Trong biểu đồ dưới đây, số học sinh đạt điểm xuất sắc (điểm 9, điểm 10) là:

29;

6;

15;

9.

Bài 1. Một chiếc hộp có 20 chiếc thẻ cùng loại, mỗi thẻ được ghi một số trong các số \[1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\, \ldots \,;\,\,19\,;\,\,20.\] Hai thẻ khác nhau thì ghi hai số khác nhau. Rút ngẫu nhiên một chiếc thẻ trong hộp.

(a) Viết tập hợp A gồm các kết quả có thể xảy ra đối với số xuất hiện trên thẻ được rút ra.

(b) Xét biến cố: “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số chia cho 2 và 3 đều có số dư là 1”. Tính xác suất của biến cố đó.

Hướng dẫn giải

a) Tập hợp gồm các kết quả có thể xảy ra đối với số xuất hiện trên thẻ được rút ra là \(A = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,20} \right\}.\)

Do đó, số phần tử của tập hợp A là 20.

b) Có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố “Số xuất hiện trên thẻ được rút ra là số chia cho 2 và 3 đều có số dư là 1” là \(1\,;\,\,7\,;\,\,13\,;\,19.\)

Do đó, xác suất của biến cố đã cho là: \(\frac{4}{{20}} = \frac{1}{5}.\)

Bài 2. Hưởng ứng phong trào kế hoạch nhỏ của Liên đội, ba Chi đội 7A, 7B, 7C đã thu được tổng cộng 120 kg giấy vụn. Biết rằng số giấy vụn thu được của ba Chi đội lần lượt tỉ lệ với 9; 7; 8. Hãy tính số giấy vụn mỗi Chi đội thu được.

Hướng dẫn giải

Gọi \[a,\,\,b,\,\,c{\rm{ (kg)}}\] lần lượt là khối lượng giấy vụn của ba chi đội 7A, 7B, 7C thu được \[\left( {0 < a,\,\,b,\,\,c < 120} \right)\].

Vì số kg giấy vụn của 3 chi đội lần lượt tỉ lệ với 7; 8; 9 và tổng cộng được 120 kg nên ta có: \[\frac{a}{7} = \frac{b}{8} = \frac{c}{9}\] và \[a + b + c = 120\]

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\[\frac{a}{7} = \frac{b}{8} = \frac{c}{9} = \frac{{a + b + c}}{{7 + 8 + 9}} = \frac{{120}}{{24}} = 5.\]

Do đó \[a = 35\,;\,\,b = 40;\,\,c = 45\] (TM)

Vậy khối lượng giấy vụn của ba chi đội 7A, 7B, 7C thu được lần lượt là \[35{\rm{ kg}},\,\,40{\rm{ kg}}\,,\,\,45{\rm{ kg}}{\rm{.}}\]

Bài 3. Cho hai đa thức: \(P\left( x \right) = {x^2} + x - {x^4} + 6 + 3{x^3}\)

\(Q\left( x \right) = 2{x^3} - 2{x^4} + {x^5} - 2x\)

(a) Sắp xếp các đa thức \(P\left( x \right)\) và \(Q\left( x \right)\) theo luỹ thừa giảm dần của biến.

(b) Tính \[P\left( x \right) + Q\left( x \right)\,;{\rm{ }}P\left( x \right)--Q\left( x \right)\].

(c) Chứng tỏ \[x = 0\] không là nghiệm của đa thức \(P\left( x \right)\) nhưng là nghiệm của đa thức \(Q\left( x \right)\).

Hướng dẫn giải

a) Sắp xếp các đa thức \(P\left( x \right)\) và \(Q\left( x \right)\) theo luỹ thừa giảm dần của biến, ta được:

\(P\left( x \right) = {x^2} + x - {x^4} + 6 + 3{x^3} = - {x^4} + 3{x^3} + {x^2} + x + 6.\)

\(Q\left( x \right) = 2{x^3} - 2{x^4} + {x^5} - 2x = {x^5} - 2{x^4} + 2{x^3} - 2x.\)

b) Ta có \[P\left( x \right) + Q\left( x \right) = \left( { - {x^4} + 3{x^3} + {x^2} + x + 6} \right) + \left( {{x^5} - 2{x^4} + 2{x^3} - 2x} \right)\]

\[ = - {x^4} + 3{x^3} + {x^2} + x + 6 + {x^5} - 2{x^4} + 2{x^3} - 2x\]

\[ = {x^5} - \left( {2{x^4} + {x^4}} \right) + \left( {3{x^3} + 2{x^3}} \right) + {x^2} + \left( {x - 2x} \right) + 6\]

\[ = {x^5} - 3{x^4} + 5{x^3} + {x^2} - x + 6.\]

\[P\left( x \right)--Q\left( x \right) = \left( { - {x^4} + 3{x^3} + {x^2} + x + 6} \right) - \left( {{x^5} - 2{x^4} + 2{x^3} - 2x} \right)\].

