Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 8 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới (Tự luận) có đáp án - Phần 3

Hướng dẫn giải

Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ đến $BC.$

Bánh tro có dạng hình chóp tam giác đều $S.ABC$ nên đáy $ABC$ là tam giác đều. Suy ra $AC = BC = AB = 5{\rm{\;cm}}.$

Khi đó ta cũng có đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến nên $HB = HC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 5 = 2{,}5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H$ (do $AH \bot BC)$ có:

$A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}$ (định lí Pythagore)

Do đó $A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = {5^2} - 2,{5^2} = 25 - 6{,}25 = 18{,}75 = \frac{{75}}{4}.$

Suy ra $AH = \sqrt {\frac{{75}}{4}} = \sqrt {\frac{{{5^2} \cdot {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{{2^2}}}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Diện tích đáy hình chóp tam giác đều là:

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{{5\sqrt 3 }}{2} \cdot 5 = \frac{{25\sqrt 3 }}{4}{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

Thể tích của hình chóp tam giác đều là:

$V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot \frac{{25\sqrt 3 }}{4} \cdot 4 = \frac{{25\sqrt 3 }}{3} \approx {\rm{14{,}4}}\,{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

Vậy thể tích của chiếc bánh tro khoảng $14{,}4{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}.$

Hướng dẫn giải

a) Ta có $CM \bot AB$ và $MA = MB = \frac{1}{2}CB.$

Vì $SO$ là đường cao của hình chóp nên $O$ là trọng tâm của tam giác $ABC.$

Do đó $CM = \frac{3}{2}CO = \frac{3}{2} \cdot 2\sqrt 3 = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông $CBM,$ ta có: $C{B^2} = C{M^2} + M{B^2}$

Suy ra $C{M^2} = C{B^2} - M{B^2} = C{B^2} - {\left( {\frac{1}{2}CB} \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}.$

Do đó ${\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}$ suy ra $CB = 6{\rm{\;cm}}.$

Vì các mặt của hình chóp $S.ABC$ là các tam giác đều nên các cạnh bên của hình chóp có độ dài là $6{\rm{\;cm}}.$

b) Vì các tam giác $SAB$ và $ABC$ là các tam giác đều bằng nhau nên ta có $SM = CM = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}$

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2}\left( {AB + BC + CA} \right) \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \left( {6 + 6 + 6} \right) \cdot 3\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \approx 46{,}77{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{.}}$

Hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông và các mặt bên là những tam giác đều nên là hình chóp đều.

⦁ Gọi $M$ là trung điểm của $CD.$ Khi đó $CM = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}a$.

Tam giác $SCD$ đều nên đường trung tuyến $SM$ đồng thời là đường cao nên $SM \bot CD$, do đó $\Delta SCM$ vuông tại $M.$

Áp dụng định lí Pythagore ta có $S{C^2} = S{M^2} + C{M^2}$

Suy ra $S{M^2} = S{C^2} - C{M^2} = {a^2} - {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2} = \frac{3}{4}{a^2}.$ Do đó $SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Diện tích xung quanh của hình chóp đều $S.ABCD$ là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4a} \right) \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3$ (đvdt).

⦁ Do $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $\Delta ADC$ vuông tại $D$ có $AD = DC = a,$ áp dụng định lí Pythagore ta có: $A{C^2} = A{D^2} + D{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}.$ Do đó $AC = a\sqrt 2 .$

Vì $SO$ là đường cao của hình chóp đều $S.ABCD$ với $ABCD$ là hình vuông nên $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$

Do đó $O$ là trung điểm của $AC$ nên $OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Các mặt bên của hình chóp là các tam giác đều nên $SA = AD = a.$

Xét $\Delta SAO$ vuông tại $O,$ áp dụng định lí Pythagore ta có: $S{A^2} = S{O^2} + A{O^2}$

Suy ra $S{O^2} = S{A^2} - A{O^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {a^2} - \frac{1}{2}{a^2} = \frac{1}{2}{a^2}.$ Do đó $SO = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.$

Thể tích của hình chóp đều $S.ABCD$ là:

$V = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }}$ (đvtt).

