Đáp án đúng là: A

Kí hiệu S, N lần lượt là mặt sấp, mặt ngửa xuất hiện khi gieo đồng xu.

Không gian mẫu của phép thử là: \(\Omega = \){SS; SN; NN; NS}. Không gian mẫu có 4 phần tử.

Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố “Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt sấp” là SS.

Xác suất để “Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt sấp” là \(\frac{1}{4}.\)

Ta có: \(\sqrt 5 - \sqrt {6 - 2\sqrt 5 } = \sqrt 5 - \sqrt {5 - 2\sqrt 5 + 1} = \sqrt 5 - \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt 5 - \left| {\sqrt 5 - 1} \right| = \sqrt 5 - \left( {\sqrt 5 - 1} \right) = \sqrt 5 - \sqrt 5 + 1 = 1.\)

Với \(x > 0,\) ta có:

\(A = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{x + 2\sqrt x }} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\)\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\]

 \[ = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\]\[ = \frac{{\sqrt x - 2 + x + 3\sqrt x + 6}}{{\sqrt x + 2}}\]

 \[ = \frac{{x + 4\sqrt x + 4}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x + 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x + 2}} = \sqrt x + 2.\]

Vậy với \(x > 0\) thì \(A = \sqrt x + 2.\)

1) Bảng tần số của mẫu dữ liệu đã cho là:

a) Do điểm \(A\left( {3;\,3} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\) nên tọa độ điểm \(A\) thỏa mãn hàm số.

Khi đó ta có: \(3 = a \cdot {3^2},\) suy ra \(a = \frac{1}{3}.\)

b) Với \(a = \frac{1}{3},\) ta có hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^2}.\)

Thay \(y = 1\) vào hàm số trên, ta được: \(1 = \frac{1}{3}{x^2},\) suy ra \({x^2} = 3\) nên \(x = \sqrt 3 \) hoặc \(x = - \sqrt 3 .\)

Vậy các điểm thuộc đồ thị cần tìm là \(\left( {\sqrt 3 ;\,\,1} \right);\,\,\left( { - \sqrt 3 ;\,\,1} \right).\)

Do phương trình \({x^2} - 3x - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\) Theo định lí Viète, ta có:

\({x_1} + {x_2} = 3;\,\,\,{x_1}{x_2} = - 5.\)

Khi đó, ta có:

\(M = \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 3} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\)\( = {x_1}{x_2} + 3{x_1} + {x_2} + 3 - {x_1} + {x_2}\)

\( = {x_1}{x_2} + 2{x_1} + 2{x_2} + 3\)\( = {x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3\)

\( = - 5 + 2 \cdot 3 + 3 = 4.\)

Vậy \(M = 4.\)

Hướng dẫn giải

Gọi \(x,\,\,y\) (tờ) lần lượt là số tờ tiền loại \(200\,\,000\) đồng và loại \(100\,\,000\) đồng \(\left( {0 < x,\,\,y < 35} \right).\)

Do có tổng cộng có \[35\] tờ nên ta có phương trình \(x + y = 35.\) (1)

Do bố Nam cần rút \(5.000.000\) đồng nên ta có phương trình:

\(200\,\,000x + 100\,\,000y = 5\,\,000\,\,000\) hay \(2x + y = 50.\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 35\\2x + y = 50\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình trên, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 15\\y = 20\end{array} \right.\) (thỏa mãn).

Vậy có 15 tờ 200 000 đồng và 20 tờ 100 000 đồng.

Thể tích của khối trụ bên dưới là: \({V_1} = \pi \cdot {15^2} \cdot 20 = 4\,\,500\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Thể tích của khối trụ bên trên là: \({V_2} = \pi \cdot {10^2} \cdot 30 = 3\,\,000\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Vậy thể tích của chiếc mốp xốp đó là: \(V = {V_1} + {V_2} = 4\,\,500\pi + 3\,\,000\pi = 7\,\,500\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

⦁ Ta có \(OB = OC\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực của \(BC.\)

Do \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó điểm \(A\) nằm trên đường trung trực của \(BC.\)

Như vậy, \(AO\) là đường trung trực của \(BC.\)

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.