\[ = - {x^4} + 3{x^3} + {x^2} + x + 6 - {x^5} + 2{x^4} - 2{x^3} + 2x\]

\[ = - {x^5} + \left( {2{x^4} - {x^4}} \right) + \left( {3{x^3} - 2{x^3}} \right) + {x^2} + \left( {2x + x} \right) + 6\]

\[ = - {x^5} + {x^4} + {x^3} + {x^2} + 3x + 6.\]

c) Với \[x = 0\] ta có \(P\left( 0 \right) = 6\) nên \[x = 0\] không là nghiệm của đa thức \(P\left( x \right)\).

Với \[x = 0\] ta có \(Q\left( 0 \right) = 0\) nên \[x = 0\] là nghiệm của đa thức \(Q\left( x \right)\).

Vậy \[x = 0\] không là nghiệm của đa thức \(P\left( x \right)\) nhưng là nghiệm của đa thức \(Q\left( x \right)\).

Bài 4: Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC) và tia phân giác AD của \(\widehat {HAC}\) (D thuộc BC). Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho \[AE = AH.\]

(a) Chứng minh rằng: \(\Delta ADH = \Delta ADE\).

(b) Chứng minh: \[DE = DH\] và \(DE \bot AC\).

(c) Chứng minh AD là đường trung trực của HE.

(d) Trên tia đối của tia HA lấy điểm F sao cho \[HF = EC.\] Chứng minh \(\widehat {AHE} = \widehat {EHD} + \widehat {HFD}\).

Hướng dẫn giải

a) Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta ADE\) có:

\(\widehat {AHD} = \widehat {AED} = 90^\circ \);

\[AE = AH\] (gt);

Cạnh \[AD\] chung.

Do đó \(\Delta ADH = \Delta ADE\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

b) Từ câu a: \(\Delta ADH = \Delta ADE\).

Suy ra \[DE = DH\] (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {AED} = \widehat {AHD}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {AHD} = 90^\circ \) nên \(\widehat {AED} = 90^\circ \) suy ra \(DE \bot AC\).

c) Vì \(AH = AE\) nên \(A\) thuộc đường trung trực của \(HE.\)

Vì \(HD = ED\) nên \(D\) thuộc đường trung trực của \(HE.\)

Do đó AD là đường trung trực của HE.

d) Trên tia đối của tia HA lấy điểm F sao cho \[HF = EC.\] Chứng minh \(\widehat {AHE} = \widehat {EHD} + \widehat {HFD}\).

Xét \(\Delta AEH\) có \[AE = AH\] nên \(\Delta AEH\) cân tại \(A\) suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {AEH}\) (1)

Ta có \(\widehat {AEH} = \widehat {EHC} + \widehat {ECH}\) (2) (\(\widehat {AEH}\) là góc ngoài của \(\Delta CHE\,).\)

Chứng minh \(\Delta HDF = \Delta EDC\) (c.g.c) suy ra \(\widehat {HFD} = \widehat {ECD}.\) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {EHD} + \widehat {HFD}\).

Bài 5: Cho \({3^x} = {9^{y - 1}}\) và \({8^y} - {2^{x + 8}} = 0\). Chứng minh rằng: \(\frac{x}{y} = \frac{5}{3}\).

Hướng dẫn giải

Ta có \({8^y} = {2^{x + 8}}\) nên \({2^{3y}} = {2^{x + 8}}\) suy ra \(3y = x + 8\) (1)

\({3^x} = {9^{y - 1}}\) nên \({3^x} = {3^{2\left( {y - 1} \right)}}\) suy ra \(x = 2y - 2\), thay vào (1), ta được:

\(3y = 2y - 2 + 8\)

\(3y - 2y = 8 - 2\)

\(y = 6\)

Với \(y = 6\) thì \(x = 2 \cdot 6 - 2 = 10\).

Do đó \(\frac{x}{y} = \frac{5}{3}.\)