Hướng dẫn giải

a) Diện tích đáy hình vuông của chiếc lều là:

Thể tích không khí bên trong chiếc lều là:

b) Diện tích xung quanh của chiếc lều là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot C \cdot d = \frac{1}{2} \cdot \left( {4 \cdot 3} \right) \cdot 3{,}18 = 19{,}08{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Diện tích vải phủ bốn phía và trải nền đất cho chiếc lều là:

$S = 9 + 19{,}08 = 28{,}08$ (m$^{2}$).

Do $28{,}08 > 20$ nên số tiền mua vải được giảm giá $5\%$ trên tổng hóa đơn.

Vậy số tiền mua vải là: $28{,}08 \cdot 15\,\,000 \cdot \left( {100\% - 5\% } \right) = 400\,\,140$ (đồng).

a) Chiếc đèn được mô phỏng thành hình chóp tam giác đều $A.BCD$ như hình vẽ. Gọi $AH$ là trung đoạn kẻ từ đỉnh $A$ của hình chóp.

Theo bài ta có: $AB = AC = AD = 20$ cm và $BC = CD = DB = 20$ cm.

$\Delta ACD$ đều nên $AH$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.

Do đó $DH = CH = \frac{1}{2}CD = 10$ cm.

Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$, áp dụng định lí Pythagore ta có:

$A{H^2} = A{C^2} - C{H^2} = {20^2} - {10^2} = 300$

Suy ra $AH = \sqrt {300} = \sqrt {100.3} = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2}} = 10\sqrt 3$ cm.

b) Chu vi đáy của hình chóp là: ${C_{day}} = 3BD = 3.20 = 60$ cm.

Diện tích xung quanh của chiếc đèn là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2}{C_{day}}.AH = \frac{1}{2}.60.10\sqrt 3 = 300\sqrt 3$ cm$^{2}$.

c) Vì $\Delta ADC$ và $\Delta BDC$ đều là các tam giác đều có cạnh 20 cm nên hai đường cao $AH$ và $BH$ của hai tam giác bằng nhau.

Vì $O$ là trọng tâm $\Delta BDC$ nên $OH = \frac{1}{3}BH = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}$ cm.

$\Delta AOH$vuông tại $O$, áp dụng định lí Pythagore ta có:

$A{O^2} = A{H^2} - O{H^2} = 300 - {\left( {\frac{{10\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = 300 - \frac{{300}}{9} = \frac{{800}}{3}$.

Suy ra $AO = \sqrt {\frac{{800}}{3}} \approx 16{,}3$ cm.

Đổi $1{\rm{\;m}} = 100{\rm{\;cm}}$.

Khi đó bạn Nam cần đưa dây diện từ đầu đèn tới trần nhà khoảng là $100 - 16{,}3 = 83{,}7$ cm.

a) ⦁ Ta có $DE = DM$ nên $D$ là trung điểm của $EM.$

Xét tứ giác $AEBM$ có $D$ là trung điểm của hai đường chéo $AB$ và $EM$ nên tứ giác $AEBM$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có đường trung tuyến $AM$ ứng với cạnh huyền $BC$ nên $AM = \frac{1}{2}BC$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Vì $AM$ là đường trung tuyến nên $M$ là trung điểm của $BC,$ do đó $BM = CM = \frac{1}{2}BC.$

Suy ra $AM = BM = CM.$

Hình bình hành $AEBM$ có hai cạnh kề bằng nhau $AM = BM$ nên là hình thoi.

