TRẦN HẰNG LINH
Giới thiệu về bản thân
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt trồng được là \(a , b , c\) (cây) (\(a , b , c \in N^{*}\) )
Theo đề bài ta có:
+) Tổng số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được là 118
Do đó: \(a + b + c = 118\)
+) Ba lớp 7A, 7B, 7C có lần lượt 18, 20, 21 học sinh và năng suất mỗi người như nhau
Suy ra: \(\frac{a}{18} = \frac{b}{20} = \frac{c}{21}\)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau kết hợp \(a + b + c = 118\) được:
\(\frac{a}{18} = \frac{b}{20} = \frac{c}{21} = \frac{a + b + c}{18 + 20 + 21} = \frac{118}{59} = 2\)
Suy ra: \(a = 18 \cdot 2 = 36\) (thỏa mãn điều kiện)
\(b = 20 \cdot 2 = 40\) (thỏa mãn điều kiện)
\(c = 21 \cdot 2 = 42\) (thỏa mãn điều kiện)
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt trồng được là \(a , b , c\) (cây) (\(a , b , c \in N^{*}\) )
Theo đề bài ta có:
+) Tổng số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được là 118
Do đó: \(a + b + c = 118\)
+) Ba lớp 7A, 7B, 7C có lần lượt 18, 20, 21 học sinh và năng suất mỗi người như nhau
Suy ra: \(\frac{a}{18} = \frac{b}{20} = \frac{c}{21}\)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau kết hợp \(a + b + c = 118\) được:
\(\frac{a}{18} = \frac{b}{20} = \frac{c}{21} = \frac{a + b + c}{18 + 20 + 21} = \frac{118}{59} = 2\)
Suy ra: \(a = 18 \cdot 2 = 36\) (thỏa mãn điều kiện)
\(b = 20 \cdot 2 = 40\) (thỏa mãn điều kiện)
\(c = 21 \cdot 2 = 42\) (thỏa mãn điều kiện)
Gọi số cây ba lớp 7A, 7B, 7C lần lượt trồng được là \(a , b , c\) (cây) (\(a , b , c \in N^{*}\) )
Theo đề bài ta có:
+) Tổng số cây ba lớp 7A, 7B, 7C trồng được là 118
Do đó: \(a + b + c = 118\)
+) Ba lớp 7A, 7B, 7C có lần lượt 18, 20, 21 học sinh và năng suất mỗi người như nhau
Suy ra: \(\frac{a}{18} = \frac{b}{20} = \frac{c}{21}\)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau kết hợp \(a + b + c = 118\) được:
\(\frac{a}{18} = \frac{b}{20} = \frac{c}{21} = \frac{a + b + c}{18 + 20 + 21} = \frac{118}{59} = 2\)
Suy ra: \(a = 18 \cdot 2 = 36\) (thỏa mãn điều kiện)
\(b = 20 \cdot 2 = 40\) (thỏa mãn điều kiện)
\(c = 21 \cdot 2 = 42\) (thỏa mãn điều kiện)
a) \(H \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 5 x^{2} - 7 x - 2024 \left.\right) + \left(\right. - 2 x^{3} + 9 x^{2} + 7 x + 2025 \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 2 x^{3} \left.\right) + \left(\right. 9 x^{2} - 5 x^{2} \left.\right) + \left(\right. 7 x - 7 x \left.\right) + \left(\right. 2025 - 2024 \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\)
b) Ta có: \(x^{2} \geq 0 , \forall x\)
\(\Rightarrow 4 x^{2} \geq 0 , \forall x\)
\(\Rightarrow 4 x^{2} + 1 \geq 1 > 0\)
hay \(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\) vô nghiệm
a) \(H \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 5 x^{2} - 7 x - 2024 \left.\right) + \left(\right. - 2 x^{3} + 9 x^{2} + 7 x + 2025 \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 2 x^{3} \left.\right) + \left(\right. 9 x^{2} - 5 x^{2} \left.\right) + \left(\right. 7 x - 7 x \left.\right) + \left(\right. 2025 - 2024 \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\)
b) Ta có: \(x^{2} \geq 0 , \forall x\)
\(\Rightarrow 4 x^{2} \geq 0 , \forall x\)
\(\Rightarrow 4 x^{2} + 1 \geq 1 > 0\)
hay \(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\) vô nghiệm
a) \(H \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 5 x^{2} - 7 x - 2024 \left.\right) + \left(\right. - 2 x^{3} + 9 x^{2} + 7 x + 2025 \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 2 x^{3} \left.\right) + \left(\right. 9 x^{2} - 5 x^{2} \left.\right) + \left(\right. 7 x - 7 x \left.\right) + \left(\right. 2025 - 2024 \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\)
b) Ta có: \(x^{2} \geq 0 , \forall x\)
\(\Rightarrow 4 x^{2} \geq 0 , \forall x\)
\(\Rightarrow 4 x^{2} + 1 \geq 1 > 0\)
hay \(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\) vô nghiệm
a) \(H \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 5 x^{2} - 7 x - 2024 \left.\right) + \left(\right. - 2 x^{3} + 9 x^{2} + 7 x + 2025 \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - 2 x^{3} \left.\right) + \left(\right. 9 x^{2} - 5 x^{2} \left.\right) + \left(\right. 7 x - 7 x \left.\right) + \left(\right. 2025 - 2024 \left.\right)\)
\(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\)
b) Ta có: \(x^{2} \geq 0 , \forall x\)
\(\Rightarrow 4 x^{2} \geq 0 , \forall x\)
\(\Rightarrow 4 x^{2} + 1 \geq 1 > 0\)
hay \(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{2} + 1\) vô nghiệm
a) Chứng minh \(\triangle C B D\) là tam giác cân.
