Gọi số sách lớp 7A; 7B quyên góp được lần lượt là \(x , y\) ( ĐK: \(x , y \in \&\text{nbsp}; N^{*}\))

Theo đề bài:

+) Lớp 7A và 7B quyên góp được \(121\) quyển sách 

Nên ta có: \(x + y = 121\)

+) Số sách giáo khoa của lớp 6A; lớp 6B tỉ lệ thuận với tỉ lệ thuận với 5; 6

Nên ta có: \(\frac{x}{5} = \frac{y}{6}\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có \(\frac{x}{5} = \frac{y}{6} = \frac{x + y}{5 + 6} = \frac{121}{11} = 11\)

Suy ra: x=55, y= 66 ( thỏa mãn).

Vậy lớp 6A quyên góp được \(55\) quyển sách, lớp 6B quyên góp được \(66\) cuốn.

Tại \(x = 9\) thì:

\(C = x^{14} - 10 x^{13} + 10 x^{12} - 10 x^{11} + . . . + 10 x^{2} - 10 x + 10\)

\(C = x^{14} - \left(\right. x + 1 \left.\right) x^{13} + \left(\right. x + 1 \left.\right) x^{12} - \left(\right. x + 1 \left.\right) x^{11} + . . . + \left(\right. x + 1 \left.\right) x^{2} - \left(\right. x + 1 \left.\right) x + x + 1\)

\(C = x^{14} - x^{14} - x^{13} + x^{13} + x^{12} - x^{12} - x^{11} + . . . + x^{3} + x^{2} - x^{2} - x + x + 1\)

\(C = 1\).

Vậy tại \(x = 9\) thì giá trị của \(C\) bằng \(1\).

a) Xét \(\Delta A H B\) và \(\Delta A H C\) có:

\(A B = A C\) (gt);

\(A H\) chung;

\(H B = H C\) (\(H\) là trung điểm của \(B C\));

Suy ra \(\Delta A H B = \Delta A H C\) (c.c.c).

b) Vì \(\Delta A H B = \Delta A H C\) (cmt) suy ra \(\hat{A H B} = \hat{A H C}\) (cặp góc tương ứng).

Mà \(\hat{A H B} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\) (hai góc kề bù).

Suy ra \(\hat{A H B} = \hat{A H C} = 9 0^{\circ}\).

Vậy \(A H \bot B C\).

c) Vi \(\Delta A H B = \Delta A H C\) (cmt) suy ra \(\hat{H A B} = \hat{H A C} = 4 5^{\circ}\);

\(\hat{H C A} = \hat{H B A} = \frac{18 0^{\circ} - \hat{B A C}}{2} = 4 5^{\circ}\) (cặp góc tương ứng).

Xét \(\Delta E B A\) và \(\Delta B F C\) có:

\(A B = C F\) (gt);

\(\hat{B A E} = \hat{B C F}\) (cùng bù với \(\hat{H A B} = \hat{H C A} = 4 5^{\circ}\));

\(E A = B C\) (gt);

Suy ra \(\Delta E B A = \Delta B F C\) (c.g.c).

Vậy \(B E = B F\) (cặp cạnh tương ứng).

a) Biến cố \(A\) là biến cố ngẫu nhiên, biến cố \(B\) là biến cố chắc chắn, biến cố \(C\) là biến cố không thể.

b) Xác suất của biến cố \(A\) là: \(\frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

1) Số tiền bác Mai phải trả khi mua \(5\) chai dung dịch sát khuẩn là:

\(5.80 000 = 400 000\) (đồng)

Số tiền bác Mai phải trả khi mua \(3\) hộp khẩu trang là: $3.x$ (đồng)

Đa thức \(F \left(\right. x \left.\right)\) biểu thị tổng số tiền bác Mai phải thanh toán là: \(400 000 + 3 x\) (đồng)

2)

a) Ta có: \(A \left(\right. x \left.\right) = 2 x^{2} - 3 x + 5 + 4 x - 2 x^{2} = \left(\right. 2 x^{2} - 2 x^{2} \left.\right) + \left(\right. - 3 x + 4 x \left.\right) + 5 = x + 5\)

Bậc: \(1\); hệ số cao nhất: \(1\); hệ số tự do: \(5\).

b) Ta có: \(C \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. x - 1 \left.\right) . A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. x - 1 \left.\right) \left(\right. x + 5 \left.\right) + \left(\right. x^{2} - 2 x + 5 \left.\right) = x^{2} + 4 x - 5 + x^{2} - 2 x + 5\) \(= \left(\right. x^{2} + x^{2} \left.\right) + \left(\right. 4 x - 2 x \left.\right) + \left(\right. - 5 + 5 \left.\right) = 2 x^{2} + 2 x\).