⦁ Do $AEBM$ hình thoi nên $AE = BM$ và $AE\,{\rm{//}}\,BM.$

Do đó $AE = CM\,\,\left( { = BM} \right)$ và $AE\,{\rm{//}}\,CM.$

Tứ giác $ACME$ có $AE = CM$ và $AE\,{\rm{//}}\,CM$ nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) Do$AEBM$ là hình thoi nên để $AEBM$ là hình vuông thì $\widehat {AMB} = 90^\circ$ hay $AM \bot BC$

Khi đó $\Delta ABC$ có đường trung tuyến $AM$ đồng thời là đường cao nên sẽ là tam giác cân tại $A.$

Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AEBM$ là hình vuông.

a) Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên $\widehat {BAC} = 90^\circ$ hay $\widehat {DAE} = 90^\circ$.

Ta có $HD \bot AB$; $HE \bot AC$ nên $\widehat {HDA} = 90^\circ$; $\widehat {HEA} = 90^\circ$.

Tứ giác $ADHE$ có $\widehat {DAE} = \widehat {HDA} = \widehat {HEA} = 90^\circ$ nên tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật.

b) Xét $\Delta AHD$ vuông tại $D$, áp dụng định lý Pythagore, ta có: $A{H^2} = A{D^2} + D{H^2}$

Suy ra $D{H^2} = A{H^2} - A{D^2} = {5^2} - {4^2} = 9$. Do đó $DH = 3\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}$

Tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật nên ta có: ${S_{ADHE}} = AD\,.\,DH = 4\,.\,3 = 12\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Vậy diện tích tứ giác $ADHE$ bằng $12\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.$

c) Xét tứ giác $BKIH$ có $D$ là trung điểm của hai đường chéo $BI$ và $HK$ nên $BKIH$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Do đó $KI\,{\rm{//}}\,BH.$

Mà $AH \bot BH$ suy ra $KI \bot AH.$

Xét $\Delta AHK$ có hai đường cao $AD,\,\,KI$ $\left( {AD \bot KH;\,\,KI \bot AH} \right)$ cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trực tâm của tam giác $AKH$, suy ra $HI \bot AK.$

a) Tam giác $ABC$ có các đường trung tuyến $BD,{\rm{ }}CE$ cắt nhau tại $G$ nên $G$ là trọng tâm $\Delta ABC,$ do đó $DG = \frac{1}{2}BG,$ $EG = \frac{1}{2}CG.$

Mà $F,{\rm{ }}H$ lần lượt là trung điểm của $BG,{\rm{ }}CG$ nên $BF = FG = \frac{1}{2}BG,$ $CH = HG = \frac{1}{2}CG.$

Do đó $DG = FG\,\,\left( { = BF} \right),{\rm{ }}EG = HG\,\,\left( { = CH} \right).$

Suy ra, $G$ là trung điểm của $FD,$ $EH.$

Tứ giác $EFHD$ có hai đường chéo $EH$ và $FD$ cắt nhau tại trung điểm $G$ của mỗi đường nên $EFHD$ là hình bình hành.

b) ⦁ Để hình bình hành $EFHD$ là hình vuông thì $EH = DF$ và $EH \bot DF,$ tức là cần $EG = DG,{\rm{ }}BG = CG$ và $BD \bot CE.$

⦁ Xét $\Delta BEG$ và $\Delta CDG$ có:

$BG = CG,$ $\widehat {EGB} = \widehat {DGC}$ (đối đỉnh), $EG = DG$

Do đó $\Delta BEG = \Delta CDG$ (c.g.c).

Suy ra $BE = CD$ (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà $BD,{\rm{ }}CE$ là các đường trung tuyến của $\Delta ABC$ nên $E$ là trung điểm của $AB,{\rm{ }}D$ là trung điểm của $AC$

Suy ra $AB = 2BE,{\rm{ }}AC = 2CD\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra $AB = AC.$

⦁ Dễ thấy, nếu $AB = AC$ và $BD \bot CE$ thì tứ giác $EFHD$ là hình vuông.