Phân tích:
- \(A B C\) vuông tại \(A\) ⇒ góc \(A = 90^{\circ}\).
- \(D\) nằm trên tia đối của tia \(A B\) sao cho \(A D = A B\).
Chứng minh:
- Vì \(D\) nằm trên tia đối của \(A B\) và \(A D = A B\), nên \(B\) là trung điểm của đoạn thẳng \(A D\).
- Xét các đoạn \(C B\) và \(C D\):
- Do \(A B C\) vuông tại \(A\), ta có \(A B \bot A C\).
- Từ điểm \(B\) và \(D\) đối xứng qua \(A\), ta có:
\(A B = A D\), và vì \(A\) là điểm chung, tam giác \(C B D\) có hai cạnh \(C B\) và \(C D\) bằng nhau (do hình học đối xứng qua \(A\)).
Cách khác:
- Ta chứng minh \(C B = C D\).
Xét tam giác \(C B D\), nếu \(C B = C D\) thì \(\triangle C B D\) là tam giác cân tại \(C\).
Kết luận:
\(\boxed{\triangle C B D \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{tam}\&\text{nbsp};\text{gi} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{c}\&\text{nbsp};\text{c} \hat{\text{a}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{i}\&\text{nbsp}; C .}\)
b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(C D\), đường thẳng qua \(D\) và song song với \(B C\) cắt đường thẳng \(B M\) tại \(E\). Chứng minh \(B C = D E\).
Phân tích và chứng minh:
- \(M\) là trung điểm của \(C D\).
- Đường thẳng qua \(D\) song song với \(B C\) cắt \(B M\) tại \(E\).
Bước 1: Gọi các điểm theo tọa độ cho dễ hình dung.
- Giả sử \(A\) tại gốc tọa độ \(\left(\right. 0 , 0 \left.\right)\).
- Vì \(A B C\) vuông tại \(A\), giả sử \(A B\) nằm trên trục \(x\), \(A C\) trên trục \(y\).
- \(B = \left(\right. b , 0 \left.\right)\), \(C = \left(\right. 0 , c \left.\right)\), \(A = \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\).
Bước 2: Tìm điểm \(D\).
- \(D\) nằm trên tia đối của \(A B\), tức là theo hướng \(- x\).
- Vì \(A D = A B\), mà \(A B = b\), nên \(D = \left(\right. - b , 0 \left.\right)\).
Bước 3: Tính trung điểm \(M\) của \(C D\).
\(M = \left(\right. \frac{0 + \left(\right. - b \left.\right)}{2} , \frac{c + 0}{2} \left.\right) = \left(\right. - \frac{b}{2} , \frac{c}{2} \left.\right)\)
Bước 4: Phương trình đường thẳng \(B C\).
- \(B \left(\right. b , 0 \left.\right)\), \(C \left(\right. 0 , c \left.\right)\).
- Vector chỉ phương \(B C = \left(\right. - b , c \left.\right)\).
- Phương trình tham số của \(B C\):
\(x = b - b t , y = 0 + c t , t \in \mathbb{R}\)
Bước 5: Đường thẳng qua \(D \left(\right. - b , 0 \left.\right)\) và song song với \(B C\).
- Vector chỉ phương cũng là \(\left(\right. - b , c \left.\right)\).
- Phương trình tham số của đường thẳng qua \(D\):
\(x = - b - b s , y = 0 + c s , s \in \mathbb{R}\)
Bước 6: Phương trình đường thẳng \(B M\).
- \(B \left(\right. b , 0 \left.\right)\), \(M \left(\right. - \frac{b}{2} , \frac{c}{2} \left.\right)\).
- Vector \(B M = \left(\right. - \frac{3 b}{2} , \frac{c}{2} \left.\right)\).
- Phương trình tham số của \(B M\):
\(x = b - \frac{3 b}{2} u , y = 0 + \frac{c}{2} u , u \in \mathbb{R}\)
Bước 7: Tìm giao điểm \(E\) của hai đường thẳng (qua \(D\) và song song \(B C\) và \(B M\)).
Giải hệ:
\(\left{\right. b - \frac{3 b}{2} u = - b - b s \\ \frac{c}{2} u = c s\)
Từ phương trình thứ hai:
\(\frac{c}{2} u = c s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s = \frac{u}{2}\)
Thay vào phương trình thứ nhất:
\(b - \frac{3 b}{2} u = - b - b \cdot \frac{u}{2}\) \(b - \frac{3 b}{2} u = - b - \frac{b u}{2}\)
Chuyển vế:
\(b + b = \frac{3 b}{2} u - \frac{b u}{2}\) \(2 b = b u \left(\right. \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \left.\right) = b u \cdot 1 = b u\)
Chia hai vế cho \(b\) (giả sử \(b \neq 0\)):
\(2 = u\)
Suy ra:
\(s = \frac{u}{2} = 1\)
Bước 8: Tính tọa độ điểm \(E\).
