Ví dụ: Xây dựng một phần mềm quản lý thư viện.

Giải thích: Bài toán này liên quan đến việc sử dụng máy tính để xử lý thông tin, lưu trữ dữ liệu và tự động hóa các quy trình quản lý.

Ví dụ: Xây dựng một cây cầu bắc qua sông.

Giải thích: Bài toán này liên quan đến các nguyên tắc vật lý, kỹ thuật xây dựng và vật liệu. Máy tính có thể hỗ trợ trong quá trình thiết kế và tính toán, nhưng không phải là công cụ chính để giải quyết bài toán.

a) Ta có \(M K\), \(B K\) là các tiếp tuyến của \(\left(\right. O \left.\right)\)

Suy ra \(\hat{O M K} = \hat{O B K} = 9 0^{\circ}\) (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(\Delta M K O\) vuông tại \(M\), \(\Delta O B K\) vuông tại \(B\).

Dựng đường trung tuyến \(M I\), \(B I\) lần lượt trong \(\Delta M K O , \Delta O B K\) với \(I\) là trung điểm của \(O K\).

Suy ra \(I M = I O = I K = I B = \frac{1}{2} O K\) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Suy ra các điểm \(M\), \(O\), \(K\), \(B\) đều nằm trên đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\)

Vậy tứ giác \(M O B K\) là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có \(M K\), \(B K\) là các tiếp tuyến của \(\left(\right. O \left.\right)\) cắt nhau tại \(K\).

Suy ra \(K M = K B\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \(K O\) là phân giác của \(\hat{M K B}\)

Suy ra \(K O\) đồng thời là đường cao trong \(\Delta M K B\).

Vậy \(O K \bot M B\)

c)Chứng minh \(\hat{E M K} = \hat{M F E}\)

Ta có \(O M = O E\) nên \(\Delta O M E\) cân tại \(O\).

Dựng đường cao \(O P\) của \(\Delta O M E\)

Suy ra \(\Delta O P M\) vuông tại \(P\)

Do đó \(\hat{P M O} + \hat{M O P} = 9 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{P M O} + \hat{E M K} = 9 0^{\circ}\) (\(M K\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\))

Suy ra \(\hat{M O P} = \hat{E M K}\)

Mặt khác \(O P\) là đường cao đồng thời là đường phân giác trong \(\Delta O M E\)

Ta có: \(\hat{M O P} = \hat{E M K} = \frac{1}{2} \hat{M O E}\) (1)

Ta thấy \(\hat{M F E}\) và \(\hat{M O E}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(M E\).

Suy ra \(\hat{M F E} = \frac{1}{2} \hat{M O E}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\hat{E M K} = \hat{M F E}\) (đpcm)

*) Chứng minh \(\hat{O F E} = \hat{E H K}\)

Xét \(\Delta O M K\) và \(\Delta M H K\) có:

\(\hat{O M K} = \hat{M H K} = 9 0^{\circ}\)

\(\hat{M K O}\) chung

Suy ra \(\Delta O M K \sim \Delta M H K\) (g.g)

Suy ra \(\frac{O K}{M K} = \frac{M K}{H K}\) hay \(M K^{2} = O K . H K\) (1)

Xét \(\Delta M E K\) và \(\Delta F M K\) có:

\(\hat{E M K} = \hat{M F E}\) (cmt)

\(\hat{E K M}\) chung

Suy ra \(\Delta M E K \sim \Delta F M K\) (g.g)

Suy ra \(\frac{E K}{M K} = \frac{M K}{F K}\) hay \(M K^{2} = E K . F K\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O K . H K = E K . F K\) hay \(\frac{K F}{H K} = \frac{O K}{E K}\)

Xét \(\Delta O F K\) và \(\Delta E H K\) có:

\(\frac{K F}{H K} = \frac{O K}{E K}\) (cmt)

\(\hat{O K F}\) chung

Suy ra \(\Delta O F K \sim \Delta E H K\) (c.g.c)

Vậy \(\hat{O F E} = \hat{E H K}\) (hai góc tương ứng) (đpcm).

