Đề thi học kì 2 Toán 9 - Đề số 5

a) Gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 là \(x\left( {kg/{m^3}} \right)\) thì điều kiện của x là \(x > 200\).

b) Thể tích của hỗn hợp 2 loại chất lỏng khi hòa tan là \(\frac{1}{{50}}\) \({m^3}\).

c) Gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 là \(x\left( {kg/{m^3}} \right)\) thì phương trình với ẩn x là \(\frac{8}{x} + \frac{6}{{x + 200}} = \frac{1}{{50}}\).

d) Khối lượng riêng của chất lỏng loại 2 là \(800kg/{m^3}\).

a) Độ dài đường sinh của hình nón là \(\sqrt {{h^2} + 4} \,\,\,\left( {cm} \right)\).

b) Thể tích của hình nón là \(4\pi h\,\,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

c) Diện tích toàn phần của hình nón là \({S_{tp}} = \pi .2\,.\sqrt {{h^2} + 4} + \pi {.2^2}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

d) Chiều cao của hình nón trên bằng đường kính một hình cầu, diện tích toàn phần hình nón bằng diện tích mặt cầu. Chiều cao của hình nón là \(2\,\sqrt 3 \,cm\).

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2;4} \right)\) nên ta thay toạ độ điểm A vào hàm số để tìm m.

Để đồ thị đi qua điểm \(A\left( { - 2;4} \right)\) thì điểm A thuộc đồ thị hàm số \(y = \left( { - 2m + 1} \right){x^2}\).

Thay \(x = - 2;y = 4\) vào hàm số \(y = \left( { - 2m + 1} \right){x^2}\), ta được:

\(\begin{array}{l}4 = \left( { - 2m + 1} \right).{\left( { - 2} \right)^2}\\4 = 4\left( { - 2m + 1} \right)\\ - 2m + 1 = 1\\ - 2m = 0\\m = 0\end{array}\)

Vậy m = 0 thì đồ thị đi qua điểm \(A\left( { - 2;4} \right)\).

Đáp án A

Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\) \((a \ne 0)\) với \(b' = \frac{b}{2}\) có hệ thức \(\Delta ' = b{'^2} - ac\).

Phương trình \({x^2} - 2\sqrt {11} x + 3 = 0\) có \(a = 1;b' = \frac{{ - 2\sqrt {11} }}{2} = - \sqrt {11} ;c = 3\) nên hệ thức \(\Delta ' = {\left( { - \sqrt {11} } \right)^2} - 1.3 = 11 - 3 = 8\).

Đáp án A

Xét sự tồn tại nghiệm của hai phương trình theo \(a.c\).

Sử dụng định lí Viète để biểu diễn \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) theo hệ số a, b, c.

Biến đổi biểu thức \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\) để xuất hiện \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\) rồi tính giá trị của biểu thức.

Phương trình \({x^2} + 7x - 15 = 0\) có \(a.c = 1.\left( { - 15} \right) = - 15 < 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Áp dụng định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = \frac{{ - 7}}{1} = - 7;{x_1}.{x_2} = \frac{{ - 15}}{1} = - 15\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\ = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\ = {\left( { - 7} \right)^2} - 3.\left( { - 15} \right)\\ = 49 + 45 = 94\end{array}\)

Vậy \(x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = 94\)

Đáp án B

So sánh tần số tương đối của các loại ngôn ngữ lập trình.

Ta có: 34% > 29% > 18% > 12% > 7% nên ngôn ngữ lập trình được sử dụng phổ biến nhất khi viết 200 phần mềm đó là Python (34%).

Đáp án A

Xác định số phần tử của không gian mẫu.

Xác định các kết quả thuận lợi cho biến cố.

Khi đó xác suất của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố và số phần tử của không gian mẫu.

Không gian mẫu của phép thử là:

\(\Omega = \){10; 15; 16; 51; 50; 56; 61; 60; 65}

Không gian mẫu có 9 phần tử.

Kết quả thuận lợi cho biến cố “Số tạo thành chia hết cho \(5\)” là: 10; 15; 50; 60; 65.

Có 5 kết quả thuận lợi cho biến cố.

Vậy xác suất của biến cố “Số tạo thành chia hết cho \(5\)” là: \(\frac{5}{9}\).

Đáp án B

Tính cạnh huyền của tam giác bằng định lí Pythagore.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông bằng một nửa cạnh huyền.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông cân tại A, ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {2^2} + {2^2} = 8\) suy ra \(BC = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Do đó độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: \(\frac{{2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \left( {cm} \right)\).

Đáp án D

- Đường tròn ngoại tiếp của hình vuông có tâm là giao điểm của hai đường chéo và bán kính bằng một nửa độ dài đường chéo.

Ta tính được đường kính đường tròn = đường chéo của hình vuông.

- Sử dụng định lí Pythagore suy ra diện tích hình vuông: S = cạnh.cạnh.

Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là 5cm nên độ dài AC là: \(5.2 = 10\left( {cm} \right)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B, ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\\2A{B^2} = {10^2}\\2A{B^2} = 100\\A{B^2} = 50\end{array}\)

Mà \({S_{hv}} = A{B^2}\) nên diện tích hình vuông ABCD là \(50c{m^2}\).

Đáp án D

Đa giác đều là một đa giác lồi có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau.

Hình 1, 2, 3 là các hình có cấu trúc dạng hình phẳng đều là hình lục giác đều.

Hình 4 không có cấu trúc dạng hình phẳng đều.

Đáp án A

Phép quay thuận chiều \(\alpha ^\circ \) tâm O biến điểm A thành điểm B.

Phép quay thuận chiều kim đồng hồ \(180^\circ \) tâm O biến điểm A thành điểm đối xứng với nó qua O (quay một góc \(180^\circ \)) nên là điểm C.

Đáp án C

Dựa vào chu vi đường tròn đáy để tính r.

Sử dụng công thức tính thể tích hình trụ: \(V = \pi {r^2}h\).

Vì chu vi đường tròn đáy của hình trụ bằng \(4\pi a\) nên \(2\pi r = 4\pi a\), suy ra \(r = 2a\).

Lại có \(h = a\) nên thể tích của hình trụ là:

\(V = \pi {r^2}h = \pi {\left( {2a} \right)^2}.a = 4\pi {a^3}\).

Đáp án A

Sử dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón: \({S_{xq}} = \pi rl\).

Diện tích xung quanh của hình nón là:

\({S_{xq}} = \pi rl = \pi .\sqrt 3 .4 = 4\sqrt 3 \pi \left( {c{m^2}} \right)\)

Đáp án B

Dựa vào công thức tính thể tích của hình cầu: \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}\) để tính bán kính r của hình cầu.

Từ đó suy ra đường kính của hình cầu: \(d = 2r\).

Vì hình cầu có thể tích là \(972\pi {\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\) nên ta có: \(972\pi = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).

Do đó \({r^3} = \frac{{972\pi }}{{\frac{4}{3}\pi }} = 729\) suy ra \(r = \sqrt[3]{{729}} = 9\) (cm)

Đường kính của hình cầu là: 9.2 = 18 (cm)

Đáp án A

a) Gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 là \(x\left( {kg/{m^3}} \right)\) thì điều kiện của x là \(x > 200\).

b) Thể tích của hỗn hợp 2 loại chất lỏng khi hòa tan là \(\frac{1}{{50}}\) \({m^3}\).

c) Gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 là \(x\left( {kg/{m^3}} \right)\) thì phương trình với ẩn x là \(\frac{8}{x} + \frac{6}{{x + 200}} = \frac{1}{{50}}\).

d) Khối lượng riêng của chất lỏng loại 2 là \(800kg/{m^3}\).

a) Xác định điều kiện của \(x\) theo đề bài.

b) Tính thể tích của hỗn hợp = số kg : khối lượng riêng.

c) Gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 là \(x\left( {kg/{m^3}} \right)\left( {x > 200} \right)\).

Biểu diễn khối lượng riêng của chất lỏng loại 2 theo \(x\).

Biểu diễn thể tích của chất lỏng loại 1 và thể tích của chất lỏng loại 2 theo \(x\).

Vì thể tích của hỗn hợp trước và sau khi trộn không đổi nên ta lập được phương trình.

c) Giải phương trình trên, kiểm tra lại nghiệm.

a) Đúng

Vì khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng loại 2.

