LUYỆN TẬP ONLINE: TUYỂN TẬP 50 CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM THI VÀO 10 2024 2025 ĐỀ 01 - MATHX

\({\sqrt{\left(x-4\right)^{2}}}+{\dfrac{x-4}{\sqrt{x^{2}-8x+16}}}=2x\)  xác định khi: 

\(x^{2}-8x+16\gt 0\Leftrightarrow\left(x-4\right)^{2}\gt 0\Leftrightarrow x\neq4\)

\(\left(\sqrt{\dfrac{49}{3}}-\sqrt{\dfrac{25}{3}}+\sqrt{3}\right).\sqrt{3}= \left(\dfrac{7}{\sqrt{3}}-\dfrac{5}{\sqrt{3}}+\sqrt{3}\right).\sqrt{3}=7-5+3=5\)

\(C={\sqrt{3+2{\sqrt{2}}}}-{\sqrt{7+2{\sqrt{10}}}} = \sqrt{\left({\sqrt{2}}+1\right)^{2}}-\sqrt{\left({\sqrt{5}}+{\sqrt{2}}\right)^{2}}=\sqrt{2}+1-\sqrt{5}-{\sqrt{2}}=1-{\sqrt{5}}\)

\(A=\left(\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}-\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\right)\left(\dfrac{1}{2\sqrt{x}}-\dfrac{\sqrt{x}}{2}\right) \\ ={\dfrac{\left({\sqrt{x}}-1\right)^{2}-\left({\sqrt{x}}+1\right)^{2}}{\left({\sqrt{x}}+1\right)\left({\sqrt{x}}-1\right)}}. \dfrac{1-x}{2{\sqrt{x}}} \\ ={\dfrac{\left({\sqrt{x}}-1-{\sqrt{x}}-1\right)\left({\sqrt{x}}-1+{\sqrt{x}}+1\right)}{-2{\sqrt{x}}}} \\ ={\dfrac{-2.{\sqrt{x}}}{-2{\sqrt{x}}}}=1\)

\(A=1-{\sqrt{x}}\Leftrightarrow1-{\sqrt{x}}=1\Leftrightarrow{\sqrt{x}}=0\Rightarrow x=0\)  (tm)

\(P={\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}}+{\dfrac{3}{\sqrt{x}+1}}-{\dfrac{6{\sqrt{x}}-4}{x-1}}\)     ( \(x \geq 0\) ;  \(x \neq 1\)  )

\(= \dfrac {{\sqrt{x}}{\Big(}{\sqrt{x}}+1{\Big)}+3{\Big(}{\sqrt{x}}-1{\Big)}-6{\sqrt{x}}+4}{\left({\sqrt{x}}+1\right)\left({\sqrt{x}}-1\right)} \\ = \dfrac {x+{\sqrt{x}}+3{\sqrt{x}}-3-6{\sqrt{x}}+4}{\left({\sqrt{x}}+1\right)\left({\sqrt{x}}-1\right)} \\ = \dfrac{{\sqrt{x}}-1}{{\sqrt{x}}+1}\)

\(P\lt \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\lt \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow{\dfrac{{\sqrt{x}}-1}{{\sqrt{x}}+1}}-{\dfrac{1}{2}}\lt 0\Leftrightarrow{\dfrac{2{\sqrt{x}}-2-{\sqrt{x}}-1}{2\left({\sqrt{x}}+1\right)}}\lt 0 \\ \Rightarrow{\sqrt{x}}-3\lt 0\Rightarrow{\sqrt{x}}\lt 3\Rightarrow x\lt 9 \\ \Rightarrow \left\{ \begin{align}   & 0 \leq x < 9 \\  & x \neq 1 \\ \end{align} \right.\)

Goi hàm số cần tìm có dạng (d): y = ax + b  ( \(a \neq 0\) )

Vì (d) đi qua A(1;3), B(2;-1)  =>   \(\left\{ \begin{align}   & a + b = 3 \\  & 2a + b = -1 \\ \end{align} \right. \Leftrightarrow \) \(\left\{ \begin{align}   & a = -4 \\  & b = 7 \\ \end{align} \right.\)

