*Câu 17: Gọi A là điểm đặt thiết bị chiếu sáng, Blà điểm trên mặt đất gần nhất nằm trong dải ánh sáng, C là điểm trên mặt đất xa nhất nằm trong dải ánh sáng. Ta có: $\tan \alpha = \frac{BC}{AB} = \frac{BC}{2,5}$ và $\tan (\alpha + 20^\circ) = \frac{AC}{AB} = \frac{AC}{2,5}$ Vì $BC = 2$ m, nên: $\tan \alpha = \frac{2}{2,5} = 0,8$ $\alpha = \arctan 0,8 \approx 38,66^\circ$ Tuy nhiên, đề bài cho rằng góc chiếu sáng là $20^\circ$, nên ta cần tìm khoảng cách $AC$: $\tan (\alpha + 20^\circ) = \tan (38,66^\circ + 20^\circ) = \tan 58,66^\circ \approx 1,64$ $\frac{AC}{2,5} = 1,64$ $AC \approx 4,1$ m *

*Câu 16: So sánh và giải thích* 1 so sánh: sin 35° và cos55° : cos 55° = sin (90° - 55° )= sin 35° Vậy sin 35°= cos 55°

tan 28° và cot 62°: cot 62° = tan (90° - 62°) = tan 28° Vậy tan 28° = cot 62° 2. Giải thích: - Xét tam giác ABC vuông tại A có cạnh huyền BC = 20 cm,

^B = 36° Ta có: cos B = AB/BC $\Rightarrow AB = BC \cdot \cos B = 20 \cdot \cos 36^\circ$ $\approx 20 \cdot 0,809 = 16,18$ cm Vậy $AB \approx 16,18$ cm.

*Câu 15: Tính tốc độ lúc về* Gọi tốc độ lúc đi là xbkm/h. Khi đó, tốc độ lúc về là x - 10 km/h. Thời gian đi từ A đến B là 60/x giờ. Thời gian về từ B đến A là 60/x-10giờ. Do thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 phút = 0,5 giờ, nên: 60/x-10 - 60/x = 0,5 60x - 60(x-10)/x(x-10)= 0,5 600/x^2 - 10x= 0,5 1200 = x^2 - 10x x^2 - 10x - 1200 = 0 Giải phương trình bậc hai, ta tìm được: x = 40 hoặc x = -30 (loại) Tốc độ lúc về là x - 10 = 40 - 10 = 30 km/h.

*Câu 15: Tính tốc độ lúc về* Gọi tốc độ lúc đi là xbkm/h. Khi đó, tốc độ lúc về là x - 10 km/h. Thời gian đi từ A đến B là 60/x giờ. Thời gian về từ B đến A là 60/x-10giờ. Do thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 phút = 0,5 giờ, nên: 60/x-10 - 60/x = 0,5 60x - 60(x-10)/x(x-10)= 0,5 600/x^2 - 10x= 0,5 1200 = x^2 - 10x x^2 - 10x - 1200 = 0 Giải phương trình bậc hai, ta tìm được: x = 40 hoặc x = -30 (loại) Tốc độ lúc về là x - 10 = 40 - 10 = 30 km/h.

*Câu 15: Tính tốc độ lúc về* Gọi tốc độ lúc đi là xbkm/h. Khi đó, tốc độ lúc về là x - 10 km/h. Thời gian đi từ A đến B là 60/x giờ. Thời gian về từ B đến A là 60/x-10giờ. Do thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 phút = 0,5 giờ, nên: 60/x-10 - 60/x = 0,5 60x - 60(x-10)/x(x-10)= 0,5 600/x^2 - 10x= 0,5 1200 = x^2 - 10x x^2 - 10x - 1200 = 0 Giải phương trình bậc hai, ta tìm được: x = 40 hoặc x = -30 (loại) Tốc độ lúc về là x - 10 = 40 - 10 = 30 km/h.

*Câu 14: Giải phương trình và hệ phương trình* a) x+6/x+5=3/2=2 x+6/x+5=1/2 2(x + 6) = x + 5 2x + 12 = x + 5 x = -7 b) {x+3y=-2 | 5x+8y=11

Từ phương trình thứ nhất, ta có: x = -2 - 3y Thay vào phương trình thứ hai, ta có: 5(-2 - 3y) + 8y = 11 -10 - 15y + 8y = 11 -7y = 21 y = -3 Thay y = -3 vào x = -2 - 3y, ta có: x = -2 - 3(-3) = 7

*Câu 13: Viết bất đẳng thức* a) Nhiệt độ t tại Tokyo là trên -5°C t > -5 b) Tuổi x của một người phải ít nhất là 16 tuổi: x ≥16 c) Mức lương tối thiểu trong một giờ làm việc của người lao động là 20 000 đồng: M ≥20000 d) y là số dương: y > 0

Ta có: 

D

(

x

)

=

2

x

2

+

3

y

2

+

4

z

2

−

2

(

x

+

y

+

z

)

+

2

D(x)=2x 

2

 +3y 

2

 +4z 

2

 −2(x+y+z)+2

 