Mà khối lượng riêng của chất lỏng loại 2 là \(200kg/{m^3}\)nên nếu gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 là \(x\left( {kg/{m^3}} \right)\) thì \(x > 200\).

b) Đúng

Vì người ta hòa tan \(8kg\) chất lỏng loại 1 với \(6kg\) chất lỏng loại 2 thì được một hỗn hợp có khối lượng riêng là \(700kg/{m^3}\) nên thể tích của hỗn hợp là: \(\frac{{8 + 6}}{{700}} = \frac{{14}}{{700}} = \frac{1}{{50}}\left( {{m^3}} \right)\).

c) Sai

Gọi khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 là \(x\left( {kg/{m^3}} \right)\left( {x > 200} \right)\).

khối lượng riêng của chất lỏng loại 2 là \(x-200\left( {kg/{m^3}} \right)\)

Do đó thể tích của chất lỏng loại 1 là \(\frac{8}{x}\;\left( {{m^3}} \right)\) và thể tích của chất lỏng loại 2 là \(\frac{6}{{x - 200}}\;\left( {{m^3}} \right)\) và thể tích của hỗn hợp là: \(\frac{{8 + 6}}{{700}} = \frac{{14}}{{700}} = \frac{1}{{50}}\left( {{m^3}} \right)\)

Vì thể tích của hỗn hợp trước và sau khi trộn không đổi nên ta có phương trình:

\(\frac{8}{x} + \frac{6}{{x - 200}} = \frac{1}{{50}}\)

d) Sai

Biến đổi phương trình về phương trình bậc hai một ẩn, ta được:

\(8.50\left( {x - 200} \right) + 6.50x = x\left( {x - 200} \right)\)

suy ra \({x^2} - 900x + 80000 = 0\)

Giải phương trình trên, ta được \({x_1} = 800\) (TMĐK) và \({x_2} = 100\)(loại)

Vậy khối lượng riêng của chất lỏng loại 1 là \(800kg/{m^3}\); khối lượng riêng của chất lỏng loại 2 là \(800-200 = 600\left( {kg/{m^3}} \right).\)

Đáp án: ĐĐSS

a) Độ dài đường sinh của hình nón là \(\sqrt {{h^2} + 4} \,\,\,\left( {cm} \right)\).

b) Thể tích của hình nón là \(4\pi h\,\,\,\left( {c{m^3}} \right)\).

c) Diện tích toàn phần của hình nón là \({S_{tp}} = \pi .2\,.\sqrt {{h^2} + 4} + \pi {.2^2}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

d) Chiều cao của hình nón trên bằng đường kính một hình cầu, diện tích toàn phần hình nón bằng diện tích mặt cầu. Chiều cao của hình nón là \(2\,\sqrt 3 \,cm\).

a) Sử dụng công thức liên hệ giữa đường sinh với bán kính đáy và chiều cao: \(l = \sqrt {{h^2} + {r^2}} \,\,\,\left( {cm} \right)\)

b) Sử dụng công thức tính thể tích hình nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\).

c) Sử dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình nón.

d) Tính diện tích mặt cầu. Lập phương trình và giải phương trình tìm h.

a) Đúng

Đường sinh của hình nón là:

\(l = \sqrt {{h^2} + {2^2}} = \sqrt {{h^2} + 4} \,\,\,\left( {cm} \right)\).

b) Sai

Thể tích của hình nón là:

\(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {.2^2}h = \frac{4}{3}\pi h\,\,\,\left( {c{m^3}} \right)\)

c) Đúng

Diện tích toàn phần của hình nón là:

\({S_{tp}} = \pi .Rl + \pi .{R^2}\, = \)\(\pi .2\,.\sqrt {{h^2} + 4} + \pi {.2^2}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)

d) Đúng

Diện tích mặt cầu là: \(4\pi {\left( {\frac{h}{2}} \right)^2} = \pi {h^2}\)

Theo đề bài ta có:

\(\pi .2\,.\sqrt {{h^2} + 4} + \pi {.2^2}\,\, = \pi {h^2}\)

\(2\,.\sqrt {{h^2} + 4} + 4\, = {h^2}\)

\(2\,.\sqrt {{h^2} + 4} \, = {h^2} - 4\,\,\,\left( {h > 2} \right)\)

\(4\,.\left( {{h^2} + 4} \right)\, = {h^4} - 8\,h{\,^2} + 16\,\left( {h > 2} \right)\)

\(\begin{array}{l}{h^4} - 12{h^2} = 0\\{h^2}\left( {{h^2} - 12} \right) = 0\end{array}\)

\({h^2} = 0\) hoặc \({h^2} = 12\)

suy ra \(h = 0\,\,\,\left( L \right)\); \(h = - 2\sqrt 3 \,\,\,\left( L \right)\); \(h = 2\sqrt 3 \) (TM).

Vậy chiều cao của hình nón là \(2\,\sqrt 3 \,cm\).

Đáp án: ĐSĐĐ

Thay hoành độ bằng 1 và tung độ bằng 2 vào hàm số để tìm m.

