), suy ra \(ABKH\) là hình bình hành.

Lại có \(\angle AHK = {90^0}\) nên \(ABKH\) là hình chữ nhật, do đó \(HK = AB = 4\).

Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta BCK\) có: 

\(\angle AHD = \angle BKC = {90^0}\);

\(AD = BC\) (tính chất hình thang cân);

\(\angle ADH = \angle ACK\) (tính chất hình thang cân).

\( \Rightarrow \Delta ADH = \Delta BCK\) (cạnh huyền – góc nhọn) \( \Rightarrow DH = CK\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(DH + CK = CD - HK = 8 - 4 = 4\).

Do đó \(DH = CK = 2\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ADH\) ta có:

\(A{H^2} = A{D^2} - D{H^2}\) \( \Leftrightarrow A{H^2} = {4^2} - {2^2} = 12\) \( \Leftrightarrow AH = 2\sqrt 3 \).

Vậy diện tích hình thang \(ABCD\) là: \({S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2}\) \( = \dfrac{{\left( {4 + 8} \right).2\sqrt 3 }}{2} = 12\sqrt 3 \).

Áp dụng công thức tính thể tích hình cầu ta có: \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {4^2} + {3^2} = 25 \Rightarrow BC = 5\)

Khi đó \(\cos B = \dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{4}{5}\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = {\cos ^2}{20^0} + {\cos ^2}{40^0} + {\cos ^2}{50^0} + {\cos ^2}{70^0}\\ = {\cos ^2}{20^0} + {\cos ^2}{40^0} + {\sin ^2}{40^0} + {\sin ^2}{20^0}\\ = \left( {{{\cos }^2}{{20}^0} + {{\sin }^2}{{20}^0}} \right) + \left( {{{\cos }^2}{{40}^0} + {{\sin }^2}{{40}^0}} \right)\\ = 1 + 1 = 2.\end{array}\)

Ta thấy \(M\left( {3;1} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên \(1 = a.3 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{3}\)

Gọi số tự nhiên n có hai chữ số là: \(\overline {ab} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0,a,b \in N} \right)\)

Tổng các chữ số của nó bằng 9 nên ta có: \(a + b = 9{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị thì được một số mới cũng viết bằng hai chữ số đó nhưng theo thứ tự ngược lại. Nên ta có phương trình:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\;\;\;\;\overline {ab} {\rm{\;}} + 63 = \overline {ba} {\rm{\;}} \Leftrightarrow 10a + b + 63 = 10b + a}\\{ \Leftrightarrow 9a - 9b = {\rm{\;}} - 63 \Leftrightarrow a - b = {\rm{\;}} - 7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \;\;\left( 2 \right)}\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 9}\\{a - b = {\rm{\;}} - 7}\end{array}} \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 8}\end{array}} \right. \Rightarrow \overline {ab} {\rm{\;}} = 18\)

Vậy số cần tìm là: n  = 18.

Ta có: \(5{x^2}{y^3} - 25{x^3}{y^4} + 10{x^3}{y^3}\)\( = 5{x^2}{y^3}. 1 - 5{x^2}{y^3}. 5xy + 5{x^2}{y^3}. 2x\)\( = 5{x^2}{y^3}\left( {1 - 5xy + 2x} \right)\).

Điều kiện: \(x \ge 0.\)
\(\begin{array}{l}P = \left( {\dfrac{{3\sqrt x }}{{x\sqrt x + 1}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{x - \sqrt x + 1}} + \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{x - \sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \left[ {\dfrac{{3\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}} - \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}} + \dfrac{{x - \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x + 3}}{{x - \sqrt x + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{3\sqrt x - x - \sqrt x + x - \sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {x - \sqrt x + 1} \right)}}.\dfrac{{x - \sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 3}} \\= \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}}.\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \ge \dfrac{1}{5} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} \ge \dfrac{1}{5}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt x + 3}} - \dfrac{1}{5} \ge 0 \Leftrightarrow \dfrac{{5 - \sqrt x - 3}}{{5\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2 - \sqrt x }}{{5\left( {\sqrt x + 3} \right)}} \ge 0 \Leftrightarrow 2 - \sqrt x \ge 0\\ \Leftrightarrow \sqrt x \le 2 \Leftrightarrow x \le 4\end{array}\)
Vậy \(0 \le x \le 4\) thỏa mãn bài toán.