Vậy tam giác $ABC$ cân tại $A$ có hai đường trung tuyến $BD,CE$ vuông góc với nhau thì tứ giác $EFHD$ là hình vuông.

a) Do $ME \bot AB$ tại $E$ nên $\widehat {MEA} = 90^\circ .$

Do $MF \bot AD$ tại $F$ nên $\widehat {MFA} = 90^\circ .$

Do $ABCD$ là hình vuông nên $\widehat {EAF} = 90^\circ .$

Tứ giác $AEMF$ có $\widehat {MFA} = \widehat {EAF} = \widehat {AEM} = 90^\circ$ nên $AEMF$ là hình chữ nhật.

b) Do $ABCD$ là hình vuông nên $BD$ là đường phân giác của góc $\widehat {ABC}$

Do đó $\widehat {ABD} = 45^\circ$ suy ra $\Delta BEM$ vuông cân tại $E,$ nên $BE = ME.$

Do $AEMF$ là hình chữ nhật nên $ME = AF$, suy ra $BE = AF.$

Chu vi của hình chữ nhật $AEMF$ là: $2\left( {AE + AF} \right) = 2\left( {AE + BE} \right) = 2AB.$

Mà $AB$ không đổi nên chu vi của hình chữ nhật $AEMF$ không đổi.

Do đó, diện tích của tứ giác $AEMF$ lớn nhất khi $AEMF$ là hình vuông.

Suy ra $ME = MF.$

Khi đó $\Delta BEM = \Delta DFM$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $BM = DM$ hay $M$ là trung điểm của $BC.\,$

Vậy với $M$ là trung điểm của $BC$ thì diện tích của tứ giác $AEMF$ lớn nhất.

a) Xét tứ giác $ADEF$ có:

$\widehat {FAD} = 90^\circ$ (do $\Delta ABC$

$\widehat {AFE} = 90^\circ$ (vì $EF$ vuông góc với $AB$ tại $F$);

$\widehat {ADE} = 90^\circ$ (vì $ED$ vuông góc với $AC$ tại $D$)

Vậy tứ giác $ADEF$ là hình chữ nhật.

b) Tam giác $ABC$ vuông có $AE$ là đường trung tuyến nên $AE = EB = EC = \frac{1}{2}BC$.

Suy ra tam giác $AEC$ cân tại $E$. Mà $ED$ là đường cao của tam giác nên $ED$ đồng thời là đường trung tuyến, do đó $D$ là trung điểm của $AC$ .

Xét tứ giác $AECK$ có $D$ là trung điểm của $AC$, $EK$ và $EK$ vuông góc với $AC$ tại $D$.

Suy ra tứ giác $AECK$ là hình thoi.

c) Vì tứ giác $ADEF$ là hình chữ nhật nên $O$ là trung điểm của $AE$.

Vì tứ giác $AECK$ là hình thoi nên $AK\,{\rm{//}}\,EC;\,\,AK = EC$

Mà $EC = EB$ do $E$ là trung điểm của $BC$ nên $AK\,{\rm{//}}\,EB;\,\,AK = EB$

Suy ra tứ giác $AKEB$ là hình bình hành. Khi đó, hai đường chéo $AE,\,\,BK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $O$ là trung điểm của $AE$ nên $O$ cũng là trung điểm của $BK$.

Suy ra ba điểm $B,O,K$ thẳng hàng.

d) Ta có $\Delta AME$ vuông tại $E$ có $MO$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AE$ nên $OM = \frac{1}{2}AE$

Mà tứ giác $ADEF$ là hình chữ nhật nên $FD = AE$. Do đó, $OM = \frac{1}{2}FD$

Xét $\Delta FMD$ có $MO$ là đường trung tuyến ứng với cạnh $FD$ và $OM = \frac{1}{2}FD$ nên $\Delta FMD$ vuông tại $M$, suy ra $\widehat {DMF} = 90^\circ .$

a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD = BC$ và $AD\,{\rm{//}}\,BC$.

