bài 1: a) tổng số lượt sách trong tuần là:

15 + 20 + 35 + 30 = 100 (lượt)

b) tần số tương đối số lượt mượn sách tham khảo là:

\(\dfrac{35}{100}\cdot100\%=35\%\)

bài 2: a. các kết quả thuận lợi cho biến cố M là:

2; 3; 5; 7

b. xâc suất: \(\dfrac{4}{8}\cdot100\%=50\%\)

a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB tại D

Xét ΔODC vuông tại D và ΔOHM vuông tại H có

\(\widehat{DOC}\) chung

Do đó: ΔODC~ΔOHM

=>\(\dfrac{OD}{OH}=\dfrac{OC}{OM}\)

=>\(OD\cdot OM=OC\cdot OH\)

a; Thay m=-2 vào (1), ta được:

\(x^2-\left(-2\right)x+\left(-2\right)-1=0\)

=>\(x^2+2x-3=0\)

=>(x+3)(x-1)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+3=0\\x-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-3\\x=1\end{matrix}\right.\)

b: \(\text{Δ}=\left(-m\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m-1\right)=m^2-4m+4=\left(m-2\right)^2>=0\forall m\)

=>Phương trình (1) luôn có hai nghiệm

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m-1\end{matrix}\right.\)

\(A=\dfrac{2x_1x_2+3}{x_1^2+x_2^2+2\left(x_1x_2+1\right)}\)

\(=\dfrac{2\left(m-1\right)+3}{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+2x_1x_2+2}=\dfrac{2m-2+3}{m^2+2}\)

\(=\dfrac{2m+1}{m^2+2}\)

=>\(A-1=\dfrac{2m+1-m^2-2}{m^2+2}=\dfrac{-m^2+2m-1}{m^2+2}=-\dfrac{\left(m-1\right)^2}{m^2+2}< =0\forall m\)

=>\(A< =1\forall m\)

Dấu '=' xảy ra khi m-1=0

=>m=1

100,999

100+0,99999= 100,99999

a; (\(\sqrt{45}\) - \(\sqrt{125}\) + \(\sqrt{20}\)) : \(\sqrt{5}\)

   =  (\(\sqrt{9.5}\) - \(\sqrt{25.5}\) + \(\sqrt{4.5}\)):\(\sqrt{5}\)

   =  (3\(\sqrt{5}\) - 5\(\sqrt{5}\) + 2\(\sqrt{5}\)): \(\sqrt{5}\)

     = (- 2\(\sqrt{5}\) + 2\(\sqrt{5}\)) : \(\sqrt{5}\)

     = 0 : \(\sqrt{5}\)

     = 0 

cuu t

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(\dfrac{1}{4}x^2=-\dfrac{1}{2}x+2\)

=>\(x^2=-2x+8\)

=>\(x^2+2x-8=0\)

=>(x+4)(x-2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x+4=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-4\\x=2\end{matrix}\right.\)

Khi x=-4 thì \(y=-\dfrac{1}{2}\cdot\left(-4\right)+2=2+2=4\)

Khi x=2 thì \(y=-\dfrac{1}{2}\cdot2+2=-1+2=1\)

Vậy: Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(-4;4); B(2;1)

Bài 4:

a: Xét (O) có \(\widehat{AMB};\widehat{ANB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

nên \(\widehat{AMB}=\widehat{ANB}=\dfrac{\widehat{AOB}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

b: Diện tích hình quạt tròn OAB là:

\(S_{q\left(OAB\right)}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot n}{180}=\dfrac{\Omega\cdot6^2\cdot120}{180}=24\Omega\)

Diện tích tam giác OAB là:

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sinAOB=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot6\cdot sin120\simeq9\sqrt{3}\)(cm²)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB là:

\(24\Omega-9\sqrt{3}\simeq59,8\left(cm^2\right)\)

Bài 4:

a: Xét (O) có \(\widehat{AMB};\widehat{ANB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

nên \(\widehat{AMB}=\widehat{ANB}=\dfrac{\widehat{AOB}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

b: Diện tích hình quạt tròn OAB là:

\(S_{q\left(OAB\right)}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot n}{180}=\dfrac{\Omega\cdot6^2\cdot120}{180}=24\Omega\)

Diện tích tam giác OAB là:

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sinAOB=\dfrac{1}{2}\cdot6\cdot6\cdot sin120\simeq9\sqrt{3}\)(cm²)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB là:

\(24\Omega-9\sqrt{3}\simeq59,8\left(cm^2\right)\)

Bài 5:

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>\(\widehat{AMB}=90^0\)

b: ΔAMB vuông tại M

=>AM\(\perp\)BC tại M

ΔCMA vuông tại M

mà MI là đường trung tuyến

nên IA=IM

Xét ΔIAO và ΔIMO có

IA=IM

OA=OM

IO chung

Do đó: ΔIAO=ΔIMO

=>\(\widehat{IAO}=\widehat{IMO}\)

=>\(\widehat{IMO}=90^0\)

=>IM là tiếp tuyến của (O)

c: Xét ΔMAB vuông tại M có \(cosMAB=\dfrac{MA}{AB}=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{MAB}=60^0\)

Xét ΔMNA vuông tại N có \(sinMAN=\dfrac{MN}{MA}\)

=>\(\dfrac{MN}{R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(MN=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)

\(\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}:2R=\dfrac{R\sqrt{3}}{2\cdot2R}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\simeq0,43\)

a: Xét tứ giác OBDA có \(\widehat{OBD}+\widehat{OAD}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBDA là tứ giác nội tiếp

=>O,B,D,A cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>BA\(\perp\)CE tại A

Xét ΔBEC vuông tại B có BA là đường cao

nên \(CA\cdot CE=CB^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)

c:

i: Xét (O) có

DA,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DA=DB

=>D nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra OD là đường trung trực của AB

=>OD\(\perp\)AB tại K và K là trung điểm của AB

Xét tứ giác AKOI có \(\widehat{AKO}=\widehat{AIO}=\widehat{KAI}=90^0\)

nên AKOI là hình chữ nhật

=>OA=IK

=>IK=R

ii: ΔAHB vuông tại H

mà HK là đường trung tuyến

nên HK=KA=KB

=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔAHB

Gọi M là giao điểm của AO và KI

AKOI là hình chữ nhật

=>AO cắt KI tại trung điểm của mỗi đường

=>M là trung điểm chung của AO và KI

ΔAHO vuông tại H

mà HM là đường trung tuyến

nên \(HM=\dfrac{AO}{2}=\dfrac{KI}{2}\)

Xét ΔHKI có

HM là đường trung tuyến

HM=KI/2

Do đó: ΔHKI vuông tại H

=>HK\(\perp\)HI

Xét (K) có

HK là bán kính

HI\(\perp\)HK tại H

Do đó: HI là tiếp tuyến của (K)

=>HI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔHAB

iii: Vì \(\widehat{AHO}=\widehat{AKO}=\widehat{AIO}=90^0\)

nên A,H,K,O,I cùng thuộc đường tròn đường kính AO

trung bình cộng của 50 số lẻ liên tiếp là 50 . Số lớn nhất là?