Xét từng đáp án ta có:

\(3x + 17 < 5 \Leftrightarrow 3x <  - 12 \Leftrightarrow x <  - 4 \Rightarrow \) A sai.

\( - 2x + 1 <  - 1 \Leftrightarrow  - 2x <  - 2 \Leftrightarrow x > 1 \Rightarrow \) B sai.

\(\dfrac{1}{2}x + 5 > 3,5 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}x >  - 1,5 \Leftrightarrow x >  - 3 \Rightarrow x =  - 2\)  là một nghiệm của bất phương trình \( \Rightarrow \) C đúng.

\(1 - 2x <  - 3 \Leftrightarrow  - 2x <  - 4 \Leftrightarrow x > 2 \Rightarrow \) D sai.

Đồ thị hàm số \(y = \left( {2m + 1} \right){x^2}\) nằm phía dưới trục hoành tức là \(y < 0 \Leftrightarrow 2m + 1 < 0\)

\( \Leftrightarrow m < {\rm{\;}} - \frac{1}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {Do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} \ge 0} \right)\)

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 2 tam giác MNP và HGK.

Theo bài ta có:

\(\Delta MNP \backsim \Delta HGK\) và \(\dfrac{{{P_{\Delta MNP}}}}{{{P_{\Delta HGK}}}} = \dfrac{2}{7}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{MN}}{{HG}} = \dfrac{{NP}}{{GK}} = \dfrac{{MP}}{{HK}} \)\(=\dfrac{MN+NP+MP}{HG+GK+HK}= \dfrac{{{P_{\Delta MNP}}}}{{{P_{\Delta HGK}}}} = \dfrac{2}{7} = k\)

Do đó: \(  \dfrac{{HG}}{{MN}} = \dfrac{7}{2}\)

Và \( \dfrac{{{S_{\Delta MNP}}}}{{{S_{\Delta HGK}}}} = {k^2} = {\left( {\dfrac{2}{7}} \right)^2} = \dfrac{4}{{49}}.\)

Gọi thời gian chảy một mình đầy bể  của vòi 1 là:  x (giờ) (x>3)

Thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 2 là: y (giờ) (y > 8)

Mỗi giờ vòi 1 sẽ chảy được: \(\frac{1}{x}\) (bể)

Mỗi giờ vỏi 2 sẽ chảy được: \(\frac{1}{y}\) (bể)

Theo bài ra ta có: \(\frac{3}{x} + \frac{8}{y} = 1\left( 1 \right)\)

Vòi 1 chảy được 5 giờ, vòi 2 chảy được 4 giờ sẽ được \(\frac{8}{9}\) bể nên ta có phương trình: \(\frac{5}{x} + \frac{4}{y} = \frac{8}{9}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) giải hệ phương trình ta tìm được x = 9; y = 12 (giờ)

Vì \({2^2} = 4\) và \(2 > 0\) nên \(\sqrt 4  = 2.\)

Phương trình \(m{x^2} + 4(m - 1)x + 2m - 2 = 0\) có nghiệm 1 thì m phải thoả mãn phương trình 

Thay x = 1 vào phương trình ta được:

\(m{.1^2} + 4(m - 1).1 + 2m - 2 = 0 \Leftrightarrow m + 4m - 4 + 2m - 2 = 0 \Leftrightarrow 7m - 6 = 0 \)\(\displaystyle \Leftrightarrow m = {6 \over 7}\)

Hình hộp chữ nhật có chiều dài \(a = 6cm,\) chiều rộng \(b = 4cm\) và chiều cao \(c.\)

Thể tích hình hộp chữ nhật \(V = abc\) \( = 6.4.c\)

Theo đề bài ta có \(6.4.c = 192 \Leftrightarrow c = 8\,cm.\) 

Vậy chiều cao cần tìm là \(8\,cm.\)

Ta có \(IO\) là tia phân giác của \(\widehat {BIA}\)

\(IO'\) là tia phân giác của \(\widehat {CIA}\)

Mà \(\widehat {BIA} + \widehat {CIA} = {180^0} \Rightarrow \widehat {OIO'} = {90^0}\)

Tam giác \(OIO'\) vuông tại \(I\) có \(IA\) là đường cao nên \(I{A^2} = AO.AO' = 9.4 = 36 \Rightarrow IA = 6cm\).

\( \Rightarrow IA = IB = IC = 6cm\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vậy \(BC = 2IA = 2.6 = 12\left( {cm} \right)\).