Theo mẫu 1:

Vì đáy bể là hình vuông có độ dài đường chéo là \(4\) m nên diện tích đáy bể là: \(S_{1} = 4.4 : 2 = 8\) m²

Thể tích của bể theo mẫu 1 là: \(V_{1} = S_{1} . h_{1} = 8.2 = 16\) m³

Theo mẫu 2:

Bán kính đáy bể hình trụ là: \(R = d : 2 = 4 : 2 = 2\) m

Thể tích của bể theo mẫu 2 là: \(V_{2} = \pi . R^{2} . h_{2} = \pi 2^{2} . 2 \approx 25 , 13\) m³

Vì \(V_{2} > V_{1}\) nên người đó nên chọn xây theo mẫu thiết kế số 2 để có được bể dự trữ nước là nhiều nhất.

Theo mẫu 1:

Vì đáy bể là hình vuông có độ dài đường chéo là \(4\) m nên diện tích đáy bể là: \(S_{1} = 4.4 : 2 = 8\) m²

Thể tích của bể theo mẫu 1 là: \(V_{1} = S_{1} . h_{1} = 8.2 = 16\) m³

Theo mẫu 2:

Bán kính đáy bể hình trụ là: \(R = d : 2 = 4 : 2 = 2\) m

Thể tích của bể theo mẫu 2 là: \(V_{2} = \pi . R^{2} . h_{2} = \pi 2^{2} . 2 \approx 25 , 13\) m³

Vì \(V_{2} > V_{1}\) nên người đó nên chọn xây theo mẫu thiết kế số 2 để có được bể dự trữ nước là nhiều nhất.

Có \(\Delta^{'} = \left[\right. - \left(\right. m - 3 \left.\right) \left]\right.^{2} - 1. \left[\right. - 2 \left(\right. m - 1 \left.\right) \left]\right. = \left(\right. m - 3 \left.\right)^{2} + 2 m - 2\)

\(\Delta^{'} = m^{2} - 4 m + 7 = \left(\right. m - 2 \left.\right)^{2} + 3 > 0 , \forall m\)

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} , x_{2}\)

Theo định lí Viète, ta có: \(x_{1} + x_{2} = \frac{- b}{a} = 2 \left(\right. m - 3 \left.\right) ; x_{1} . x_{2} = \frac{c}{a} = - 2 \left(\right. m - 1 \left.\right)\)

Ta có: \(T = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)^{2} - 2 x_{1} x_{2}\)

\(T = \left[\right. - 2 \left(\right. m - 3 \left.\right) \left]\right.^{2} - 2 \left[\right. - 2 \left(\right. m - 1 \left.\right) \left]\right.\)

\(T = 4 m^{2} - 20 m + 32 = \left(\right. 2 m - 5 \left.\right)^{2} + 7 \geq 7\)

Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(T\) bằng \(7\) khi \(m = \frac{5}{2}\)

Vậy \(m = \frac{5}{2}\) là giá trị cần tìm.

Gọi số tiền điện hộ gia đình bác An trả trong 7/2024 là \(x\) (nghìn đồng), \(\left(\right. 0 < x < 500 \left.\right)\).

Gọi số tiền tiền điện hộ gia đình bác Bình trả trong tháng 7 năm 2024 là \(y\) (nghìn đồng), \(\left(\right. 0 < y < 500 \left.\right)\).

Số tiền điện hộ gia đình bác An được giảm trong tháng 8 năm 2024 là: \(15 \% x\) (nghìn đồng)

Số tiền điện hộ gia đình bác Bình được giảm trong tháng 8 năm 2024 là: \(10 \% y\) (nghìn đồng)

Theo đề bài ta có hệ phương trình:\(\)

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\) suy ra \(y = 500 - x \left(\right. 3 \left.\right)\)

Thay \(\left(\right. 3 \left.\right)\) vào \(\left(\right. 2 \left.\right)\) ta được \(0 , 15 x + 0 , 1 \left(\right. 500 - x \left.\right) = 65\)

\(0 , 05 x = 15\)

\(x = 300\) (nhận).