Xét $\Delta ADK$ và $\Delta CBE$ có:

$AD = BC$; $DK = BE$; $\widehat {ADK} = \widehat {CBE}$ (so le trong của $AD\,{\rm{//}}\,BC$)

Do đó $\Delta ADK = \Delta CBE$ (c.g.c)

b) Ta có: $\widehat {DKA} + \widehat {AKB} = 180^\circ$ (kề bù); $\widehat {BEC} + \widehat {DEC} = 180^\circ$ (kề bù)

Mà $\widehat {DKA} = \widehat {BEC}$ (do $\Delta ADK = \Delta CBE$) nên $\widehat {AKB} = \widehat {CED}$

Lại có $\widehat {AKB},\,\,\widehat {CED}$ là hai góc nằm ở vị trí so le trong, nên $AK\,{\rm{//}}\,CE$

Mặt khác: $AK = CE$ (do $\Delta ADK = \Delta CBE$)

Suy ra tứ giác$AKCE$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) Xét tứ giác$AMCN$ có: $AN\,{\rm{//}}\,MC$ (do $ABCD$ là hình bình hành) và $AM{\rm{/}}\,{\rm{//}}\,CN$ (do $AK\,{\rm{//}}\,CE)$ nên tứ giác$AMCN$ là hình bình hành.

Khi đó, hai đường chéo $MN,AC$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $O$ là trung điểm của $AC$ nên $O$ cũng là trung điểm của $MN$ hay ba điểm $M,O,N$ thẳng hàng.

d) Hình bình hành $AKCE$ là hình thoi khi và chỉ khi $AC \bot KE$ hay $AC \bot BD$, tức là lúc này hình bình hành $ABCD$ là hình thoi.

Vậy để hình bình hành $AKCE$ là hình thoi thì hình bình hành $ABCD$ là hình thoi.

Hướng dẫn giải

1 – c; 2 – b; 3 – a; 4 – d.

Hướng dẫn giải

1) a) Bạn An có thể thu thập bằng phương pháp trực tiếp.

b) Dữ liệu thu được thuộc loại dữ liệu số.

2) a) Biểu đồ đoạn thẳng thể hiện bảng thống kê đã cho như sau:

b) Tổng số học sinh nữ của khối 8 là: $15 + 14 + 25 + 22 + 16 + 28 + 30 = 150$ (học sinh nữ).

Số học sinh nữ lớp 8A chiếm $\frac{{15}}{{150}} \cdot 100\% = 10\%$.

Tương tự, ta có bảng sau:

Biểu đồ hình quạt tròn thể hiện bảng thống kê đã cho như sau:

Hướng dẫn giải

a) Trong các mặt hàng trên, sản phẩm được giảm giá nhiều nhất là áo sơ mi giảm $35\% ,$ sản phẩm được giảm giá ít nhất là quần Jean giảm $10\% .$

b) Bạn An đã biểu diễn tỉ lệ giảm giá của các mặt hàng trên bằng biều đồ hình quạt tròn. Biểu đồ An sử dụng không phù hợp. Vì tỉ lệ phần trăm được giảm ở đây không phải tỉ lệ so với tổng thể.

c) An nên dùng biểu đồ cột để biểu diễn.

d) Áo sơ mi giảm $35\% ,$ giá sau giảm là $325\,\,000$ đồng. Do đó mỗi chiếc áo sơ mi nguyên giá sẽ là $325\,\,000:\left( {100\% - 35\% } \right) = 500\,\,000$ (đồng).

Giá một chiếc quần Âu sau giảm là $\frac{{1\,\,850\,\,000 - 325\,\,000 \cdot 2}}{4} = 300\,\,000$ (đồng).

Quần âu giảm giá $25\% ,$ do đó mỗi chiếc quần âu nguyên giá sẽ là

$300\,\,000:\left( {100\% - 25\% } \right) = 400\,\,000$ (đồng).

