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

=> Δ′= \(m^2-4m+7\)= \(\left(\right.m-2\left.\right)^2+3\)

Theo định lý Viète, ta có: \(x_1+x_2=\) \(2(m−3)\) ; \(x_1x_2=\) \(-2\left(\right.m-1\left.\right)\)

T=\(x_1^2+x_2^2\) = \(\left(x_1^{}+x_2\right)^2-2x_1x_2\) ​

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

T= \(4m_2\) −20m +32 =(2m−5)2 +7≥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.\(\)

Giải

Gọi \(x,y\) (nghìn đồng) là số tiền điện hộ mà gia đình bác An và bác Bình trả trong tháng 7/2024 (\(x,y<0\)

Trong tháng 7 năm 2024, hai hộ gia đình bác An và bác Bình dùng hết tổng cộng \(500\) nghìn đồng tiền điện là : \(x+y=500\) (1)

Số tiền điện hộ gia đình bác An được giảm trong tháng 8 năm 2024 là: \(\frac{15}{100}\) \(x\) (nghìn đồng)

Số tiền điện hộ gia đình bác Bình được giảm trong tháng 8 năm 2024 là: \(\frac{10}{100}y\) (nghìn đồng)

Trong tháng 7 năm 2024, mỗi hộ gia đình dùng hết tiền điện là:

\(\frac{15}{100}x+\frac{10}{100}y=\) 65

=> \(0,15x+0,1y=65\)

Theo bài ra ta có hpt: \(\begin{cases}x+y=500\\ 0,15x+0,1y=65\end{cases}\)

=> \(\begin{cases}x=300\\ y=200\end{cases}\left(\thỏamãn\right)\)

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.

​

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).

a) Thay \(x=\frac14\) vào biểu thức A, ta có:

A=\(\frac{1}{\frac{4}{\sqrt{\frac14}+1}}\) =\(\frac38\)

Vậy giá trị của A=\(\frac38\)

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

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

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

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

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

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

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

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

c) Ta có: P=A.B= \(\frac{x}{\sqrt{x}+1}*\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\) =\(\frac{x}{\sqrt{x}-1}\)

=> \(\frac{x}{\sqrt{x}-1}\) ≤ 4

\(\frac{x}{\sqrt{x}-1}-4\) ≤ \(0\)

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

\(\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\sqrt{x}-1}\) ≤ 0

1, \(\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\sqrt{x}-1}\) ≤ 0

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

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

\(x=4\)

2, \(\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\sqrt{x}-1}\) ≤ 0

\(\sqrt{x}-1<0\)

\(\sqrt{x}<1\)

\(x<1\)

Giải

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 của các tình nguyện viên nên 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 trìnhh: \(\frac{120}{x}-\frac{120}{x+5}=2\)

-> 120( \(x+5\) ) - 120\(x\) =2

120\(x\) +600 -120\(x\) = 2\(x^2\) +10\(x\)

2\(x^2+10-600\)

\(x^2+5x-300\) = 0

Ta có: \(\begin{cases}x_1=15\left(tm\right)\\ x_2=-20\left(loại\right)\end{cases}\)

Vậy lúc đầu đội có 15 xe

-Phép thử: Quay đĩa tròn một lần

-Kết quả phép thử: là một cặp số (a,b), trong đó a và b tương ứng là số ghi trên các hình quạt

-Mô tả không gian mẫu của phép thử là: Ω ={(1,1); (1,2); (1,3); (1,4); (1,5); (1,6); (2,1); (2,2); (2,3); (2,4); (2,5); (2,6); (3,1); (3,2); (3,3); (3,4); (3,5); (3,6); (4,1); (4,2); (4,3); (4,4); (4,5); (4,6); (5,1); (5,2); (5,3); (5,4); (5,5); (5,6); (6,1); (6,2); (6,3); (6,4); (6,5); (6,6)}

Tập Ω có 36 phần tử.

=> nP= √36 =6
-Xét biến cố \(A\): "Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho \(3\)", có (3,6)

Suy ra \(n \left(\right. A \left.\right) = 2\)

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \(P \left(\right. A \left.\right) = \frac{n \left(\right. A \left.\right)}{n_{P}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

-Tần số ghép nhóm của nhóm \(\left[\right. 60 ; 70 \left.\right)\) là \(10\).

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[\right. 60 ; 70 \left.\right)\) là f[60;70)= \(\frac{10}{40}\).100%=25%

​

So với đột biến nhiễm sắc thể, đột biến gene:

- Tạo ra allele mới, là nguồn nguyên liệu sơ cấp của tiến hóa.

- Phổ biến hơn. Tuy tần số đột biến của từng gene thấp nhưng tần số đột biến chung của tất cả các gene trong mỗi quần thể lại khá lớn (do ở mỗi loài có hàng nghìn gene khác nhau).

- Ít ảnh hưởng nghiêm trọng đến sức sống và sự sinh sản của cơ thể.

Quá trình hình thành loài hươu cao cổ theo quan điểm của Darwin:

- Quá trình sinh sản đã phát sinh nhiều biến dị sai khác về kích thước cổ giữa các cá thể thuộc loài hươu

- Cá thể hươu nào có cổ dài ăn được lá cây trên cao thì sống sót, còn những cá thể hươu cổ ngắn không ăn được lá trên cao thì sẽ chết.

- Qua nhiều thế hệ, kết quả hình thành loài hươu cổ dài ăn được lá cây trên cao.

Quá trình hình thành loài hươu cao cổ theo quan điểm của Darwin:

- Quá trình sinh sản đã phát sinh nhiều biến dị sai khác về kích thước cổ giữa các cá thể thuộc loài hươu

- Cá thể hươu nào có cổ dài ăn được lá cây trên cao thì sống sót, còn những cá thể hươu cổ ngắn không ăn được lá trên cao thì sẽ chết.

- Qua nhiều thế hệ, kết quả hình thành loài hươu cổ dài ăn được lá cây trên cao.