Vậy hàm số cần tìm là y = -4x + 7

Gọi (d): y = ax + b  (\(a \neq 0\) ) là đồ thị cần tìm

Vì \((d)// \Delta : \ 3x-2y+1=0\Rightarrow\) \(\left\{ \begin{align}   & a = \dfrac {3}{2} \\  & b \neq \dfrac {1}{2} \\ \end{align} \right.\)

Để \((d)\!:y\!=\!{\dfrac{3}{2}}x\!+\!b\)  đi qua (3;-2) => \(\left\{ \begin{align}   & x = 3 \\  & y = -2 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow-2={\dfrac{3}{2}}.3+b\Rightarrow b=-{\dfrac{13}{2}}\)  (tm)

Vậy \((d) : y=\dfrac{3}{2}x-\dfrac{13}{2}\)

y = ax + b => 2 = a + b => b = 2 - a

Vì d cắt tia Ox, Oy

=> \(d\cap O x=P{\biggl(}-{\dfrac{b}{a}};0{\biggr)} , d \cap O y=Q{\big(}0;b,{\big)},b\gt 0\Rightarrow a\lt 0\) 

\(S_{\Delta OPQ}\) min  \(\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}O P.O Q_{\mathrm{min}} \Leftrightarrow{\dfrac{1}{2}}{\bigg|} \dfrac {b}{a} {\bigg|} {\bigg|}b{\bigg|}_{\operatorname*{min}} \Leftrightarrow \dfrac {b^2}{a}min\)  

\(\Leftrightarrow{\dfrac{\left(2-a\right)^{2}}{a}}={\dfrac{4}{a}}-4+a\operatorname*{min}_{a}\geq2{\sqrt{{\dfrac{4}{a}}}}\,a-4=0\)

Dấu  " = " xảy ra khi \(a = \dfrac {4}{a} \Leftrightarrow a=-2(d o\ a\lt 0)\Leftrightarrow b=4\)

Vậy y = -2x + 4
 

Hàm số \(\left(d\right):y=a x+b{\big(}a\neq0{\big)}\perp d^{'}\!:y=4x+3\Rightarrow a.4=-1\Rightarrow a=-{\dfrac{1}{4}}\)

Đồ thị hàm số \(y=-\dfrac {1}{4}x +b\) qua điểm N(2;-1) => \(-1={\dfrac{-1}{4}}.2+b\Leftrightarrow b=-{\dfrac{1}{2}}\)

Vậy \(y=-\dfrac {1}{4}x -\dfrac {1}{2}\)

Để các đường thẳng  \(d:y=(m-1)x+m\) và \(d' :y=\left(m^{2}-1\right)x+1\) song song với nhau thì

\(\left\{ \begin{align}   & m - 1 = m^2 - 1 \\  & m \neq 1 \\ \end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}   & m^2 - m = 0 \\  & m \neq 1 \\ \end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}   & \left[\begin{array}{c}{{m=0}}\\ {{m=1 \Rightarrow m=0}}\end{array}\right. \\  & m \neq 1 \\ \end{align} \right.\) 

d: y = ax + b đi qua điểm I(2;3) => 3 = 2a + b  (*)

Ta có: \(d\cap O x=d\left(-{\dfrac{b}{a}};0\right),d\cap O y=B\left(0;b\right)\)

\(\Rightarrow O A=\left|-{\dfrac{b}{a}}\right|={\dfrac{b}{a}},O B=\left|b\right|=b\)  (do A, B thuộc tia Ox, Oy)

Tam giác OAB vuông tại O. Do đó, Tam giác OAB vuông cân khi OA = OB

\(\Rightarrow-{\dfrac{b}{a}}=b\Rightarrow\) \(\left[\begin{array}{c} {{b=0 \Rightarrow A=B=O (0;0) (ktm)}} \\ {{a=-1 \Rightarrow \begin{cases}   3=2a+b \\ a=-1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}   a=-1 \\ b=5 \end{cases} }}\end{array}\right.\)  

