Gọi số gà cần bổ sung là \(x\) (con) (\(x \in \mathbb{N}\))

Tổng số gà sau khi bổ sung: \(100 + x\) (con)

Sản lượng trung bình mỗi con: \(250 - 2 x\) (quả)

Tổng số trứng: \(\left(\right. 100 + x \left.\right) \left(\right. 250 - 2 x \left.\right)\) (quả)

Doanh thu: \(R \left(\right. x \left.\right) = 3 000. \left(\right. 100 + x \left.\right) \left(\right. 250 - 2 x \left.\right)\) (đồng)

Ta có:

\(T \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 100 + x \left.\right) \left(\right. 250 - 2 x \left.\right)\)

\(= - 2 x^{2} + 50 x + 25 000\)

\(= - 2 \left(\right. x - \frac{25}{2} \left.\right)^{2} + 25 312 , 5\)

Để doanh thu \(R \left(\right. x \left.\right)\) lớn nhất thì \(T \left(\right. x \left.\right)\) phải đạt giá trị lớn nhất.

Để \(T \left(\right. x \left.\right)\) phải đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(\left(\right. x - \frac{25}{2} \left.\right)^{2}\) đạt giá trị nhỏ nhất với \(x\) là số tự nhiên, \(x\) nhỏ nhất.

Suy ra tìm được \(x = 12.\)

Vậy số gà ít nhất cần bổ sung để đạt doanh thu cao nhất là \(12\) con.

Vậy doanh thu tối đa là: \(R \left(\right. 12 \left.\right) = 3 000. \left(\right. 100 + 12 \left.\right) \left(\right. 250 - 2.12 \left.\right) = 75 936 000\) đồng.

Thể tích khối \(\left(\right. H_{1} \left.\right)\) là \(V_{1} = \pi . r_{1}^{2} . h_{1}\)

Thể tích khối \(\left(\right. H_{2} \left.\right)\) là \(V_{2} = \pi . r_{2}^{2} . h_{2} = \pi . \frac{1}{4} . r_{1}^{2} . 2. h_{1} = \frac{1}{2} . \pi . r_{1}^{2} . h_{1} = \frac{1}{2} V_{1}\)

Mà \(V_{1} + V_{2} = 30\)

\(V_{1} + \frac{1}{2} V_{1} = 30\)

\(V_{1} = 20\) (cm³).

Vậy thể tích khối \(\left(\right. H_{1} \left.\right)\) là \(20\) cm³.

a) Gọi \(I\) là trung điểm của \(H B\)

Suy ra \(H I = I B = \frac{H B}{2}\)

Xét nửa đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\), đường kính \(A B\) có: \(\hat{A C B} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\Delta C H B\) vuông, mà \(C I\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra \(I C = I H = I B = \frac{H B}{2}\) (1)

Vì \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(A B\) nên \(\hat{H K B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta K H B\) vuông, mà \(K I\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra \(I K = I H = I B = \frac{H B}{2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(I C = I K = I H = I B\).

Vậy bốn điểm \(C\), \(B\), \(H\), \(K\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Có \(\hat{M C A} = \hat{M B A}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(A M\))

\(\hat{A C K} = \hat{M B A}\) (tứ giác \(C H K B\) nội tiếp)

Suy ra \(\hat{M C A} = \hat{A C K}\)

Suy ra \(C A\) là phân giác \(\hat{M C K}\)

c) Theo giả thiết: \(\frac{A P . M B}{M A} = R\)

Suy ra \(\frac{A P}{M A} = \frac{O A}{M B}\)

Xét \(\Delta P A O\) và \(\Delta A M B\) có:

\(\frac{A P}{M A} = \frac{O A}{M B}\);

\(\hat{P A O} = \hat{A M B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta P A O \sim \Delta A M B\) (c.g.c)

\(\hat{P O A} = \hat{M B A}\) (hai góc tương ứng)

Suy ra \(O P\) // \(B Q\).

Xét \(\Delta A B O\) có: \(O P\) // \(B O\), \(O\) là trung điểm của \(A B\) nên \(P\) là trung điểm của \(A Q\).

Xét \(\Delta A B P\) có: \(F K\) // \(A P\) nên \(\frac{F K}{A P} = \frac{B F}{B P}\)

Xét \(\Delta A B P\) có: \(F K\) // \(A P\) nên \(\frac{F H}{Q P} = \frac{B F}{B P}\)

Từ đó suy ra \(H K = F K\) hay \(P B\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(H K\).

