(1,5 điểm) Nhân dịp kỉ niệm 10 năm thành lập, siêu thị X thực hiện chương trình giảm giá cho mặt hàng A là 30% và mặt hàng B là 15% so với giá niêm yết. Cô Mai mua 1 món hàng A và 1 món hàng B phải trả số tiền là 381 nghìn đồng. Ngày cuối cùng của chương trình, cửa hàng thay đổi bằng cách giảm giá mặt hàng A là 35% và mặt hàng B là 30% so với giá niêm yết. Vào ngày hôm đó, cô Hoa mua 3 món hàng A và 2 món hàng B thì trả số tiền là 771 nghìn đồng. Tính giá niêm yết của mỗi món hàng A và B (giá niêm yết là giá ghi trên món hàng nhưng chưa thực hiện giảm giá).

a) \(2\sqrt {81}  - 3\sqrt {16}  + 1 = 2 \cdot 9 - 3 \cdot 4 + 1\)\( = 18 - 12 + 1\)\( = 7\).

b) Thay giá trị \(x =  - 1\) vào hàm số, ta có: \(f\left( { - 1} \right) = 3 \cdot {\left( { - 1} \right)^2} = 3 \cdot 1 = 3\).

Thay giá trị \(x = 2\) vào hàm số, ta có: \(f\left( 2 \right) = 3 \cdot {2^2} = 3 \cdot 4 = 12\).

c) Phương trình \({x^2} + 5x - 6 = 0\) có các hệ số \(a = 1\), \(b = 5\), \(c =  - 6\).

Ta thấy \(a + b + c = 1 + 5 + \left( { - 6} \right) = 0\) nên phương trình có hai nghiệm là

\({x_1} = 1\); 6\({x_2} = \frac{c}{a} = \frac{{ - 6}}{1} =  - 6\).

d) Kí hiệu mặt sấp là S và mặt ngửa là N.

Khi gieo đồng thời hai đồng xu, không gian mẫu (tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra) là:

\(\Omega  = \left\{ {SS;\,\,SN;\,\,NS;\,\,NN} \right\}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = 4\).

Biến cố A: “Mặt ngửa xuất hiện ít nhất một lần”. Các kết quả thuận lợi cho biến cố A là:

\(A = \left\{ {SN;\,\,NS;\,\,NN} \right\}\).

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là \(n\left( A \right) = 3\).

Xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{3}{4} = 0,75\).

a) Vì \(EH \bot AB\) tại \(H\) nên \(\widehat {BHE} = 90^\circ \).

Vì \(EK \bot BC\) tại \(K\), nên \(\widehat {BKE} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(BHEK\) có \(\widehat {BHE} = \widehat {BKE} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,K\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(BE\).

Do đó, tứ giác \(BHEK\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(BE\).

b) ¬ Chứng minh \(B{E^2} = BK \cdot BC\)

Xét tam giác \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) và \(\Delta BKE\) vuông tại \(K\) có \(\widehat B\) là góc chung

Do đó $\Delta BEC\backsim \Delta BKE$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{BC}}{{BE}}\) nên \(B{E^2} = BK \cdot BC\).

¬ Chứng minh ba điểm \(H,M,K\) thẳng hàng:

Chứng minh tương tự, ta có \(B{E^2} = BH \cdot AB\).

Suy ra \(BH \cdot AB = BK \cdot BC\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}\).

Xét \(\Delta BHK\) và \(\Delta BCA\) có \(\widehat {ABC}\) chung và \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}\).

Do đó $\Delta BHK\backsim \Delta BCA$ (c.g.c). Suy ra \(\widehat {BHK} = \widehat {BCA}\). (1)

Mặt khác, chứng minh tương tự ý a), ta có tứ giác \(BCEQ\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC.\)

Suy ra \[\widehat {EQB} + \widehat {BCE} = 180^\circ \] (tổng hai góc đối)

Mà \[\widehat {AQE} + \widehat {EQB} = 180^\circ \] (kề bù) nên \(\widehat {AQE} = \widehat {BCA}\). (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\widehat {BHK} = \widehat {AQE}\,\,\left( { = \widehat {BCA}} \right)\) hay \(\widehat {QHK} = \widehat {HQM}.\) (3)

Xét \(\Delta EHQ\) vuông tại \(H\) có \(M\) là trung điểm của cạnh huyền \(EQ\). Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông, ta có \(HM = \frac{1}{2}QE = MQ = ME\)

Suy ra \(\Delta MQH\) cân tại \(M\) nên \(\widehat {QHM} = \widehat {HQM}.\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {QHK} = \widehat {QHM}\) hay hai tia \(HM\) và \(HK\) phải trùng nhau, do đó ba điểm \(H,M,K\) thẳng hàng.