Vậy đường thẳng cần tìm là: y = -x + 5

Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm (-2;0), (0;3)

\(\Rightarrow \begin{cases}   -2a+b=0 \\ b=3 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}   a=\dfrac{3}{2} \\ b=3 \end{cases}\)

Vì y = ax đi qua (-1;1) => a = -1 và nằm về phía x < 0

Vì y = 3x + 5 có a = 3 > 0 nên đồng biến trên R

\(y={\sqrt{\left|x-2\right|}}\) xác định khi |x - 2| > 0 => \(\left[\begin{array}{c} {{x-2\geq0}} \\ {{x-2<0}}\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow \left[\begin{array}{c} {{x\geq2}} \\ {{x-<2}}\end{array}\right.\) => \(x \in R\)

Hàm số y = (2-m)x + 5m nghịch biến khi 2 - m < 0 => m > 2

Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ax + by = c

\(\begin{cases}   4x-5y=2 \\ 3y+x=1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}   12x-15y=6 \\ 5x+15y=5 \end{cases} \\ \Leftrightarrow \begin{cases}   17x=11 \\ y=\dfrac{1-x}{3} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}   x=\dfrac{11}{17} \\ y=\dfrac{2}{17} \end{cases}\)

Gọi x y , là số chi tiết máy hai tổ tháng thứ nhất làm được \(\left(x,y\in\mathbb{N}^{*};x,y\lt 1000\right)\)

Theo bài ta có hệ phương trình: \( \begin{cases}   x+y=1000 \\ 1,2x+1,15y=1170 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}   x=400 \\ y=600 \end{cases} (tm)\)

Vậy tháng thứ hai, Tổ I: 400 . 1,2 = 480 (chi tiết máy), tổ II: 600.1,15 = 690 (chi tiết máy)

\(\begin{cases}   x-y+m=0 \ \ (1) \\ (x+y-2)(x-2y+1)=0 \ \ (2) \end{cases}\)

Từ (1) => x = y - m thay vào (2) ta có:

\((y-m+y-2)\bigl(y-m-2y+1\bigr)=0\Leftrightarrow(2y-m-2)\bigl(-y-m+1\bigr)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{array}{c} {{2y-m-2=0}} \\ {{-y-m+1=0 }}\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{c} {{y=\dfrac{m+2}{2}}} \\ {{y=1-m }}\end{array}\right. \)

Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì \({\dfrac{m+2}{2}}=1\!-\!m\Leftrightarrow m\!+\!2=\!2\!-\!m\Leftrightarrow m\!=\!0\)

Ta gọi A B C , , là giao điểm của 2 đường thẳng đôi một của 3 dường thẳng trên

\(\Leftrightarrow A{\big(}1;1{\big)},B{\big(}4;0{\big)},C{\big(}2;4{\big)}\Rightarrow AB={\sqrt{10}}, AC={\sqrt{10}},B C={\sqrt{20}}\)

\(\Rightarrow A B=A C ; B C^{2}=A B^{2}+AC^{2}\)

Nên \(\Delta ABC\) vuông cân tại A
 

\(x^{2}-m x+m-2=0\) có \(\Delta=m^{2}-4\bigl(m-2\bigr)=m^{2}-4m+8\gt 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm.

Áp dụng hệ thức Vi-et: \(\begin{cases}   x_{1}+x_{2}=m \\ x_{1}x_{2}=m - 2 \end{cases}\)

\(\Rightarrow A=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2x_{1}x_{2}=m^{2}-2\left(m-2\right)=m^{2}-2m+4\)

\(x^{2}-m x+m-2=0\) có \(\Delta=m^{2}-4\bigl(m-2\bigr)=m^{2}-4m+8\gt 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt: \(\begin{cases}   x_{1}+x_{2}=m \\ x_{1}x_{2}=m - 2 \end{cases}\)

Ta có:

\({\dfrac{x_{1}^{2}-2}{x_{1}-1}}.{\dfrac{x_{2}^{2}-2}{x_{2}-1}}=4\Leftrightarrow{\dfrac{x_{1}^{2}x_{2}^{2}-2\Bigl(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\Bigr)+4}{x_{1}x_{2}-\bigl(x_{1}+x_{2}\bigr)+1}}=4\)