Hướng dẫn giải

a) Bảng thống kê:

b) Lớp 8A3 đăng kí tham gia cầu lông ít hơn lớp 8A4 (ít hơn $7$ bạn) và đăng kí tham gia cờ vua nhiều hơn lớp lớp 8A4 (nhiều hơn 4 bạn).

c) Vì số lượng tham gia Câu lạc bộ cầu lông của lớp 8A1 chiếm $25\%$ tổng số học sinh cả lớp nên số học sinh của lớp 8A1 là: $10:25\% = 40$ (học sinh).

d) Tổng số học sinh tham gia Câu lạc bộ cầu lông là: $10 + 8 + 5 + 12 = 35$ (học sinh).

Tổng số học sinh tham gia Câu lạc bộ cờ vua là: $12 + 14 + 14 + 10 = 50$ (học sinh).

Vậy tổng số học sinh tham gia Câu lạc bộ cầu lông ít hơn tổng số học sinh tham gia Câu lạc bộ cờ vua.

Hướng dẫn giải

a) Dữ liệu biểu diễn trên hai biểu đồ là như nhau.

Ta có bảng thông kê sau:

b) Không thể căn cứ và độ dốc để đánh giá về tốc độ doanh thu trong trong 5 năm của các dữ liệu được biểu diễn. Vì độ dốc của biểu đồ phụ thuộc vào việc chọn đơn vị của trục đứng.

Hướng dẫn giải

a) Yếu tố Phân bón (chiếm $34\% )$ ảnh hưởng đến sinh trưởng của cây trồng nhiều nhất.

b) Trong các yếu tố ảnh hưởng đến sinh trưởng của cây thì Yếu tố kiểm soát dịch hại gấp số lần Yếu tố khác là: $\frac{{12\% }}{{4\% }} = 3$ (lần).

c) Một vài biện pháp khắc phục tình trạng vấn đề tưới nước để làm giảm thiệt hại trong việc trồng trọt: khoan thêm giếng, lắp đặt thêm ống dẫn nước từ các hồ chứa, xây dựng phương án tưới cho phù hợp với từng loại cây trồng, áp dụng phương pháp tưới tiết kiệm nước theo hình thức khô – nước xen kẽ, chỉ vô nước giai đoạn bón phân.

Hướng dẫn giải

a) Ta hoàn thành được biểu đồ cột kép biểu diễn dữ liệu trong biểu đồ đoạn thẳng như sau:

b) Trong năm 2020 lượng gia cầm ở Kon Tum nhiều nhất, là 1698 nghìn con.

c) Tổng số lượng gia cầm ở Kon Tum trong năm $2015,$$2018,{\rm{ }}2019,{\rm{ }}2020$ là:

$853 + 1\,\,431 + 1\,\,608 + 1\,\,698 = 5\,\,590$ (nghìn con).

Trong năm 2018, số lượng gia cầm ở TP. HCM $(375$ nghìn con) ít hơn so với số lượng gia cầm ở Kon Tum $(1{\rm{ }}431$ nghìn con) nên nhận định trên bài báo không chính xác.

d) Một vài giải pháp để tăng số lượng gia cầm ở Kon Tum trong những năm tới để đạt hiệu quả trong chăn nuôi:

⦁ Đẩy mạnh tuyên truyền, vận động nhân dân chăm sóc tốt đàn gia cầm hiện có;

⦁ Mạnh dạn đầu tư phát triển quy mô chăn nuôi, đa dạng các loại gia cầm;

⦁ Chú trọng việc lai tạo và cải thiện giống gia cầm địa phương;

⦁ Thường xuyên thực hiện vệ sinh tiêu độc khử trùng; …

Hướng dẫn giải

a) Ta lập bảng số liệu thống kê số giờ nắng của các tháng trong năm 2022 như sau:

b) Ta hoàn thành được biểu đồ đoạn thẳng biểu diễn số giờ nắng của các tháng trong năm 2022 tại trạm quan trắc Nam Định như sau:

c) Số giờ nắng tại Nam Định trong tháng 7 là cao nhất $\left( {190{,}7\,\,\,h} \right)$ và tháng 2 là thấp nhất $\left( {27{,}5\,\,h} \right).$

d) Số giờ nắng của các tháng trong năm 2022 tại Nam Định giảm trong các khoảng thời gian: tháng 1 – tháng 2; tháng 4 – tháng 5; tháng 7 – tháng 8; tháng 8 – tháng 9; tháng 10 – tháng 11; tháng 11 – tháng 12.