Thay \(x = 1;y = 2\) vào \(y = \left( {3m - 1} \right){x^2}\), ta được:

\(\begin{array}{l}2 = 3m - 1\\3m = 3\\m = 1\left( {TM} \right)\end{array}\)

Đáp án: 1

Xác định tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi so với các học sinh còn lại.

Từ đó tính được giá trị của a.

Tổng số học sinh đạt điểm giỏi là:

5 + 6 + 1 = 12 (học sinh)

Tổng số học sinh còn lại là:

0 + 0 + 1 + 2 + 6 + 7 + 8 = 24 (học sinh)

Vậy tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi so với các học sinh còn lại là:

\(\frac{{12}}{{24}} = \frac{1}{2}\). Do đó giá trị của a là 2.

Đáp án: 2

Xác định số phần tử của không gian mẫu, số kết quả thuận lợi cho biến cố.

Xác suất của biến cố bằng tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho biến cố với số phần tử của không gian mẫu.

Không gian mẫu của phép thử là:

\(\Omega = \) {(X1, X2), (X1, X3), (X1, V1), (X1, V2), (X2, X3), (X2, V1), (X2, V2), (X3, V1), (X3, V2), (V1, V2)}.

Số phần tử của không gian mẫu là 10.

Các kết quả thuận lợi của biến cố A: “Bạn Thắng lấy được hai viên bi cùng màu" là:

(X1, X2), (X1, X3), (X2, X3), (V1, V2).

Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố B.

Do đó xác suất của biến cố B là:\(P(A) = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5} = 0,4\).

Đáp án: 0,4

Tính số đo mỗi góc ở tâm ứng với một cạnh: \(\frac{{360^\circ }}{n}\) (với n là số cạnh của đa giác) suy ra tam giác AOB là tam giác đều.

Từ đó tính được độ dài AB.

Ta có mỗi góc ở tâm ứng với mỗi cạnh của lục giác đều là:

\(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOF} = \widehat {FOA} = \frac{{360^\circ }}{6} = 60^\circ \).

Mà AO = OB nên tam giác AOB là tam giác cân có một góc bằng \(60^\circ \) nên là tam giác đều.

Suy ra \(AB = 5cm\)

Đáp án: 5

a) Biểu diễn điểm có hoành độ và tung độ là hai số đối nhau.

Thay vào hàm số \(y = \frac{{ - 1}}{4}{x^2}\) để tìm các điểm thoả mãn.

b) Dùng \(ac < 0\) để xác định số nghiệm của phương trình.

Tính tổng và tích của hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) theo định lí Viète: \(\left\{ \begin{array}{l}S = {x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}\\P = {x_1}{x_2} = \frac{c}{a}\end{array} \right.\).

Biến đổi biểu thức M để xuất hiện tổng và tích của hai nghiệm.

a) Gọi toạ độ điểm có hoành độ và tung độ là hai số đối nhau là \(\left( {{x_0}; - {x_0}} \right)\).

Vì \({y_0} = - {x_0}\) nên \( - {x_0} = \frac{{ - 1}}{4}x_0^2\)

\(\begin{array}{l}\frac{1}{4}x_0^2 - {x_0} = 0\\{x_0}\left( {\frac{1}{4}{x_0} - 1} \right) = 0\end{array}\)

\({x_0} = 0\) hoặc \(\frac{1}{4}{x_0} - 1 = 0\)

\({x_0} = 0\) hoặc \(\frac{1}{4}{x_0} = 1\)

\({x_0} = 0\) hoặc \({x_0} = 4\)

suy ra \({y_0} = 0\) hoặc \({y_0} = - 4\)

Do đó ta được \(\left( {0;0} \right)\) (loại) và \(\left( {4; - 4} \right)\).

Vậy điểm \(\left( {4; - 4} \right)\) thuộc \(\left( P \right):y = - \frac{1}{4}{x^2}\).

b) \(3{x^2} + 2x - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\). Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức \(M = \left( {{x_1} - 2{x_2}} \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right) + x_2^2\).

Xét phương trình \(3{x^2} + 2x - 3 = 0\) ta có: \(ac = 3.\left( { - 3} \right) = - 9 < 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\).

Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}S = {x_1} + {x_2} = - \frac{2}{3}\\P = {x_1}.{x_2} = \frac{{ - 3}}{3} = - 1\end{array} \right.\)

Ta có: \(M = \left( {{x_1} - 2{x_2}} \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right) + x_2^2\)

\(\begin{array}{l} = {x_1}{x_2} - x_1^2 - 2x_2^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2\\ = - x_1^2 + 3{x_1}{x_2} - x_2^2\\ = - \left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2} \right) + 5{x_1}{x_2}\\ = - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 5{x_1}{x_2}\\ = - {\left( { - \frac{2}{3}} \right)^2} + 5.\left( { - 1} \right)\\ = \frac{{ - 49}}{9}\end{array}\)

Vậy \(M = \frac{{ - 49}}{9}\).

a) Chứng minh \(\Delta IOD\) và \(\Delta IED\) nội tiếp đường tròn đường kính ID, do đó bốn điểm O, I, E, D thuộc đường tròn đường kính AB.

b) Chứng minh \(AH.\,AE = 2{R^2}\)

Chứng minh \(\Delta AHO\backsim \Delta ABE\) (g.g) suy ra \(\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AB}}{{AE}}\), do đó \(AH \cdot AE = AO \cdot AB\).

Thay bằng R để tính \(AH.AE\).

Chứng minh \(OA = 3 \cdot OH\)

Tính OI, AI theo R.

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác ABE để tính \(\frac{{AE}}{{BE}}\)

Vì \(\Delta AHO\backsim \Delta ABE\) nên \(\frac{{OA}}{{OH}} = \frac{{AE}}{{BE}}\) suy ra \(\frac{{OA}}{{OH}}\), suy ra điều phải chứng minh.

a) Xét \(\Delta IOD\) vuông tại O (\(CD \bot AB\) tại O) nên \(\Delta IOD\) nội tiếp đường tròn đường kính ID, do đó I, O, D thuộc đường tròn đường kính ID.

Xét \(\Delta IED\) vuông tại E (\(\widehat {CED} = 90^\circ \), góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\Delta IED\) nội tiếp đường tròn đường kính ID, do đó I, E, D thuộc đường tròn đường kính ID.

Do đó bốn điểm O, I, E, D thuộc đường tròn đường kính AB.

b) Chứng minh \(AH.\,AE = 2{R^2}\)

Ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \(\Delta AHO\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\widehat A\) chung

\(\widehat {AOH} = \widehat {AEB}\left( { = 90^\circ } \right)\)

nên \(\Delta AHO\backsim \Delta ABE\) (g.g) suy ra \(\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AB}}{{AE}}\), do đó \(AH \cdot AE = AO \cdot AB = R \cdot 2R = 2{R^2}\)

Chứng minh \(OA = 3 \cdot OH\)

Vì I là trung điểm của OB nên $OI=\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}R$, suy ra $AI=R+\frac{1}{2}R=\frac{3}{2}R$

Vì $\widehat{AOC}=\widehat{COB}=90{}^\circ $ nên $\overset\frown{AC}=\overset\frown{CB}$, suy ra $\widehat{AEC}=\widehat{CEB}$ (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Do đó $EI$ là tia phân giác của góc $AEB$.

Vì $EI$ là tia phân giác của góc $AEB$ nên suy ra: $\frac{AE}{BE}=\frac{AI}{IB}=\frac{\frac{3}{2}R}{\frac{1}{2}R}=3$.

Vì $\Delta AHO\backsim \Delta ABE$ nên $\frac{OA}{OH}=\frac{AE}{BE}$ suy ra $\frac{OA}{OH}=3$, do đó $OA=3.OH$.

Sử dụng Viète để tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình \({x^2} - 5x + 4 = 0\), suy ra bán kính và chiều cao của hình trụ.

Sử dụng công thức tính thể tích hình trụ và thể tích hình nón.

Thể tích gỗ tiện bỏ đi = thể tích hình trụ - thể tích hình nón.

Xét phương trình \({x^2} - 5x + 4 = 0\) ta có: \(\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.4 = 25 - 16 = 9 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\).

Áp dụng định lí Viète, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 5}}{1} = 5\\{x_1}.{x_2} = \frac{4}{1} = 4\end{array} \right.\)

Do đó bán kính của hình trụ là 5 cm.

Chiều cao của hình trụ là: 3.4 = 12 (cm).

Thể tích khúc gỗ có dạng hình trụ là:

\({V_1} = \pi {r^2}h\approx 3,{14.5^2}.12 = 942\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích khúc gỗ có dạng hình nón là

\({V_2} = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\approx \frac{1}{3}.3,{14.5^2}.12 = 314\left( {c{m^3}} \right)\)

Thể tích gỗ tiện bỏ đi là

\(V = {V_1}-{V_2} \approx 942 - 314 = 628\left( {c{m^3}} \right)\)

Vậy thể tích gỗ tiện bỏ đi bằng khoảng \(628c{m^3}\).