(1,5 điểm)

a) Kết quả thống kê quãng đường đi bộ (đơn vị: kilômét) của 50 người tập thể dục vào một buổi sáng được cho trong bảng tần số ghép nhóm sau:

Nhóm	\(\left[ {2;\,\,3} \right)\)	\(\left[ {3;\,\,4} \right)\)	\(\left[ {4;\,\,5} \right)\)	\(\left[ {5;{\rm{ }}6} \right)\)	\(\left[ {6;{\rm{ }}7} \right)\)
Tần số	9	15	16	7	3

 Dựa vào bảng trên, hãy cho biết có bao nhiêu người đi bộ từ 2 km đến dưới 4 km?

b) Bạn An có hai chiếc hộp đựng các tấm thẻ có kích thước và khối lượng như nhau. Hộp A đựng 4 tấm thẻ được đánh số 1; 2; 3; 4. Hộp B đựng 4 tấm thẻ được đánh số 3; 4; 5; 6. Bạn An lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp A, sau đó lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp B. Tính xác suất của biến cố M: “Số đánh trên tấm thẻ lấy ra từ hộp B chia hết cho số đánh trên tấm thẻ lấy ra từ hộp A”.

a) Vì \(BK \bot KM\) tại \(K\) nên \(\widehat {BKM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BKM\) vuông tại \(K\). Do đó, \(\Delta BKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (1)

Vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {BEM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BEM\) vuông tại \(E\). Do đó, \(\Delta BEM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(B,K,E,M\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BM\).

b) \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\), có \(K\) là trung điểm cạnh huyền \(AH\) nên \(EK = KH = \frac{1}{2}AH\).

Suy ra \(\Delta EKH\) cân tại \(K\) nên \(\widehat {KEH} = \widehat {KHE}\).

Vì tứ giác \(BKEM\) nội tiếp nên \(\widehat {KMB} = \widehat {KEB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KB\)).

\( = \widehat {KEH} = \widehat {KHE} = \widehat {ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat {CAD}\)).

c) ⦁ Ta có: \(\widehat {ANB} = \widehat {ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).

Mà \(\widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) nên \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).

Xét \(\Delta BKM\) và \(\Delta BAN\) có: \(\widehat {BKM} = \widehat {BAN} = 90^\circ \) và \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).

Do đó $\Delta BKM\backsim \Delta BAN$ (g.g).

⦁ Ta có: \(\frac{{BK}}{{BA}} = \frac{{BM}}{{BN}}\) và \(\widehat {MBK} = \widehat {NBA}\).

Mà \(\widehat {MBK} = \widehat {MBN} + \widehat {NBK}\) và \(\widehat {NBA} = \widehat {KBA} + \widehat {NBK}\) suy ra \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\).

Xét \(\Delta BMN\) và \(\Delta BKA\) có: \(\frac{{BM}}{{BN}} = \frac{{BK}}{{BA}}\) và \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\)

Do đó $\Delta BMN\backsim \Delta BKA$ (c.g.c). Suy ra \(\widehat {BNM} = \widehat {BAK} = \widehat {BAD}\).

Ta có: \(\widehat {BNC} = \widehat {BAC}\) suy ra \(\widehat {BNM} + \widehat {MNC} = \widehat {BAK} + \widehat {DAC}\) nên \(\widehat {MNC} = \widehat {DAC}.\)

Vì \(AD \bot BC\) và \(NC \bot BC\) nên \(AD\,{\rm{//}}\,NC\), suy ra \(\widehat {DAC} = \widehat {ACN} = \widehat {MCN}\).

Do đó \(\widehat {MNC} = \widehat {MCN}\), vậy \(\Delta MNC\) cân tại \(M\), nên \(MN = MC\).

Đường tròn \(\left( O \right)\) có \(ON = OC = R\). Do \(MN = MC\) và \(ON = OC\) nên \(OM\) là đường trung trực của \(NC\). Vậy \(OM\) đi qua trung điểm của \(NC\).

a) Thay \(x = 10\) vào biểu thức \(A\), ta được: \(A = 10 - 9 = 1\).

Vậy khi \(x = 10\) thì \(A = 1\).

b) Phân thức \(B\) xác định khi \(x - 4 \ne 0\) hay \(x \ne 4\).

Vậy điều kiện xác định của phân thức \(B\) là \(x \ne 4\).

c) Với \(x > 0\) và \(x \ne 9\) ta có:

\(C = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x  + 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \frac{{\sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}} \right] \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{\sqrt x  + 3 + \sqrt x  - 3}}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 3} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}.\)

Vậy với \(x > 0\) và \(x \ne 9\) thì \(C = \frac{2}{{\sqrt x  - 3}}.\).