\(\Leftrightarrow{\dfrac{\left(x_{1}x_{2}\right)^{2}-2\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2x_{1}x_{2}\right]+4}{x_{1}x_{2}-\left(x_{1}+x_{2}\right)+1}}=4\)

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

\(\Rightarrow 3m^{2}-8m+16=8m-4\Longleftrightarrow3m^{2}-16m+20=0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{array}{c} {{m=\dfrac{10}{3}}} \\ {{m=2}}\end{array}\right.\)

\(m={\dfrac{10}{3}};m=2\) là nghiệm của phương trình \(m^2 - 3m + 2\)

Phương trình \(m x^{2}-2x+4=0\) ( m :tham số, x :ẩn số) là hàm số bậc hai khi m ≠ 0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi

\(\Delta^{\prime}\gt 0\Leftrightarrow1-4m\gt 0\Leftrightarrow m\lt \dfrac{1}{4} và \ m\neq0\)
 

Áp dụng hệ thức Vi et khi ta có hai nghiệm
Nên: \(\begin{cases}   x_{1}+x_{2}=2{\sqrt{3}} \\ x_{1}x_{2}=-1 \end{cases}\)

Ta thấy phương trình \(x^{2}-2{\sqrt{3}}x-1=0\) thỏa mãn

Ta có phương trình hoành độ giao điểm: \(x^2+x-6=0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{array}{c} {{x=2 \Rightarrow y=4}} \\ {{x=-3 \Rightarrow y=9}}\end{array}\right. \)

Hàm số \(y=\left({m-\dfrac{1}{2}}\right)x^{2}\)  đồng biến khi \(x\lt 0\Leftrightarrow m-{\dfrac{1}{2}}\lt 0\Leftrightarrow m\lt {\dfrac{1}{2}}\)

\(\left(P\right):y=\left(m-{\dfrac{1}{2}}\right)x^{2}\) đi qua điểm \(\left(2;2\right)\Rightarrow m-{\dfrac{1}{2}}={\dfrac{2}{2^2}}\Leftrightarrow m=1\)

Chọn đáp án B

Khi ở độ cao 3m

=> \(h=-(x-1)^2+4=3 \Leftrightarrow(x-1)^{2}=1 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{c} {{x-1=1}} \\ {{x-1=-1}}\end{array}\right.\Leftrightarrow \left[\begin{array}{c} {{x=0}} \\ {{x=2}}\end{array}\right.\) 

Vì x là khoảng cách từ điểm rơi đến chân cầu nên x > 0 => x = 2

\({\sqrt{x^{2}-6x+9}}=2x+1 {\biggl(}x\geq-{\dfrac{1}{2}}{\biggr)}\Rightarrow x^{2}-6x+9=4x^{2}+4x+1\)

\(\Leftrightarrow3x^{2}+10x-8=0\Leftrightarrow\) \(\Leftrightarrow \left[\begin{array}{c} {{x=\dfrac {2}{3} \ (tm)}} \\ {{x=-4 \ (ktm) }}\end{array}\right.\)

\(x^4 + 4x^2 - m + 4 = 0\)  (1)

Đặt \(t = x^2\) => phương trình thành \(t^{2}+4t-m+4 \ \ (2)\)

Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

=> \(\begin{cases}  S>0 \\ P>0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}  -4>0 \\ -m+4>0 \end{cases} \Leftrightarrow \)  vô lý. Vậy không tìm được giá trị m

\(\Delta A B D=\Delta C B D \ \ (c.c.c)\Rightarrow \widehat {d_1} = \widehat {d_2} = \dfrac {40^o}{2}=20^o \ , \widehat {b_1} + \widehat {b_2} = 90^o\)

Mặt khác: AD = CD , AB = CB

=> BD là đường trung trực của AC

=> \(\begin{cases}   \widehat K = 90^o \\ AK=CK \end{cases}\)