- Dùng phương trình đường thẳng qua \(D\):
\(x_{E} = - b - b s = - b - b \cdot 1 = - 2 b\) \(y_{E} = 0 + c s = c \cdot 1 = c\)
Bước 9: Tính độ dài \(D E\).
\(D = \left(\right. - b , 0 \left.\right) , E = \left(\right. - 2 b , c \left.\right)\) \(D E = \sqrt{\left(\right. - 2 b + b \left.\right)^{2} + \left(\right. c - 0 \left.\right)^{2}} = \sqrt{\left(\right. - b \left.\right)^{2} + c^{2}} = \sqrt{b^{2} + c^{2}}\)
Bước 10: Tính độ dài \(B C\).
\(B = \left(\right. b , 0 \left.\right) , C = \left(\right. 0 , c \left.\right)\) \(B C = \sqrt{\left(\right. 0 - b \left.\right)^{2} + \left(\right. c - 0 \left.\right)^{2}} = \sqrt{b^{2} + c^{2}}\)
Kết luận:
\(\boxed{B C = D E}\)
Tóm tắt đáp án:
- a) Tam giác \(C B D\) cân tại \(C\).
- b) \(B C = D E\).
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
BẢN TƯỜNG TRÌNH
Kính gửi: Ban Giám hiệu Trường THCS Nguyễn Du
Giáo viên chủ nhiệm lớp7B3
Bác bảo vệ trường Nguyễn Văn Yên
Em tên là: Trần Hằng Linh
Học sinh lớp: 7B3 TrườngTHCS Nguyễn Du
Nội dung tường trình:
Vào khoảng6h30giờ, ngày4. tháng3 năm2025., em có gửi xe điện tại khu vực nhà xe của trường. Xe của em là loại xe máy điện , hãng gogo mà trắng có 2 cái gương, đuôi biển là 11. Em đã khóa xe cẩn thận trước khi vào lớp.
Đến khoảng 11h15giờ cùng ngày, khi tan học, em ra lấy xe thì phát hiện xe đã bị mất. Em đã kiểm tra kỹ khu vực xung quanh và hỏi thăm các bạn nhưng không tìm thấy. Sau đó, em đã báo ngay cho bác bảo vệ và thầy cô giáo.
Em nhận thức được rằng đây là một sự việc nghiêm trọng, ảnh hưởng đến tài sản cá nhân cũng như an ninh trong trường. Em kính mong Ban Giám hiệu, thầy cô và bác bảo vệ xem xét, hỗ trợ tìm kiếm xe đạp bị mất.
Em xin cam đoan những gì tường trình trên là đúng sự thật và mong nhận được sự giúp đỡ từ nhà trường.
Em xin chân thành cảm ơn!
Người tường trình
(Ký và ghi rõ họ tên)
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
BẢN TƯỜNG TRÌNH
Kính gửi: Ban Giám hiệu Trường thcs Nguyễn du
Họ và tên người tường trình: Trần Hằng Linh
Lớp:7B3Trường: THCS Nguyễn Du
Ngày, tháng, năm sinh: 4/11/2012
Chức vụ: Lớp trưởng
Nội dung tường trình:
Vào ngày 30 tháng1 năm 2025, em đã khởi xướng và tổ chức một buổi dã ngoại cùng các bạn trong lớp tại đầm sen chơi mà chưa xin phép thầy cô và gia đình. Buổi dã ngoại có sự tham gia của khoảng34 bạn trong lớp.
Mục đích của buổi dã ngoại là nhằm tạo điều kiện cho các bạn vui chơi, thư giãn sau những giờ học tập căng thẳng và gắn kết tinh thần đoàn kết trong lớp. Tuy nhiên, do thiếu sót trong việc nhận thức và thực hiện đúng quy định, em đã không báo cáo với giáo viên chủ nhiệm và xin phép phụ huynh trước khi tổ chức.
Sau đó, gia đình và thầy cô đã phát hiện sự việc. Em nhận thức được rằng hành động này là sai, có thể gây ảnh hưởng đến sự an toàn của các bạn cũng như vi phạm nội quy của nhà trường. Em xin chịu hoàn toàn trách nhiệm về vụ việc này và cam kết sẽ không tái phạm.
Em xin gửi lời xin lỗi chân thành đến thầy cô, gia đình và các bạn trong lớp vì đã gây ra sự việc trên. Em mong nhận được sự xem xét và hướng dẫn từ Ban Giám hiệu cùng giáo viên chủ nhiệm để khắc phục hậu quả và rút kinh nghiệm cho những lần sau.
Em xin cam đoan những gì tường trình trên là đúng sự thật.
Kính mong thầy cô xem xét.
Người tường trình
(Ký và ghi rõ họ tên)