Bài I (1,5 điểm). 1) Bạn Minh hỏi 40 bạn học sinh bất kì về môn học mà bạn đó yêu thích nhất. Kết quả thống kê thống kê được ghi lại ở bảng sau Môn học Số HS yêu thích Toán 11 Ngữ văn 8 Lịch sử...

Bài I 1) Tần số của môn Lịch sử là 9. Tần số tương đối của môn Lịch sử là: \[ \frac{9}{40} = 0,225 \] 2) Biến cố A: “Số ghi trên thẻ là số lớn hơn 15". Các số lớn hơn 15 trong khoảng từ 1 đến 20 là: 16, 17, 18, 19, 20. Vậy có 5 số thỏa mãn điều kiện. Xác suất của biến cố A là: \[ \frac{5}{20} = \frac{1}{4} = 0,25 \] Bài II Điều kiện xác định: \( x \geq 0 \) và \( x \neq 1 \). 1) Tính giá trị biểu thức \( A \) khi \( x = 4 \): Thay \( x = 4 \) vào biểu thức \( A \): \[ A = \frac{3 - \sqrt{4}}{\sqrt{4} - 1} = \frac{3 - 2}{2 - 1} = \frac{1}{1} = 1 \] 2) Chứng minh \( B = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 1} \): Biểu thức \( B \) ban đầu: \[ B = \frac{1}{\sqrt{x} + 1} + \frac{x + 1}{x - 1} \] Quy đồng mẫu số: \[ B = \frac{1}{\sqrt{x} + 1} + \frac{x + 1}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \] \[ B = \frac{1}{\sqrt{x} + 1} + \frac{x + 1}{x - 1} \] Chuyển về cùng mẫu số chung: \[ B = \frac{1}{\sqrt{x} + 1} + \frac{x + 1}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \] \[ B = \frac{(\sqrt{x} - 1) + (x + 1)}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \] \[ B = \frac{\sqrt{x} - 1 + x + 1}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \] \[ B = \frac{\sqrt{x} + x}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \] \[ B = \frac{\sqrt{x}(1 + \sqrt{x})}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)} \] \[ B = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 1} \] 3) Tìm các giá trị \( x \) nguyên để \( A + B \) có giá trị nguyên: Biểu thức \( A + B \): \[ A + B = \frac{3 - \sqrt{x}}{\sqrt{x} - 1} + \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 1} \] \[ A + B = \frac{3 - \sqrt{x} + \sqrt{x}}{\sqrt{x} - 1} \] \[ A + B = \frac{3}{\sqrt{x} - 1} \] Để \( A + B \) có giá trị nguyên, \( \frac{3}{\sqrt{x} - 1} \) phải là số nguyên. Do đó, \( \sqrt{x} - 1 \) phải là ước của 3. Các ước của 3 là \( \pm 1 \) và \( \pm 3 \). - \( \sqrt{x} - 1 = 1 \Rightarrow \sqrt{x} = 2 \Rightarrow x = 4 \) - \( \sqrt{x} - 1 = -1 \Rightarrow \sqrt{x} = 0 \Rightarrow x = 0 \) - \( \sqrt{x} - 1 = 3 \Rightarrow \sqrt{x} = 4 \Rightarrow x = 16 \) - \( \sqrt{x} - 1 = -3 \Rightarrow \sqrt{x} = -2 \) (loại vì \( \sqrt{x} \) không thể âm) Vậy các giá trị \( x \) nguyên để \( A + B \) có giá trị nguyên là \( x = 0, 4, 16 \). Đáp số: 1) \( A = 1 \) 2) \( B = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 1} \) 3) \( x = 0, 4, 16 \) Bài III 1) Gọi theo kế hoạch, mỗi giờ tổ sản xuất làm được x (sản phẩm, điều kiện: x > 0). Thực tế, mỗi giờ tổ sản xuất làm được x + 5 (sản phẩm). Theo đề bài, ta có: $\frac{300}{x} - \frac{300}{x + 5} = 2$ $\frac{300(x + 5) - 300x}{x(x + 5)} = 2$ $\frac{1500}{x(x + 5)} = 2$ $x(x + 5) = 750$ $x^2 + 5x - 750 = 0$ Phương trình này có hai nghiệm phân biệt: x = 25 và x = -30 (loại vì x > 0). Vậy theo kế hoạch, mỗi giờ tổ sản xuất làm được 25 sản phẩm. 2) a) Ta có: Δ = a^2 + 4 > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt. b) Theo bài ra, ta có: $(x_{1} - 1)(x_{2} - 1) = 2$ $x_{1}x_{2} - (x_{1} + x_{2}) + 1 = 2$ $x_{1}x_{2} - (x_{1} + x_{2}) = 1$ Áp dụng hệ thức Vi-et, ta có: $-1 + a = 1$ $a = 2$ Vậy giá trị của a là 2. Bài IV 1) Diện tích đáy của cốc thủy tinh là: \[ S = \pi r^2 = 3,14 \times 3^2 = 28,26 \text{ cm}^2 \] Thể tích phần nước hiện tại trong cốc là: \[ V_{\text{hiện tại}} = S \times \frac{h}{2} = 28,26 \times \frac{10}{2} = 141,3 \text{ cm}^3 \] Thể tích toàn bộ cốc thủy tinh là: \[ V_{\text{toàn bộ}} = S \times h = 28,26 \times 10 = 282,6 \text{ cm}^3 \] Thể tích nước cần rót thêm để đầy cốc là: \[ V_{\text{cần rót thêm}} = V_{\text{toàn bộ}} - V_{\text{hiện tại}} = 282,6 - 141,3 = 141,3 \text{ cm}^3 \] Vậy cần rót thêm 141,3 ml nước vào cốc để nước đầy tới miệng cốc. 2) a) Ta cần chứng minh bốn điểm A, K, H, C cùng thuộc một đường tròn. - Xét tam giác AKH, ta có \(\angle AKH = 90^\circ\) (vì HK vuông góc với AB). - Xét tam giác ACK, ta có \(\angle ACK = 90^\circ\) (vì C nằm trên nửa đường tròn và AC là dây cung). Do đó, bốn điểm A, K, H, C cùng thuộc một đường tròn ngoại tiếp tam giác AKH và ACK. b) Ta cần chứng minh \(KA \cdot KB = KH \cdot KD\) và \(IC\) là tiếp tuyến của đường tròn (O). - Xét tam giác AKH và tam giác BKC, ta có: \[ \angle AKH = \angle BKC = 90^\circ \] \[ \angle KAH = \angle KBC \quad (\text{góc nội tiếp cùng chắn cung AC}) \] Do đó, tam giác AKH và tam giác BKC đồng dạng theo tỉ lệ: \[ \frac{KA}{KH} = \frac{KB}{KC} \] Từ đó suy ra: \[ KA \cdot KB = KH \cdot KC \] - Xét tam giác AKH và tam giác DKC, ta có: \[ \angle AKH = \angle DKC = 90^\circ \] \[ \angle KAH = \angle KDC \quad (\text{góc nội tiếp cùng chắn cung AC}) \] Do đó, tam giác AKH và tam giác DKC đồng dạng theo tỉ lệ: \[ \frac{KA}{KH} = \frac{KD}{KC} \] Từ đó suy ra: \[ KA \cdot KC = KH \cdot KD \] - Kết hợp hai kết quả trên, ta có: \[ KA \cdot KB = KH \cdot KD \] - Để chứng minh \(IC\) là tiếp tuyến của đường tròn (O), ta xét tam giác IDC: \[ \angle IDC = 90^\circ \quad (\text{vì } \angle AKH = 90^\circ \text{ và } \angle KDC = 90^\circ) \] Do đó, \(IC\) vuông góc với bán kính OC tại điểm C, suy ra \(IC\) là tiếp tuyến của đường tròn (O). Vậy ta đã chứng minh được \(KA \cdot KB = KH \cdot KD\) và \(IC\) là tiếp tuyến của đường tròn (O).