Có tất cả \(A^2_{30}=870\) véc-tơ thỏa mãn yêu cầu bài toán (chọn ra 2 đỉnh trong 30 đỉnh sau đó chọn ra 1 điểm gốc và 1 điểm cuối)

Xét \(p=2\) thì \(p^2+6=10\) là hợp số, không thỏa mãn

Xét \(p=3\) thì \(p^2+6=15\) là hợp số, không thỏa mãn.

Xét \(p>3\) thì \(p^2-7>2\) và \(p^2-7⋮2\) nên là hợp số, không thỏa mãn.

Vậy không có số nguyên tố \(p\) nào thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Gọi nhiệt độ con dao khi có cân bằng nhiệt là \(t\) (^oC)

\(Q_{tỏa}=Q_{dao}=m_{dao}c_{dao}\Delta t_{dao}\) \(=3,2.460.\left(850-t\right)\)

\(Q_{thu}=Q_{nước}=m_{nước}c_{nước}\Delta t_{nước}=180.4200.\left(t-27\right)\)

Cân bằng nhiệt xảy ra \(\Rightarrow Q_{thu}=Q_{tỏa}\)

\(\Rightarrow3,2.460\left(850-t\right)=180.4200.\left(t-27\right)\)

\(\Rightarrow t\approx28,6^oC\)

 Gọi T là giao điểm của DF và BC. Qua B kẻ đường thẳng song song với HC cắt AE, FD lần lượt tại M và N.

 Dễ thấy \(AF=AD,BD=BE,CE=CF\) nên \(\dfrac{DA}{DB}.\dfrac{EB}{EC}.\dfrac{FC}{FA}=1\) 

 Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC, cát tuyến FDT, ta có \(\dfrac{DA}{DB}.\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{FC}{FA}=1\)

 Do đó, ta có \(\dfrac{EB}{EC}=\dfrac{TB}{TC}\).

 Mà \(\dfrac{EB}{EC}=\dfrac{BM}{HC}\), \(\dfrac{TB}{TC}=\dfrac{NB}{HC}\) nên \(\dfrac{BM}{HC}=\dfrac{NB}{HC}\Rightarrow BM=NB\) hay B là trung điểm MN \(\Rightarrow\) HB là trung tuyến của tam giác HMN

 Tam giác HMN vuông tại H có trung tuyến HB \(\Rightarrow HB=\dfrac{1}{2}MN=BM=BN\)

 \(\Rightarrow\Delta BHM\) cân tại B \(\Rightarrow\widehat{BHM}=\widehat{BMH}\)

 Mặt khác, \(\widehat{BMH}=\widehat{MHC}\) (do BM//HC) nên \(\widehat{BHM}=\widehat{MHC}\)

 \(\Rightarrow90^o-\widehat{BHM}=90^o-\widehat{MHC}\)

 \(\Rightarrow\widehat{MHT}-\widehat{BHM}=\widehat{MHF}-\widehat{MHC}\) (vì \(\widehat{MHT}=\widehat{MHF}=90^o\))

 \(\Rightarrow\widehat{BHT}=\widehat{FHC}\) hay \(\widehat{DHB}=\widehat{FHC}\).

 Ta có đpcm.

 Trước hết, ta có định lý sau:

 \(ƯCLN\left(a,b\right)=ƯCLN\left(a,b+k.a\right)\) với \(k\inℤ\) bất kỳ.

 Theo đó, ta có \(ƯCLN\left(a,b\right)=ƯCLN\left(a,a-b\right)=ƯCLN\left(a,a+b\right)=1\) 

 Vì \(ƯCLN\left(a,b\right)=1\) nên \(ƯCLN\left(a^2,b^2\right)=1\) (vì nếu đặt \(a=p_1^{k_1}.p_2^{k_2}...p_n^{k_n}\) và \(b=q_1^{l_1}.q_2^{l_2}...q_m^{l_m}\) với \(p_i,q_j\left(i\ne j;i=1,2,3,...,n;j=1,2,3,...,m\right)\) đôi một khác nhau thì \(a^2,b^2\) cũng sẽ không có ước chung nào khác ngoài 1)

 Mà \(ƯCLN\left(a^2,b^2\right)=ƯCLN\left(a^2,a^2+b^2\right)=ƯCLN\left(a^2+b^2,a^2+b^2-2a^2\right)\)

\(=ƯCLN\left(a^2+b^2,a^2-b^2\right)=1\) 

 Do vậy, P là phân số tối giản với mọi \(a,b\inℤ^+\)

 Hơn nữa, với \(a,b\inℤ^+\) thì \(a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\) không thể bằng 1 hay -1, vì khi đó \(\left\{{}\begin{matrix}a-b=\pm1\\a+b=\pm1\end{matrix}\right.\) thì đều suy ra được \(b=0\), vô lý. 

 Vậy ta có P là phân số tối giản mà mẫu số khác 1 nên không phải là số nguyên. Ta có đpcm.

Ta có \(v^2-v_0^2=2gh\Rightarrow v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2.9,8.9,8}=\dfrac{49\sqrt{2}}{5}\approx13,86\left(m/s\right)\)

Ta có \(\dfrac{V_{S'.MNP}}{V_{S'.ABC}}=\dfrac{S'M}{S'A}.\dfrac{S'N}{S'B}.\dfrac{S'P}{S'C}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}\) 

\(\Rightarrow V_{S.MNP}=\dfrac{1}{8}V_{S'.ABC}=\dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{2}V_{S'.ABCD}=\dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}V_{ABCD.A'B'C'D'}\)

\(=\dfrac{1}{48}V_{ABCD.A'B'C'D'}=\dfrac{1}{48}.10^3=\dfrac{125}{6}\left(cm^3\right)\)

\(\Rightarrow V_{S.MNPQ.S'}=4V_{S'.MNP}=4.\dfrac{125}{6}=\dfrac{250}{3}\left(cm^3\right)\)

 Kích thước mẫu \(n=5+2+3+1=11\)

 Có \(\dfrac{11+1}{2}=6\) nên nhóm chứa trung vị sẽ là nhóm chứa số liệu lớn thứ 6, tức là nhóm \([10;50)\)

 Khi đó trung vị \(M_e=u_m+\dfrac{\dfrac{n}{2}-\left(n_1+n_2+...+n_{m-1}\right)}{n_m}\left(u_{m+1}-u_k\right)\)

 \(=10+\dfrac{\dfrac{11}{2}-5}{2}\left(50-10\right)=20\)

 Vậy số trung vị \(M_e=20\)