\(A K=A B.\sin B=6{\sqrt{2}}{\big(}c m{\big)}\Rightarrow A D={\dfrac{A K}{\sin D_{2}}}\approx24.81(c m{\big)}\)

\(D K=AK.\cot \widehat {D_{2}} \approx23,3c m\Rightarrow S_{\Delta ADK} \approx98,9\left(c m^{2}\right)\)

\(\Rightarrow S_{A B C D}=2.S_{A D K}+S_{A B C}\approx269,85(c m^{2})\)

Độ cao của máy bay: CH

Xét \(\Delta C H B:C H=B H.{\mathrm{tan}}B=B H.{\mathrm{tan}}30^{\circ}={\dfrac{B H}{\sqrt{3}}}\Rightarrow B H=C H.{\sqrt{3}}\)

Xét \(\Delta A H C:C H=AH.\tan A=A H.\tan40^{\circ}\Rightarrow AH=\dfrac{C H}{\tan40^{\circ}}\)

\(AB=AH+B H=C H{\sqrt{3}}+{\dfrac{C H}{\tan{40^{\circ}}}}\)

\(AB=300=\left({\sqrt{3}}+{\frac{1}{\tan{40^{\circ}}}}\right)C H\Rightarrow C H={\dfrac{300}{{\sqrt{3}}+{\dfrac{1}{\tan{40^{\circ}}}}}}\approx102{,}61(m)\)

Hạ \(B H\perp A C\). Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong các tam giác vuông:

\(AH=10.{\mathrm{cos}}40^{\circ}\approx7.66;B H=10.{\mathrm{sin}}40^{\circ}\approx6.43\)

\(\Rightarrow HC=AC-AH=12-7.66=4.34\)

\(\Rightarrow\tan C={\dfrac{B H}{H C}}={\dfrac{6.43}{4.34}}\Rightarrow \widehat C\approx56^{\circ}\)

Đường cao \(B E,C F,\widehat {D H C}=90^{\circ}-\widehat {D C H}=\widehat {A B C}\)

\(\Rightarrow H D=H C\cdot\cos \widehat {D H C}=H C.\cos B\)

\(AH= HE:\cos\widehat{AH E}=H E:\cos\widehat C={\dfrac{H C.\cos\widehat {EHC}}{\cos \widehat C}}={\dfrac{H C.\cos\widehat A}{\cos\widehat C}}\)

\(AH=DH\Rightarrow\cos B.\cos C=\cos A\)

Kẻ BK là tia phân giác của \(\angle ABC \ (K\in{A C})\). Theo tính chất của tia phân giác

\(\Rightarrow{\dfrac{A K}{A B}}={\dfrac{K C}{B C}}\)

Áp dụng tính chất của tỉ lệ thức ta có :

\({\dfrac{A K}{A B}}={\dfrac{K C}{B C}}={\dfrac{A K+K C}{A B+BC}}={\dfrac{A C}{A B+B C}}\)

Mà  \(\tan\angle A B K={\dfrac{A K}{A B}}={\dfrac{A C}{A B+B C}}\)
 

Áp dụng định lý Ta let ta có :
 

\(\dfrac {AB}{AD} = \dfrac {BC}{DF}\)

\(\Delta ABC\) đồng dạng với \(\Delta GHK\) theo tỉ số :  \(k_1.k_2\)

\(\angle A C B={\dfrac{1}{2}}s d{\widetilde{A B}}={\dfrac{1}{2}}.50^{\circ}=25^{\circ}\) nên câu D sai

Ta có AD là tiếp tuyến nên

\(\angle D A M={\dfrac{1}{2}}\,s d{\widehat{{A N}}}={\dfrac{1}{2}}{\Bigl(}\,s d\,{\widehat{{A C}}}+s d{\widehat{{C N}}}{\Bigr)} \ \ (1)\)

\(\angle D M A\) là góc có đỉnh trong đường tròn nên:

\(\angle D M A={\dfrac{1}{2}}\biggl(s d \widehat {AC}+s d{\widehat {NB}} \biggr) \ \ (2)\)