Số giờ nắng của các tháng trong năm 2022 tại Nam Định tăng trong các khoảng thời gian: tháng 2 – tháng 3; tháng 3 – tháng 4; tháng 5 – tháng 6; tháng 6 – tháng 7; tháng 9 – tháng 10.

e) So với tháng 9, số giờ nắng tại Nam Định trong tháng 10 bằng $\frac{{165}}{{133{,}2}} \cdot 100\% \approx 123{,}87\% .$

Khi đó tháng 10 tăng khoảng $123{,}87\% - 100\% = 23{,}87\%$ so với tháng 9.

Vậy thông tin của bài báo đó không chính xác.

a) $A = {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} - {\left( {y + 4} \right)^2}$

$= {y^2} + 2y + 1 + {y^2} - 4y + 4 + {y^2} - 6y + 9 - \left( {{y^2} + 8y + 16} \right)$

$= 2{y^2} - 16y - 2$

$= 2\left( {{y^2} - 8y} \right) - 2$

$= 2\left( {{y^2} - 8y + 16} \right) - 32 - 2$

$= 2{\left( {y - 4} \right)^2} - 34$

Vì ${\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0$ với mọi $y$ nên $2{\left( {y - 4} \right)^2} - 34 \ge - 34$, suy ra $A \ge - 34$.

Dấu xảy ra khi $y = 4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A$ là $- 34$ khi $y = 4$.

b) $B = {x^2} + 4xy + 5{y^2} - 6y + 11$

$= \left( {{x^2} + 4xy + 4{y^2}} \right) + {y^2} - 6y + 11$

$$= {\left( {x + 2y} \right)^2} + \left( {{y^2} - 6y + 9} \right) + 2$$

$= {\left( {x + 2y} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + 2$.

Với mọi $x,\,\,y$ ta có ${\left( {x + 2y} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {y - 3} \right)^2} \ge 0$ nên ${\left( {x + 2y} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + 2 \ge 2$ hay $B \ge 2.$

Dấu “=” xảy ra khi $x + 2y = 0$ và $y - 3 = 0$ hay $x = - 6;\,\,y = 3.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $B$ là $2$ khi $x = - 6;\,\,y = 3.$

c) $C = {x^2} - 2xy + 2{y^2} + 2x - 10y + 17$

$$= {x^2} - 2xy + {y^2} + {y^2} + 2x - 10y + 17$$

$$= {\left( {x - y} \right)^2} + 2 \cdot \left( {x - y} \right) \cdot 1 + 1 + {y^2} - 8y + 16$$

$= {\left( {x - y + 1} \right)^2} + \left( {{y^2} - 8y + 16} \right)$

$= {\left( {x - y + 1} \right)^4} + {\left( {y - 4} \right)^2}$.

Với mọi $x,\,\,y$ ta có: ${\left( {x - y + 1} \right)^2} \ge 0;\,\,{\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0$ nên ${\left( {x - y + 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0$ hay $C \ge 0.$

Dấu “=” xảy ra khi $x - y + 1 = 0$ và $y - 4 = 0$, hay $x = 3,\,\,y = 4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $C$ là $0$ khi $x = 3,\,\,y = 4$.

d) $D = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left( {{x^2} - 8x + 17} \right)$

$= \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 8x + 16} \right) + 1} \right]$

$= \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + 1} \right]$

Đặt $t = x - 4$ suy ra $x - 3 = t + 1$ và $x - 5 = t - 1$.

Khi đó, ta có:

$D = \left( {t + 1} \right)\left( {t - 1} \right)\left( {{t^2} + 1} \right)$$= \left( {{t^2} - 1} \right)\left( {{t^2} + 1} \right) = {t^4} - 1.$

Vì ${t^4} \ge 0$ với mọi $t$ nên $D \ge - 1$.