=

2

x

2

+

3

y

2

+

4

z

2

−

2

x

−

2

y

−

2

z

+

2

=2x 

2

 +3y 

2

 +4z 

2

 −2x−2y−2z+2

 

=

(

2

x

2

−

2

x

)

+

(

3

y

2

−

2

y

)

+

(

4

z

2

−

2

z

)

+

2

=(2x 

2

 −2x)+(3y 

2

 −2y)+(4z 

2

 −2z)+2

 

=

2

(

x

2

−

x

)

+

3

(

y

2

−

2

3

y

)

+

4

(

z

2

−

1

2

z

)

+

2

=2(x 

2

 −x)+3(y 

2

 − 

3

2

 

 y)+4(z 

2

 − 

2

1

 

 z)+2

 

=

2

[

x

2

−

2

⋅

x

⋅

1

2

+

(

1

2

)

2

−

(

1

2

)

2

]

+

3

[

y

2

−

2

⋅

y

⋅

1

3

+

(

1

3

)

2

−

(

1

3

)

2

]

+

4

[

z

2

−

2

⋅

z

⋅

1

4

+

(

1

4

)

2

−

(

1

4

)

2

]

+

2

=2[x 

2

 −2⋅x⋅ 

2

1

 

 +( 

2

1

 

 ) 

2

 −( 

2

1

 

 ) 

2

 ]+3[y 

2

 −2⋅y⋅ 

3

1

 

 +( 

3

1

 

 ) 

2

 −( 

3

1

 

 ) 

2

 ]+4[z 

2

 −2⋅z⋅ 

4

1

 

 +( 

4

1

 

 ) 

2

 −( 

4

1

 

 ) 

2

 ]+2

=

2

(

x

−

1

2

)

2

−

1

2

+

3

(

y

−

1

3

)

2

−

1

3

+

4

(

z

−

1

4

)

2

−

1

4

+

2

=2(x− 

2

1

 

 ) 

2

 − 

2

1

 

 +3(y− 

3

1

 

 ) 

2

 − 

3

1

 

 +4(z− 

4

1

 

 ) 

2

 − 

4

1

 

 +2

 

=

2

(

x

−

1

2

)

2

+

3

(

y

−

1

3

)

2

+

4

(

z

−

1

4

)

2

+

11

12

=2(x− 

2

1

 

 ) 

2

 +3(y− 

3

1

 

 ) 

2

 +4(z− 

4

1

 

 ) 

2

 + 

12

11

 

 

 

Mà: 

{

2

(

x

−

1

2

)

2

≥

0

∀

x

3

(

y

−

1

3

)

2

≥

0

∀

y

4

(

y

−

1

4

)

2

≥

0

∀

z

⎩

⎨

⎧

 

  

2(x− 

2

1

 

 ) 

2

 ≥0∀x

3(y− 

3

1

 

 ) 

2

 ≥0∀y

4(y− 

4

1

 

 ) 

2

 ≥0∀z

 

 

 

⇒

D

(

x

)

=

2

(

x

−

1

2

)

2

+

3

(

y

−

1

3

)

2

+

4

(

z

−

1

4

)

2

+

11

12

≥

11

12

∀

x

,

y

,

z

⇒D(x)=2(x− 

2

1

 

 ) 

2

 +3(y− 

3

1

 

 ) 

2

 +4(z− 

4

1

 

 ) 

2

 + 

12

11

 

 ≥ 

12

11

 

 ∀x,y,z

 

Dấu "=" xảy ra khi:

 

{

x

−

1

2

=

0

y

−

1

3

=

0

z

−

1

4

=

0

⇔

{

x

=

1

2

y

=

1

3

z

=

1

4

⎩

⎨

⎧

 

  

x− 

2

1

 

 =0

y− 

3

1

 

 =0

z− 

4

1

 

 =0

 

 ⇔ 

⎩

⎨

⎧

 

  

x= 

2

1

 

 

y= 

3

1

 

 

z= 

4

1

 

 

 

  

 

 

a/ Gọi E là trung điểm của MC

Từ giả thiết:  AM=1/2MC

 nên AM = ME = EC

Xét tam giác BCM có ME = EC (cmt); DB = DC (gt)

⇒ DE là đường trung bình của tam giác BCM

⇒ DE // BM 

Xét tam giác ADE có

AM = ME (cmt)

BM // DE (cmt)

⇒ OM // DE

⇒ OA = OD (trong tam giác đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

b/ Ta có DE là đường trung bình của tam giác BCM

⇒ DE=1/2BM

Xét tam giác ADE có

OA=OD (cmt); AM=ME (cmt) ⇒ OM là đường trung bình của tam giác ADE

⇒ OM=1/2DE=1/2.1/2BM=1/4BM.

 

a) Gọi A là biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 4 chấm"P(A) = 22/40 = 11/20

b) Gọi B là biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 6 chấm"

P(B) = 10/18 = 5/9

c) Gọi C là biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 1 chấm"P(C) = 18/40 = 9/20

d) Gọi D là biến cố "Mặt xuất hiện của xúc xắc là mặt 3 chấm"P(D) = 14/20 = 7/10