Mà AN là tia phân giác 

\(\Rightarrow s d \widehat {CN} = s d{\widehat {NB}} \ \ (3)\)

Từ (1) (2) (3) => \(\angle DAM=\angle DMA \Rightarrow \Delta DAM\) cân nhưng không đều

Ta có: \(AD = AC \Rightarrow \Delta ACD \) cân tại A

\(\Rightarrow\angle AD C={\dfrac{180^{\circ} - \angle D A C}{2}}={\dfrac{180^{\circ}-80^{\circ}}{2}}=50^{\circ}\Rightarrow\angle B D C=50^{\circ}\)

Mà BC cố định nên điểm D thuộc cung chứa góc 50° dựng trên BC
 

Các tứ giác nội tiếp : BDEC. ADHE, BDFH, FHEC

=> Có 4 tứ giác nội tiếp
 

Cả 3 ý đều đúng

Diện tích hình vành khăn:

\(S_{vanh \ khan}=\pi R^{2}-\pi R'^{2}=\pi\left(8^{2}-5^{2}\right)\approx122,5(c m^{2})\)
 

Ta có: \(\begin{cases}   \angle O=\angle A=\angle B=90^{\circ} \ \ (1) \\ OA=OB=R \ \ (2) \end{cases}\)

Từ (1) và (2) suy ra OATB là hình vuông \(\Rightarrow S_{OATB}=R^{2}\)

Ta có: \(S_{quat (AOB)}=\dfrac{\pi R^{2}.90}{360}=\dfrac{\pi R^{2}}{4} \ \ (dvdt)\)

\(\Rightarrow S_{quat \ TAB}=S_{OATB}-S_{OAB}=R^{2}-{\dfrac{\pi R^{2}}{4}}={\dfrac{R^{2}}{4}}\big(4-\pi\big) \ \ (dvdt)\)

Ta có \(B C\perp O B , B C\perp O'C\) (tiếp tuyến vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm)

\(\Rightarrow \begin{cases}  \angle B=\angle C=90^{\circ} \\ OB // O'C \end{cases}\)

Vẽ CD // OO' \((D \in OB)\)

Tứ giác ODCO' là hình bình hành

\(\Rightarrow \begin{cases}  CD = OO' = R + R' = 6 + 2 = 8 (cm) \\ BD = OB - OD = 6 - 2 = 4 (cm) \end{cases}\)

\(\Delta BCD\) vuông tại B có CD = 2.BD nên bằng nửa tam giác đều cạnh CD

\(\Rightarrow\angle B D C=60^{\circ}\Rightarrow\angle A O B=\angle B D C=60^{\circ}\)  (hai góc đồng vị)

Ta có: \(\angle AOB + \angle AO'C=180^{\circ}\)  (hai góc trong cùng phía)

\(\Rightarrow\angle AO'C=180^{\circ} - \angle AOB = 180^{\circ} - 60^{\circ}= 120^{\circ}\)

Vậy \(\angle AOB = 60^{\circ} , \angle AO'C = 120^{\circ}\)

\(\angle M={\dfrac{1}{2}}{\bigg(}s d{\widehat{B D}}-s d{\widehat{A C}}{\bigg)}={\dfrac{1}{2}}.(80^{\circ}-30^{\circ})=25^{\circ}\)

Ta có diện tích xung quanh của hình nón

\(S_{xq}=\pi r l\Rightarrow l=\frac{S_{x q}}{\pi r}=\frac{20\pi}{4\pi}=5(c m)\)

Hình vuông ABCD nội tiếp (O; R) nên \(A B=R{\sqrt{2}}\) .Khi quay mô hình ta được :

Hình cầu tâm O bán kính R và hình trụ có chiều cao \(h=R{\sqrt{2}}\), bán kính đáy

\(r=\dfrac {R{\sqrt{2}}}{2}\)

\(V=V_{cau}-V_{tru}=\frac{4}{3}\pi R^{3}-\pi R\sqrt{2}.\dfrac{R^{2}}{2}=\left(\dfrac{8-3\sqrt{2}}{6}\right)\pi R^{3} \ \ (dvdt)\)