Kí hiệu \(A , B\) là vị trí ông \(A\) và ông \(B\) đang đứng. \(C\) là vị trí bộ phát wifi.

Trong \(\triangle A B C\) có \(B C > A B - A C = 55 - 20 = 35\).

Suy ra khoảng cách từ ông \(B\) đến vị trí bộ phát wifi lớn hơn bán kính hoạt động của bộ phát.

Do đó ông \(B\) không nhận được sóng wifi.

Khoảng cách từ ông \(A\) đến bộ phát wifi là \(20\) m (nhỏ hơn bán kính hoạt động của bộ phát) nên ông \(A\) nhận được sóng wifi.

a) Xét \(\triangle A D M\) và \(\triangle A B M\) có

\(A D = A B\) (già thiết);

\(D M = B M\) (giả thiết \(M\) là trung điểm của \(B D\));

\(A M\) chung.

Suy ra \(\triangle A D M = \triangle A B M\) (c.c.c).

Do đó \(\hat{D A M} = \hat{B A M}\) (hai góc tương ứng).

Vì vậy \(A M\) là tia phân giác góc \(A\) của tam giác \(A B C\).

b) Theo chứng minh trên, có \(A M\) là tia phân giác góc \(A\).

Lại có \(E\) là giao điểm của tia phân giác góc \(B\) với tia \(A E\) (giả thiết).

Như vậy \(E\) là giao điểm của tia phân giác góc \(A\) với tia phân giác góc \(B\).

Suy ra \(C E\) là phân giác góc \(C\) (theo định lí: ba đường phân giác của tam giác đồng quy tại một điểm).

Từ đó \(\hat{A C E} = \frac{1}{2} \hat{C} = 1 5^{\circ}\)

Xét \(6\) biến cố sau:

A: "Hải chọn suất ăn gồm đùi gà rán và phô mai que".

B: "Hải chọn suất ăn gồm đùi gà rán và khoai tây chiên".

C: "Hải chọn suất ăn gồm cánh gà rán và phô mai que".

D: "Hải chọn suất ăn gồm cánh gà rán và khoai tây chiên".

E: "Hải chọn suất ăn gồm phở và phô mai que".

F: "Hải chọn suất ăn gồm phở và khoai tây chiên".

Ta thấy \(6\) biến cố trên đồng khả năng và luôn xảy ra đúng một trong sáu biến cố này.

Vì vậy, mỗi biến cố trên đều có xác suất bằng \(\frac{1}{6}\). Nói riêng, biến cố \(A\) có xác suất bằng \(\frac{1}{6}\).

a) Chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể lần lượt là \(3 x ; 2 x ; x\).

Bể có thể tích \(3 x . 2 x . x = 6 x^{3}\) (dm\(^{3}\)).

Bể chứa được \(6 x^{3}\) lít nước. Do bể đang có \(100\) lít nước nên để bể đầy nước cần thêm vào bể \(A = 6 x^{3} - 100\) (lít) nước.

b) Trường hợp bể có chiều cao \(5\) dm thì \(x = 5\), lượng nước cần thêm vào bể là giá trị của đa thức \(A\) tại \(x = 5\), tức là bằng \(6. 5^{3} - 100 = 650\) (lít).

Để đầy bể nước, cần mở vòi trong \(650 : 25 = 26\)  phút.

a) Khi xe di chuyển trên cùng một loại đường thì chiều dài quãng đường tỉ lệ thuận với lượng xăng tiêu thụ. Ta có bảng tóm tắt sau:

Từ đó \(x = \left(\right. 30.13 , 9 \left.\right) : 100 = 4 , 17\).

Do đó, để đi được \(30\) km đường đô thị cần tối thiểu \(4 , 17\)lít xăng.

b) 

Tương tự, ta có

Do đó \(y = \left(\right. 100.4 , 17 \left.\right) : 7 , 5 = 55 , 6\).

Nếu đi trên cao tốc thì với \(4 , 17\) lít xăng, xe chạy được \(55 , 6\) km.

c) Bài toán được tóm tắt như sau:

Từ đó \(x = \left(\right. 20 , 13 , 9 \left.\right) : 100 = 2 , 78\); \(y = \left(\right. 80.7 , 5 \left.\right) : 100 = 6\); \(z = \left(\right. 30.9 , 9 \left.\right) : 100 = 2 , 97\).

Do đó từ nhà về quê, xe ông An tiêu thụ hết \(2 , 78 + 6 + 2 , 97 = 11 , 75\) lít xăng.