giúp tôi giải bài với

Câu 2. a/ Để có số tiền lãi hàng tháng ít nhất là 2 triệu đồng, ta cần tính số tiền gửi tiết kiệm ít nhất. Lãi suất hàng tháng là 0,4%, tức là 0,004. Giả sử số tiền gửi tiết kiệm là \( x \) triệu đồng. Tiền lãi hàng tháng sẽ là: \[ x \times 0,004 \] Theo đề bài, ta có: \[ x \times 0,004 \geq 2 \] Giải phương trình này: \[ x \geq \frac{2}{0,004} \] \[ x \geq 500 \] Vậy số tiền gửi tiết kiệm ít nhất là 500 triệu đồng. b/ Gọi số gói tăm lớp 9/1 mua là \( x \) gói, số gói tăm lớp 9/2 mua là \( y \) gói. Theo đề bài, nếu chuyển 4 gói tăm từ lớp 9/1 sang lớp 9/2 thì số gói tăm của hai lớp bằng nhau. Ta có: \[ x - 4 = y + 4 \] \[ x - y = 8 \quad \text{(1)} \] Tổng bình phương số gói tăm mỗi lớp đã mua là 9554 gói, ta có: \[ x^2 + y^2 = 9554 \quad \text{(2)} \] Bây giờ, ta sẽ giải hệ phương trình (1) và (2). Từ phương trình (1): \[ x = y + 8 \] Thay vào phương trình (2): \[ (y + 8)^2 + y^2 = 9554 \] \[ y^2 + 16y + 64 + y^2 = 9554 \] \[ 2y^2 + 16y + 64 = 9554 \] \[ 2y^2 + 16y - 9490 = 0 \] \[ y^2 + 8y - 4745 = 0 \] Giải phương trình bậc hai này bằng công thức: \[ y = \frac{-8 \pm \sqrt{8^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-4745)}}{2 \cdot 1} \] \[ y = \frac{-8 \pm \sqrt{64 + 18980}}{2} \] \[ y = \frac{-8 \pm \sqrt{19044}}{2} \] \[ y = \frac{-8 \pm 138}{2} \] Ta có hai nghiệm: \[ y = \frac{130}{2} = 65 \] \[ y = \frac{-146}{2} = -73 \] (loại vì số gói tăm không thể âm) Vậy \( y = 65 \). Thay lại vào phương trình \( x = y + 8 \): \[ x = 65 + 8 = 73 \] Vậy số gói tăm lớp 9/1 mua là 73 gói, số gói tăm lớp 9/2 mua là 65 gói. Câu 3. a/ ai/ Đồ thị hàm số $y = x^2$ là một parabol có đỉnh tại gốc tọa độ (0,0) và mở rộng lên trên. Ta vẽ đồ thị này như sau: - Lấy các giá trị của x và tính y = x^2 để có các điểm trên đồ thị. - Ví dụ: (-2, 4), (-1, 1), (0, 0), (1, 1), (2, 4). az/ - Điểm A có hoành độ là -1, thay vào phương trình ta có: $y = (-1)^2 = 1$. Vậy tọa độ của A là (-1, 1). - Điểm B có hoành độ là 3, thay vào phương trình ta có: $y = 3^2 = 9$. Vậy tọa độ của B là (3, 9). - Điểm A' là điểm đối xứng với A qua trục Oy, vậy tọa độ của A' là (1, 1). - Điểm B' là điểm đối xứng với B qua trục Oy, vậy tọa độ của B' là (-3, 9). b/ Phương trình $x^2 - 3x + 1 = 0$ có hai nghiệm là $x_1$ và $x_2$. Theo định lý Viète, ta có: - Tổng các nghiệm: $x_1 + x_2 = 3$ - Tích các nghiệm: $x_1 \cdot x_2 = 1$ Ta cần tính $A = x_1 + x_2^3 + \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2^3}$. Đầu tiên, ta tính $\frac{1}{x_1}$ và $\frac{1}{x_2}$: - Vì $x_1 \cdot x_2 = 1$, nên $\frac{1}{x_1} = x_2$ và $\frac{1}{x_2} = x_1$. Tiếp theo, ta tính $x_2^3$: - Ta biết $x_2^2 = 3x_2 - 1$ (vì $x_2$ là nghiệm của phương trình $x^2 - 3x + 1 = 0$). - Nhân cả hai vế với $x_2$, ta có: $x_2^3 = x_2 \cdot (3x_2 - 1) = 3x_2^2 - x_2$. - Thay $x_2^2 = 3x_2 - 1$ vào, ta có: $x_2^3 = 3(3x_2 - 1) - x_2 = 9x_2 - 3 - x_2 = 8x_2 - 3$. Tương tự, ta tính $\frac{1}{x_2^3}$: - $\frac{1}{x_2^3} = \frac{1}{8x_2 - 3}$. Bây giờ, ta thay các giá trị đã tính vào biểu thức A: \[ A = x_1 + (8x_2 - 3) + x_2 + \frac{1}{8x_2 - 3} \] Vì $x_1 + x_2 = 3$, ta có: \[ A = 3 + 8x_2 - 3 + x_2 + \frac{1}{8x_2 - 3} \] \[ A = 9x_2 + \frac{1}{8x_2 - 3} \] Vậy giá trị của biểu thức A là: \[ A = 9x_2 + \frac{1}{8x_2 - 3} \] Câu 4. a) Ta có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^\circ$ nên tứ giác BFEC nội tiếp. Từ đó ta có $\widehat{FBC}=\widehat{FEC}$. Mặt khác, $\widehat{EAC}=\widehat{EBC}$ (cùng chắn cung EC) nên $\widehat{EAC}=\widehat{FAB}$. Do đó $\Delta EAC \sim \Delta FAB$ (g-g) nên $\frac{EA}{FA}=\frac{AC}{AB}$ hay $AE.AC=AF.AB$. b) Ta có $\widehat{ASK}=\widehat{ASB}+\widehat{BSK}$. Ta có $\widehat{ASB}=\widehat{ACB}$ (cùng chắn cung AB). Mặt khác, $\widehat{BSK}=\widehat{BHK}$ (hai góc so le trong). Ta có $\widehat{BHK}=\widehat{BFC}=90^\circ$ (vì H là trực tâm của tam giác ABC). Do đó $\widehat{ASK}=\widehat{ACB}+90^\circ$. c) Ta có $\widehat{MHF}=\widehat{NHF}$ (vì MN là đường phân giác của góc FHB). Mặt khác, $\widehat{MHF}=\widehat{MBH}$ (giao của tia phân giác và đường cao hạ từ đỉnh góc ngoài). Từ đó ta có $\widehat{MBH}=\widehat{NHF}$. Do đó $\Delta MBH \sim \Delta NHF$ (g-g). Từ đó ta có $\frac{MB}{NH}=\frac{BH}{HF}$. Mặt khác, ta có $\frac{BH}{HF}=\frac{BK}{KF}$ (vì K là trung điểm của BC). Do đó $\frac{MB}{NH}=\frac{BK}{KF}$. Từ đó ta có $\frac{MB}{BK}=\frac{NH}{KF}$. Mặt khác, ta có $\frac{MB}{BK}=\frac{MN}{KN}$ (giao của tia phân giác và đường cao hạ từ đỉnh góc ngoài). Từ đó ta có $\frac{MN}{KN}=\frac{NH}{KF}$. Do đó $\Delta MNK \sim \Delta NKJ$ (g-g). Từ đó ta có $\widehat{MNK}=\widehat{NKJ}$. Do đó J nằm trên đường thẳng MN. Vậy J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK.