Nguyễn Phong Vỹ
Giới thiệu về bản thân
a) Viết không gian mẫu phép thử đó
Vì hộp có 20 viên bi được đánh số từ 1 đến 20 và mỗi viên được lấy ra ngẫu nhiên với cơ hội như nhau, nên không gian mẫu của phép thử là tập hợp các số ghi trên 20 viên bi:
\(\Omega = \left{\right. 1 ; 2 ; 3 ; . . . ; 20 \left.\right}\)
Số phần tử của không gian mẫu là:\(n \left(\right. \Omega \left.\right) = 20\). [1]b) Tính xác suất biến cố: "Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1"
Gọi \(A\) là biến cố: "Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1".
Các số từ 1 đến 20 chia cho 7 dư 1 là: \(1 , 8 , 15\).
Vậy, có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(A = \left{\right. 1 ; 8 ; 15 \left.\right}\).
Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(n \left(\right. A \left.\right) = 3\). [1]Xác suất của biến cố \(A\) là:
\(P \left(\right. A \left.\right) = \frac{n \left(\right. A \left.\right)}{n \left(\right. \Omega \left.\right)} = \frac{3}{20} = 0 , 15\).
Vì hộp có 20 viên bi được đánh số từ 1 đến 20 và mỗi viên được lấy ra ngẫu nhiên với cơ hội như nhau, nên không gian mẫu của phép thử là tập hợp các số ghi trên 20 viên bi:
\(\Omega = \{1; 2; 3; ...; 20\}\)
Số phần tử của không gian mẫu là:\(n(\Omega) = 20\). [1]b) Tính xác suất biến cố: "Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1"
Gọi \(A\) là biến cố: "Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1".
Các số từ 1 đến 20 chia cho 7 dư 1 là: \(1, 8, 15\).
Vậy, có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(A = \{1; 8; 15\}\).
Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(n(A) = 3\). [1]Xác suất của biến cố \(A\) là:
\(P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{3}{20} = 0,15\).
Vì hộp có 20 viên bi được đánh số từ 1 đến 20 và mỗi viên được lấy ra ngẫu nhiên với cơ hội như nhau, nên không gian mẫu của phép thử là tập hợp các số ghi trên 20 viên bi:
\(\Omega = \{1; 2; 3; ...; 20\}\)
Số phần tử của không gian mẫu là:\(n(\Omega) = 20\). [1]b) Tính xác suất biến cố: "Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1"
Gọi \(A\) là biến cố: "Số xuất hiện trên viên bi được lấy ra chia 7 dư 1".
Các số từ 1 đến 20 chia cho 7 dư 1 là: \(1, 8, 15\).
Vậy, có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(A = \{1; 8; 15\}\).
Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(n(A) = 3\). [1]Xác suất của biến cố \(A\) là:
\(P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{3}{20} = 0,15\).
- 1 ngoại ngữ: \(\frac{84}{200} = 42\%\)
- 2 ngoại ngữ: \(\frac{64}{200} = 32\%\)
- 3 ngoại ngữ: \(\frac{24}{200} = 12\%\)
- 4 ngoại ngữ: \(\frac{16}{200} = 8\%\)
- \(\ge 5\) ngoại ngữ: \(\frac{12}{200} = 6\%\)
\(32\% + 12\% + 8\% + 6\% = 58\%\).c) Tỉ lệ đại biểu sử dụng từ 3 ngoại ngữ trở lên trong năm nay là:
\(\frac{24 + 16 + 12}{200} = \frac{52}{200} = 26\%\).
Tỉ lệ này của năm trước là:
\(\frac{54}{220} \approx 24{,}55\%\).
Vì \(26\% > 24{,}55\%\),
\(x^{2}-4x+3=0\)Phương trình này có các hệ số \(a = 1, b = -4, c = 3\). Ta thấy tổng các hệ số:
\(a+b+c=1-4+3=0\)Theo tính chất nghiệm của phương trình bậc hai, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(x_{1}=1\)
\(x_{2}=\frac{c}{a}=3\)Vậy với \(m = 2\), tập nghiệm của phương trình là \(S = \{1; 3\}\).2. Tìm hai nghiệm phân biệtXét phương trình tổng quát \(x^2 - 2mx + m^2 - 1 = 0\). Ta tính biệt thức biệt thức thu gọn \(\Delta ^{\prime }\):
\(\Delta ^{\prime }=(-m)^{2}-1\cdot (m^{2}-1)=m^{2}-m^{2}+1=1\)Vì \(\Delta' = 1 > 0\) với mọi \(m\), phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số \(m\). Hai nghiệm đó là:
\(x=\frac{-b^{\prime }\pm \sqrt{\Delta ^{\prime }}}{a}=\frac{m\pm \sqrt{1}}{1}=m\pm 1\)Theo giả thiết \(x_1 < x_2\), ta xác định chính xác biểu thức của từng nghiệm:
\(x_{1}=m-1\)
\(x_{2}=m+1\)3. Xác định giá trị mThay các biểu thức của \(x_{1}\) và \(x_{2}\) vào điều kiện \(2x_1^2 - x_2 = -2\), ta được:
\(2(m-1)^{2}-(m+1)=-2\)Khai triển và rút gọn phương trình theo biến \(m\):
\(2(m^{2}-2m+1)-m-1+2=0\)
\(2m^{2}-4m+2-m+1=0\)
\(2m^{2}-5m+3=0\)Phương trình bậc hai theo \(m\) này có tổng các hệ số là \(2 + (-5) + 3 = 0\), nên có hai nghiệm:
\(m_{1}=1\)
\(m_{2}=\frac{3}{2}\)
O'OACD
a) Gọi \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) là đường tròn đường kính \(O A\).
Vì \(O O^{'} = O A - O^{'} A\) nên hai đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) và \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) tiếp xúc trong.
b) Các tam giác cân \(A O^{'} C\) và \(A O D\) có chung góc ở đỉnh \(A\) nên \(\hat{A C O^{'}} = \hat{D}\), suy ra \(O^{'} C\) // \(O D\).
Tam giác \(A O D\) có \(A O^{'} = O^{'} O\) và \(O^{'} C\) // \(O D\) nên \(A C = C D\).
Trường hợp 1: \(\left(\right. O \left.\right)\) và \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) tiếp xúc trong.
Xét \(\Delta O A C\), ta có:
\(\frac{O^{'} B}{O C} = \frac{r}{R} = \frac{O^{'} A}{O A}\) suy ra \(O^{'} B\) // \(O C\).
Suy ra các tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) song song với nhau vì chúng lần lượt vuông góc với \(O^{'} B\) và \(O C\).
Trường hợp 2: \(\left(\right. O \left.\right)\) và \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) tiếp xúc ngoài.
Ta thấy \(\Delta O^{'} A B \sim \Delta O A C\) (g.g)
Suy ra \(\frac{O^{'} B}{O C} = \frac{r}{R} = \frac{O^{'} A}{O A}\)
Nên \(O^{'} B\) // \(O C\).
Lập luận tương tự như trên, ta được điều phải chứng minh.
a) Ta có: \(O O^{'} = O I + O^{'} I\).
Vậy hai đường tròn tiếp xúc ngoài tại \(I\).
b) Xét \(\Delta A I J\) và \(\Delta A^{'} I J^{'}\) có:
\(\hat{A} = \hat{A^{'}} = 9 0^{\circ}\)
\(\hat{I_{1}} = \hat{I_{2}}\) suy ra \(\Delta A I I \sim \Delta A^{'} I J^{'}\).
c) \(\Delta A I J \&\text{nbsp}; \sim \Delta A^{'} I J^{'}\) (g.g)
Suy ra \(\frac{I A}{I A^{'}} = \frac{I J}{J I^{'}} = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}\) (1)
\(\Delta O I B \sim \Delta O^{'} I B^{'}\) (g.g) suy ra \(O B\) // \(O^{'} B^{'}\)
Suy ra \(\hat{B_{1}} = \hat{B_{1}^{'}}\) suy ra \(\frac{I B}{I B^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{5}{2}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{I A}{I A^{'}} = \frac{I B}{I B^{'}} = \frac{5}{2}\); \(\hat{A I B} = \hat{A^{'} I B}\)
Nên \(\Delta I A B \sim \Delta I A^{'} B^{'}\) (c.g.c).
d) \(\Delta I A B \sim \Delta I A^{'} B^{'}\) (c.g.c)
Suy ra \(\frac{A B}{A^{'} B^{'}} = \frac{I A}{I A^{'}} = \frac{5}{2}\);
\(\frac{O A}{O^{'} A^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{5}{2}\)
Suy ra \(\frac{O A}{O^{'} A^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{A B}{A^{'} B^{'}}\) suy ra \(\Delta A O B \sim \Delta A^{'} O^{'} B^{'}\) (c.c.c).
e) \(\Delta A O B \sim \Delta A^{'} O^{'} B^{'}\) suy ra \(\hat{O B A} = \hat{O^{'} B^{'} A^{'}} ; \hat{O B I} = \hat{O^{'} B^{'} I^{'}}\)
Suy ra \(\hat{A B I} = \hat{A B^{'} I^{'}}\) nên \(A B\) // \(A^{'} B^{'}\).
Tứ giác \(A B A^{'} B^{'}\) có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.
a) Ta có: \(\hat{A_{1}} = \left(\right. 18 0^{\circ} - \hat{O_{1}} \left.\right) : 2\)
\(\hat{A_{2}} = \left(\right. 18 0^{\circ} - \hat{O_{2}} \left.\right) : 2\)
Suy ra \(\hat{A_{1}} + \hat{A_{2}} = 9 0^{\circ}\) suy ra \(\hat{D A E} = 9 0^{\circ}\).
b) Có tứ giác \(A D M E\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật).
c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(D E\) và \(A M\) suy ra \(I D = I A\)
\(\Delta I A O = \Delta I D O\) (ccc) suy ra \(\hat{I A O} = \hat{I D O} = 9 0^{\circ}\)
Suy ra \(M A ⊥ O A\) với \(A \in \left(\right. O \left.\right)\)
Chứng minh tương tự: \(M A ⊥ O^{'} A\) với \(A \in \left(\right. O^{'} \left.\right)\).
Vậy \(M A\) là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.
a. \(\mid O I - O K \mid < I K < O I + O K\) suy ra \(\left(\right. I \left.\right)\) và \(\left(\right. K \left.\right)\) luôn cắt nhau
b. Do \(O I = N K\); \(O K = I M\) suy ra \(O M = O N\),
Mà \(O M C N\) là hình chữ nhật nên \(O M C N\) là hình vuông.
c. Gọi \(L\) là giao điểm của \(K B\) và \(M C\); \(P\) là giao điểm của \(I B\) và \(N C\)
Suy ra \(O B K I\) là hình chữ nhật và \(B L M I\) là hình vuông nên \(\Delta B L C = \Delta K I O\)
Suy ra \(\hat{L B C} = \hat{O K I} = \hat{B I K}\)
Mà \(\hat{B I K} + \hat{I B A} = 9 0^{\circ}\) suy ra \(\hat{L B C} + \hat{I B A} = 9 0^{\circ}\)
Do đó, \(\hat{L B C} + \hat{L B I} + \hat{I B A} = 18 0^{\circ}\).
d. Có \(O M C N\) là hình vuông cạnh \(a\) cố định nên \(C\) cố định và \(A B\) luôn đi qua \(C\).