Thay \(x = 300\) vào \(\left(\right. 3 \left.\right)\) ta được \(y = 200\) (nhận)

Vậy số tiền điện hộ gia đình bác Bình trả trong tháng 7 là \(200\) nghìn đồng, gia đình bác An trả trong tháng 7 là \(300\) nghìn đồng.

Gọi số xe theo dự định là \(x\) chiếc (\(x \in \mathbb{N}^{*}\))

Lượng hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là: \(\frac{120}{x}\) (tấn)

Do lúc sắp khởi hành đội được bổ sung thêm \(5\) chiếc xe cùng loại nên suy ra: số xe thực tế chở là: \(x + 5\) (chiếc)

Lượng hàng mỗi xe phải chở theo thực tế là: \(\frac{120}{x + 5}\) (tấn)

Theo bài ra ta có phương trình:

\(\frac{120}{x}\) - \(\frac{120}{x + 5} = 2\)

Biến đổi đưa về phương trình: \(x^{2} + 5 x - 300 = 0\)

Giải phương trình được \(x_{1} = 15\), \(x_{2} = - 20\)

\(x = - 20\) không thỏa mãn (loại)

\(x = 15\) (thỏa mãn)

Vậy số xe ban đầu là \(15\) xe.

a) Thay \(x = \frac{1}{4}\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\)

\(A = \frac{\frac{1}{4}}{\sqrt{\frac{1}{4}} + 1} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2} + 1} = \frac{1}{6}\)

Vậy với \(x = \frac{1}{4}\) thì giá trị của biểu thức \(A = \frac{1}{6}\)

b) \(B = \frac{3}{\sqrt{x} + 1} + \frac{1}{1 - \sqrt{x}} + \frac{x + 5}{x - 1}\)

\(= \frac{3}{\sqrt{x} + 1} - \frac{1}{\sqrt{x} - 1} + \frac{x + 5}{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{3 \sqrt{x} - 3 - \sqrt{x} - 1 + x + 5}{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{x + 2 \sqrt{x} + 1}{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)^{2}}{\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1}\)

Vậy \(B = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1}\) (đpcm)

c) Ta có

\(P = A . B = \frac{x}{\sqrt{x} + 1} . \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1} = \frac{x}{\sqrt{x} - 1}\).

\(P \leq 4\)

\(\frac{x}{\sqrt{x} - 1} \leq 4\)

\(\frac{x}{\sqrt{x} - 1} - 4 \leq 0\)

\(\frac{x - 4 \sqrt{x} + 4}{\sqrt{x} - 1} \leq 0\)

\(\frac{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2}}{\sqrt{x} - 1} \leq 0\)

TH1: \(\frac{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2}}{\sqrt{x} - 1} = 0\)

\(\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2} = 0\)

\(x = 4\) (tm).

TH2: \(\frac{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2}}{\sqrt{x} - 1} < 0\)

\(\sqrt{x} - 1 < 0\) (do \(\sqrt{x} - 2 \left.\right)^{2} \geq 0\))

\(\sqrt{x} < 1\)

\(x < 1\).

Kết hợp với \(x \geq 0 , x \neq 1\) ta có \(0 \leq x < 1\)và \(x = 4\) thì \(P \leq 4\).

 Xét phép thử "Quay đĩa tròn một lần" \(\)

Quay đĩa tròn một lần các kết quả thuận lợi có thể xảy ra là 6 trường hợp

xét biến cố "Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho \(3\)".

các trường hợp có thể xảy ra là (3,6)

kết quả thuận lợi là 2

xác suất của biến cố "Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho \(3\)". là

2/6=1/3

\(\)

tần số ghép nhóm của [60;70) là 10

 tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[\right. 60 ; 70 \left.\right)\) là10/40*100=25%