(1,5 điểm)

a) Khảo sát 200 người về nhóm máu của họ, kết quả thu được biểu đồ sau:

 

Trong những người được khảo sát, hãy cho biết: Nhóm máu nào phổ biến nhất? Nhóm máu đó có bao nhiêu người?

b) Hộp \(A\) đựng ba thẻ, mỗi thẻ đánh một trong các số \(1;2;3.\) Hộp \(B\) đựng bốn thẻ, mỗi thẻ đánh một trong các số \(4;5;6;7.\) Trong mỗi hộp các thẻ khác nhau đánh số khác nhau. Bạn An chọn ngẫu nhiên một thẻ trong hộp \(A.\) Sau đó, bạn An chọn ngẫu nhiên một thẻ trong hộp \(B.\) Tính xác suất của biến cố \(X:\) “Tích của hai số trên các thẻ mà bạn An chọn ra là một số lẻ”.

Gọi số học sinh giỏi và học sinh xuất sắc lần lượt là \(x\) và \(y\) \[(x,{\rm{ }}y \in \mathbb{N}*)\].

Ta có \(x + y = 60\% \cdot 45 = 27\).

Số vở học sinh Giỏi được thưởng là \(10x,\) số vở học sinh Xuất sắc được thưởng là \(15y\)

Ta có \(10x + 15y = 300\).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 27}\\{10x + 15y = 300}\end{array}} \right.\)

Giải phương trình ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 21}\\{y = 6}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy số học sinh đạt danh hiệu học sinh Giỏi, học sinh Xuất sắc của lớp 9A lần lượt là 21 học sinh; 6 học sinh.

a) Ta có \(\widehat {HMC} = \widehat {HNC} = 90^\circ \) nên bốn điểm \(H,M,C,N\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC.\)

b) Chứng minh tương tự ý a), ta có bốn điểm \(P,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC.\)

Do đó tứ giác \[PACM\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AC.\)

Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{C_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(PM).\)

Mà \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{C_1}}\) (do \[\Delta MIC\] cân tại \[I\] vì \[IM = IC)\]

      \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{M_1}}\) (do \[\Delta KAM\] cân tại \[K\] vì \[KA = KM)\]

Do đó \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{M_1}}\)

Suy ra \(\widehat {{M_2}} + \widehat {HMI} = \widehat {{M_1}} + \widehat {HMI} = 90^\circ \) nên \(KM \bot MI\)

Do đó \(KM\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \[I\] đường kính \(CH.\)

c) Kẻ đường kính \[CD\] của đường tròn \(\left( O \right)\).

Suy ra \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên \[BD\,{\rm{//}}\,AH\] (cùng vuông góc với \[BC),\] tương tự \[AD\,{\rm{//}}\,BH\], do đó \[ADBH\] là hình bình hành có \[K\] là trung điểm của \[AB\] nên cũng là trung điểm của \[DH\]. Suy ra \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng.

Lại có \[DQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[O)\] mà \[HQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[I)\] nên \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.

Mà \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng nên \[K,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.

Suy ra $\Delta KHP\backsim \Delta CHQ$ nên \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{HC}}{{HA}}\) hay \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{2HI}}{{HA}}\)

Như vậy \(HQ \cdot HK = 2HI \cdot HP\).