Đổi \(30\) phút \(= \frac{1}{2}\) giờ;

Ca nô đi hết \(10\) giờ \(36\) phút  - \(6\) giờ \(30\) phút = \(4\) giờ \(6\) phút \(= \frac{41}{10}\) giờ.

Gọi vận tốc riêng của ca nô là \(x\) (đơn vị: km/h) \(\left(\right. x > 3 \left.\right)\)
Vận tốc ca nô đi xuôi dòng là \(x + 3\) (km/h)

Vận tốc ca nô đi ngược dòng là \(x - 3\) (km/h)
Thời gian ca nô đi xuôi dòng là \(\frac{48}{x + 3}\) (h)

Thời gian ca nô đi ngược dòng là \(\frac{48}{x - 3}\) (h)
Theo đề bài ta có phương trình \(\frac{48}{x + 3} + \frac{1}{2} + \frac{48}{x - 3} = \frac{41}{10}\)

\(\frac{48}{x + 3} + \frac{48}{x - 3} = \frac{18}{5}\)

\(\frac{48 \left(\right. x - 3 \left.\right) + 48 \left(\right. x + 3 \left.\right)}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \left(\right. x + 3 \left.\right)} = \frac{18}{5}\)

\(\frac{96 x}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \left(\right. x + 3 \left.\right)} = \frac{18}{5}\)

\(3 x^{2} - 80 x - 27 = 0\)

\(x = \frac{- 1}{3}\) (không thỏa mãn) hoặc \(x = 27\) (thỏa mãn).

Vậy vận tốc riêng của ca nô là \(27\) km/h.

Xét phương trình \(x^{2} - \left(\right. m - 2 \left.\right) x - 3 = 0\).

Ta có: \(\Delta = \left(\right. m - 2 \left.\right)^{2} + 4.3 > 0\) với mọi \(m\).

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_{1}\), \(x_{2}\) với mọi \(m\).

Theo bài ra ta có:

\(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} - x_{1} + \left(\right. m - 3 \left.\right) x_{2} + 3 = \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} + x_{2}^{2}\)

\(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} - \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} = x_{2}^{2} - \left(\right. m - 2 \left.\right) x_{2} - 3 + x_{1} + x_{2}\)

\(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} - \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} = x_{1} + x_{2}\) (1)

Do \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} \neq 0\) với mọi \(x_{1} ; x_{2}\), nên nhân cả 2 vế của (1) với \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025}\) ta được:

\(\left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) \left(\right. x_{1} - x_{2} \left.\right) = \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) \left(\right. \sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} \left.\right)\)

\(x_{1} + x_{2} = 0\) hoặc \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} = x_{1} - x_{2}\)

+) Với \(x_{1} + x_{2} = 0\) suy ra \(m - 2 = 0\) hay \(m = 2\).

+) Với \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} = x_{1} - x_{2}\) (2). Cộng vế với vế (1) và (2), ta được: \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} = x_{1}\). Phương trình vô nghiệm.

Vậy \(m = 2\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

a) Tần số của nhóm \(\left[\right. 6 ; 8 \left.\right)\) là \(18\).

Tần số tương đối của của nhóm \(\left[\right. 6 ; 8 \left.\right)\): \(\frac{18.100}{40} \% = 45 \%\).

b) Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \left{\right. 1 ; 2 ; 3 ; . . . ; 15 \left.\right}\).

Vậy không gian mẫu có \(15\) phần tử hay \(n \left(\right. \Omega \left.\right) = 15\).

Các quả bi ghi số nguyên tố là \(\left{\right. 2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 \left.\right}\) nên số các kết quả thuận lợi của biến cố \(M\) là \(n \left(\right. M \left.\right) = 6\).

Vậy xác xuất của biến cố \(M\) là \(P \left(\right. M \left.\right) = \frac{n \left(\right. M \left.\right)}{n \left(\right. \Omega \left.\right)} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5}\).

