Câu hỏi:

09/05/2026 30 Lưu

Thống kê điểm kiểm tra giữa học kỳ 2 môn Toán của \[40\] học sinh lớp 9A được cho trong bảng sau:

Điểm

Dưới 5

Từ 5 đến dưới 7

Từ 7 đến dưới 8

Từ 8 trở lên

Số học sinh

\[1\]

\[6\]

\[12\]

\[21\]

a) Có bao nhiêu học sinh đạt từ điểm \[5\] trở lên?

b) Số học sinh đạt từ điểm \[8\] trở lên chiếm bao nhiêu phần trăm so với tổng số học sinh?

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

a) Số học sinh đạt từ điểm \[5\] trở lên là: \[6 + 12 + 21 = 39\] (học sinh).

b) Tỉ số phần trăm giữa số học sinh đạt từ điểm \[8\] trở lên với tổng số học sinh là:

\[\frac{{21.100}}{{40}}\]% \[ = 52,5\]%

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\]v\[LM\] nên \(M,B,L\) thẳng hàng. (ảnh 1)

a) Chứng minh \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.

Xét \[\Delta MAO\] vuông tại \[A\] có cạnh huyền \[MO\] nên \[A\],\[M\],\[O\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] Xét \[\Delta MBO\]vuông tại \[B\] có cạnh huyền \[MO\] nên \[B\],\[M\] ,\[O\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] Do đó \[M\], \[O\], \[A\], \[B\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

Vậy \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \(OM{\rm{ // }}BC\) và \(I{M^2} = IB.ID\).

Chứng minh \(OM{\rm{ // }}BC\)

Xét \[\left( O \right)\] có \[MA\] và \[MB\] là hai tiếp tuyến cắt nhau nên: \[MA = MB\]; \[\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\]; \[\widehat {AMO} = \widehat {BMO}\]

Xét \[\Delta OAB\] cân tại \[A\] (\[OA = OB = R\]) có \[OM\] là phân giác đồng thời là đường cao hay \[OH \bot AB\]. (3)

Xét \[\left( O \right)\]có đường kính \[AC\] nên: \[\widehat {ABC} = 90^\circ \] hay \[BC \bot AB\] (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[OH{\rm{ // }}BC\] hay \(OM{\rm{ // }}BC\).

Chứng minh: \(I{M^2} = IB.ID\).

Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\]v\[LM\] nên \(M,B,L\) thẳng hàng. (ảnh 2)

• Xét \[\left( O \right)\] có: \[\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\] góc nội tiếp cùng chắn

Lại có: \[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {AMO} + \widehat {AOM} = 90^\circ \\\widehat {BAC} + \widehat {AOM} = 90^\circ \end{array} \right.\] nên \[\widehat {AMO} = \widehat {BAC}\]; \[\widehat {MDI} = \widehat {BDC}\] (đối đỉnh); \[\widehat {AMO} = \widehat {BMO}\]

Suy ra: \[\widehat {BMO} = \widehat {MDI}\]

• Xét \[\Delta IDM\] và \[\Delta IMB\]có: \[\widehat {MIB}\] chung ; \[\widehat {BMO} = \widehat {MDI}\]

nên ΔIDMΔIMB (g.g)

Suy ra: \[\frac{{ID}}{{IM}} = \frac{{IM}}{{IB}}\] hay \[I{M^2} = IB.ID\] (đpcm) (5).

c) Gọi \(L\) là giao điểm của \(IK\) và \(HC\). Chứng minh \(IM = IH\) và \(M,B,L\) thẳng hàng.

Chứng minh \(IM = IH\)

- Kẻ đường kính \[BE\]

Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\]v\[LM\] nên \(M,B,L\) thẳng hàng. (ảnh 3)

Xét \[\left( O \right)\]có đường kính \[AC\] nên: \[\widehat {ADC} = 90^\circ \] hay \[AD \bot MC\]

Xét \[\Delta MHA\]vuông tại \[H\] có cạnh huyền \[MA\] nên \[A\],\[M\],\[H\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] Xét \[\Delta MDA\]vuông tại \[D\] có cạnh huyền \[MA\] nên \[A\],\[M\],\[D\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] Do đó \[M\], \[D\], \[A\], \[H\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] hay \(MDHA\) nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {ADH} = \widehat {AMO}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung AH)

Vì \(MAOB\) nội tiếp nên \[\widehat {AMO} = \widehat {OBA}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung AO)

Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ADE} = \widehat {ABE}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

Suy ra \[\widehat {ADH} = \widehat {ADE}\] nên tia \[DH\] trùng tia \[DE\] hay \[D\],\[H\],\[E\] thẳng hàng.

Xét \[\left( O \right)\] có đường kính \[BE\] nên: \[\widehat {EDB} = 90^\circ \] hay \[ED \bot IB\].

Xét \[\Delta IHB\] vuông tại \[H\]có đường cao \[HD\] nên: \[I{H^2} = ID.IB\].

Lại có \[I{M^2} = IB.ID\] (câu b) suy ra \(IM = IH\).

Chứng minh: \(M,B,L\) thẳng hàng.

Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\]v\[LM\] nên \(M,B,L\) thẳng hàng. (ảnh 4)

Gọi \[IK\] cắt \[CB\] tại \[F\].

Ta có \(OM{\rm{ // }}BC\) suy ra: \[\frac{{FC}}{{IM}} = \frac{{FK}}{{KI}}\];\[\frac{{BF}}{{IH}} = \frac{{FK}}{{KI}}\] nên \[\frac{{FC}}{{IM}} = \frac{{BF}}{{IH}}\].

Mà \(IM = IH\) hay \[FC = BF\]suy ra \[F\]là trung điểm của \[BC\].

Ta có \[FC{\rm{ // }}HI\] suy ra: \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{CF}}{{HI}} = \frac{{2.CF}}{{2.HI}} = \frac{{BC}}{{MH}}\] hay \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{BC}}{{MH}}\].

Vì \(OM{\rm{ // }}BC\) nên \[\widehat {BCL} = \widehat {MHL}\].

Xét \[\Delta LCB\] và \[\Delta LHM\]có: \[\widehat {BCL} = \widehat {MHL}\]; \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{BC}}{{MH}}\].

Do đó ΔLCBΔLHM (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\] hay tia \[LB\] trùng tia \[LM\] nên \(M,B,L\) thẳng hàng.

Lời giải

Gọi số dãy ghế ban đầu trong phòng là \(x\) (dãy).

Điều kiện: \(x \in {\mathbb{N}^*}\) và \(x > 5\).

Khi đó, số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc đầu là: \(\frac{{40}}{x}\) (chỗ).

Số dãy ghế lúc sau là: \(x + 1\) (dãy).

Số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc sau là: \(\frac{{40}}{x} + 1\) (chỗ).

Vì tổng số chỗ ngồi lúc sau là 55 nên ta có phương trình:

\((x + 1)\left( {\frac{{40}}{x} + 1} \right) = 55\)

\(40 + x + \frac{{40}}{x} + 1 = 55\)

\(x + \frac{{40}}{x} - 14 = 0\)

\({x^2} - 14x + 40 = 0\)

\(\Delta ' = {( - 7)^2} - 1 \cdot 40 = 49 - 40 = 9 > 0\)

\(\sqrt {\Delta '}  = 3\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = 7 + 3 = 10\) (thỏa mãn điều kiện \(x > 5\))

\({x_2} = 7 - 3 = 4\) (không thỏa mãn điều kiện \(x > 5\))

Vậy lúc đầu trong phòng tư vấn có 10 dãy ghế.