Dấu xảy ra khi $t = 0$ hay $x = 4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $D$ là $- 1$ khi $x = 4$.

Hướng dẫn giải

e) Ta có $E = \frac{{11}}{{12 - 4x - {x^2}}} = \frac{{11}}{{ - \left( {{x^2} + 4x + 4} \right) + 16}} = \frac{{11}}{{ - {{\left( {x + 2} \right)}^2} + 16}}.$

Với mọi $x,$ ta luôn có ${\left( {x + 2} \right)^2} \ge 0$ nên $- {\left( {x + 2} \right)^2} + 16 \le 16$

Suy ra $\frac{{11}}{{ - {{\left( {x + 2} \right)}^2} + 16}} \ge \frac{{11}}{{16}},$ hay $E \ge \frac{{11}}{{16}}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${\left( {x + 2} \right)^2} = 0,$ tức là $x = - 2.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $E$ là $\frac{{11}}{{16}}$ tại $x = - 2.$

a) $A = {\left( {{x^2} - 2} \right)^2} + 2{\left( {x - 1} \right)^2} + \left( {2 - {x^2}} \right)\left( {2 + {x^2}} \right)$

$$= {x^4} - 4{x^2} + 4 + 2\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {4 - {x^4}} \right)$$

$$= {x^4} - 4{x^2} + 4 + 2{x^2} - 4x + 2 + 4 - {x^4}$$

$= - 2{x^2} - 4x + 10$$= - 2\left( {{x^2} + 2x - 5} \right)$

$= - 2\left( {{x^2} + 2x + 1 - 6} \right)$$= - 2{\left( {x + 1} \right)^2} + 12.$

Với mọi $x$, ta luôn có ${\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0,$ nên $- 2{\left( {x + 1} \right)^2} \le 0$, suy ra $- 2{\left( {x + 1} \right)^2} + 12 \le 12$

Do đó $A \le 12.$ Dấu xảy ra khi $x = - 1$.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $A$ là $12$ khi $x = - 1$.

b) $B = - 7{x^2} - 4{y^2} - 8xy + 18x + 9$

$= - \left( {4{x^2} + 8xy + 4{y^2}} \right) - 3{x^2} + 18x + 9$

$= - 4\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) - 3\left( {{x^2} - 6x + 9} \right) + 36$

$= - 2{\left( {x + y} \right)^2} - 3{\left( {x - 3} \right)^2} + 36$.

Với mọi $x,\,\,y$ ta có ${\left( {x + y} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {x - 3} \right)^2} \ge 0$ nên $- 2{\left( {x + y} \right)^2} - 3{\left( {x - 3} \right)^2} \le 0$

Suy ra $- 2{\left( {x + y} \right)^2} - 3{\left( {x - 3} \right)^2} + 36 \le 36$ hay $B \le 36.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x + y = 0$ và $x - 3 = 0$ hay $x = 3,\,\,y = - 3.$

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $B$ là $36$ khi $x = 3,\,\,y = - 3.$

c) $C = - {x^2} + 2xy - 4{y^2} + 2x + 10y - 3$

$$= - \left( {{x^2} - 2xy + {y^2}} \right) - 3{y^2} + 2x + 10y - 3$$

$$= - \left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} - 2 \cdot \left( {x - y} \right) \cdot 1 + 1} \right] - 3{y^2} + 12y - 2$$

$$= - {\left( {x - y - 1} \right)^2} - 3\left( {{y^2} - 4y + 4} \right) + 10$$

$= - {\left( {x - y - 1} \right)^2} - 3{\left( {y - 2} \right)^2} + 10$.

Với mọi $x,\,\,y$ ta có ${\left( {x - y - 1} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {y - 2} \right)^2} \ge 0$ nên $- {\left( {x - y - 1} \right)^2} - 3{\left( {y - 2} \right)^2} \le 0$