Đặt \(A E = x\) (\(0 \leq x \leq 30\))

Chỉ ra được \(S_{E F G H} = S_{A B C D} - 4 S_{A E H} = 900 - 2 x \left(\right. 30 - x \left.\right)\)

Do đó \(2 x^{2} - 60 x + 900 = 2 \left(\right. x - 15 \left.\right)^{2} + 450 \geq 450\)

Dấu “\(=\)" xảy ra khi và chỉ khi \(x = 15\) (TM)

Vậy \(min ⁡ S_{E F G H} = 450\) m² khi \(A E = 15\).

a) Gọi \(J\) là trung điểm của \(I D\)

+) \(A B\) vuông góc \(C D\) tại \(O\), mà \(I \in O B\)

Suy ra \(\hat{I O D} = 9 0^{\circ}\)

\(\Delta I O D\) vuông tại \(O\), từ đó suy ra : \(J O = J I = J D\)(1)

+ Ta có: \(\hat{C E D}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, nên \(\hat{C E D} = 9 0^{\circ}\)

Hay  \(\hat{I E D} = 9 0^{\circ}\), suy ra \(\Delta I E D\) vuông tại \(E\),

Suy ra \(J I = J E = J D\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O\), \(I\), \(E\), \(D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(I D\).

b) Xét \(\Delta A H O\) và \(\Delta A B E\) có:

\(\hat{A O H} = \hat{A E B} = 9 0^{\circ}\);

\(\hat{A}\): góc chung

Do đó \(\Delta A H O \sim \Delta A B E\) (g.g)

Suy ra: \(\frac{A H}{A B} = \frac{A O}{A E}\)

Hay \(A H . A E = A O . A B\)

Suy ra \(A H . A E = 2 R^{2}\) (điều phải chứng minh)

+) Từ  \(\Delta A H O \sim \Delta A B E\) suy ra: \(\frac{O A}{A E} = \frac{O H}{B E}\) hay \(\frac{O A}{O H} = \frac{A E}{B E}\)

Mà \(E I\) là tia phân giác của góc \(A E B\)nên suy ra:

\(\frac{A E}{B E} = \frac{A I}{I B} = \frac{\frac{3}{2} R}{\frac{1}{2} R} = 3\)

Suy ra \(\frac{O A}{O H} = \frac{1}{3}\)

Do đó, \(O A = 3 O H\).

c) Vì \(O A = 3 O H\), mà \(O A = O D \left(\right. = R \left.\right)\) nên \(O D = 3 O H\)

Suy ra \(H D = \frac{2}{3} O D\)

Suy ra \(H\) là trọng tâm tam giác \(A B D\).

\(A B ⊥ C D\) nên \(\hat{B O D} = 9 0^{\circ}\)

\(\Delta O B D\) vuông tại \(O\) có \(O B = O D \left(\right. = R \left.\right)\) nên là tam giác vuông cân tại \(O\) có đường cao \(O K\) đồng thời là đường trung tuyến nên \(K\) là trung điểm của \(D B\).

Suy ra \(A\), \(H\), \(K\), \(E\) thẳng hàng

Ta có \(A E\) cắt \(B D\) tại \(K\) nên \(K\) là trực tâm của \(\Delta A B Q\)

\(K Q ⊥ A B\) (3)

\(\Delta O K B\) có \(O K = O B\) (Vì \(O K\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông cân \(A B D\)) nên \(\Delta O K B\) cân tại \(K\).

Suy ra \(K I\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao, hay \(K I ⊥ O B\)

Suy ra \(K I ⊥ A B\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(Q\), \(K\), \(I\) thẳng hàng. (điều phải chứng minh).

a) Thùng nước là một hình trụ có chiều cao \(h = 1\) m, chu vi đáy là \(C = 2\) m.

Gọi \(R\) là bán kính đáy của hình trụ

Ta có : \(C = 2 \pi . R\), suy ra \(R = \frac{1}{\pi}\) (m)

Thể tích của hình trụ là : \(V = \pi R^{2} h = \pi \left(\right. \frac{1}{\pi^{2}} \left.\right) . 1 = \frac{1}{\pi} \approx 0 , 32\) m³.

Vậy thùng đựng được \(0 , 32\) m³ nước.

b) Để lấy bóng, em bé chỉ cần đổ đầy nước vào thùng tôn. Em bé cần lấy ít nhất \(0 , 32\) m³ nước thì bóng nổi trên mặt thùng tôn khi đó sẽ an toàn.

a) Các kết quả có thể xảy ra là: \(1\); \(2\); \(3\); \(4\); ... ; \(18\); \(19\); \(20\).

\(\Omega = \left{\right. 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; . . . ; 18 ; 19 ; 20 \left.\right}\).

b) Có \(3\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(T\) là \(1 , 8 , 15\).

Vậy \(P \left(\right. T \left.\right) = \frac{3}{20} = 0 , 15\).