Tại \(x = 9\) thì:

\(C = x^{14} - 10 x^{13} + 10 x^{12} - 10 x^{11} + . . . + 10 x^{2} - 10 x + 10\)

\(C = x^{14} - \left(\right. x + 1 \left.\right) x^{13} + \left(\right. x + 1 \left.\right) x^{12} - \left(\right. x + 1 \left.\right) x^{11} + . . . + \left(\right. x + 1 \left.\right) x^{2} - \left(\right. x + 1 \left.\right) x + x + 1\)

\(C = x^{14} - x^{14} - x^{13} + x^{13} + x^{12} - x^{12} - x^{11} + . . . + x^{3} + x^{2} - x^{2} - x + x + 1\)

\(C = 1\).

Vậy tại \(x = 9\) thì giá trị của \(C\) bằng \(1\).

a) Xét \(\Delta A H B\) và \(\Delta A H C\) có:

\(A B = A C\) (gt);

\(A H\) chung;

\(H B = H C\) (\(H\) là trung điểm của \(B C\));

Suy ra \(\Delta A H B = \Delta A H C\) (c.c.c).

b) Vì \(\Delta A H B = \Delta A H C\) (cmt) suy ra \(\hat{A H B} = \hat{A H C}\) (cặp góc tương ứng).

Mà \(\hat{A H B} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\) (hai góc kề bù).

Suy ra \(\hat{A H B} = \hat{A H C} = 9 0^{\circ}\).

Vậy \(A H \bot B C\).

c) Vi \(\Delta A H B = \Delta A H C\) (cmt) suy ra \(\hat{H A B} = \hat{H A C} = 4 5^{\circ}\);

\(\hat{H C A} = \hat{H B A} = \frac{18 0^{\circ} - \hat{B A C}}{2} = 4 5^{\circ}\) (cặp góc tương ứng).

Xét \(\Delta E B A\) và \(\Delta B F C\) có:

\(A B = C F\) (gt);

\(\hat{B A E} = \hat{B C F}\) (cùng bù với \(\hat{H A B} = \hat{H C A} = 4 5^{\circ}\));

\(E A = B C\) (gt);

Suy ra \(\Delta E B A = \Delta B F C\) (c.g.c).

Vậy \(B E = B F\) (cặp cạnh tương ứng).

1) Viết đa thức \(F \left(\right. x \left.\right)\) biểu thị tổng số tiền bác Mai phải thanh toán

• Mỗi chai dung dịch sát khuẩn giá 80.000 đồng.
• Mỗi hộp khẩu trang giá \(x\) đồng.
• Bác Mai mua:
• • 5 chai dung dịch sát khuẩn → tiền: \(5 \times 80.000 = 400.000\) đồng
  • 3 hộp khẩu trang → tiền: \(3 x\) đồng

Vậy tổng số tiền bác Mai phải thanh toán là:

\(F \left(\right. x \left.\right) = 400.000 + 3 x\)

Đáp án:

\(F \left(\right. x \left.\right) = 400.000 + 3 x\)

2)

• \(A \left(\right. x \left.\right) = 2 x^{2} - 3 x + 5 + 4 x - 2 x^{2}\)
• \(B \left(\right. x \left.\right) = x^{2} - 2 x + 5\)

a) Rút gọn và sắp xếp đa thức \(A \left(\right. x \left.\right)\)

\(A \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{2} - 2 x^{2} \left.\right) + \left(\right. - 3 x + 4 x \left.\right) + 5\) \(= 0 x^{2} + 1 x + 5\) \(= x + 5\)

Vậy:

\(A \left(\right. x \left.\right) = x + 5\)

• Bậc của \(A \left(\right. x \left.\right)\): \(1\) (vì số mũ cao nhất là \(1\)).
• Hệ số cao nhất: \(1\) (hệ số của \(x\)).
• Hệ số tự do: \(5\).

b) Tìm đa thức \(C \left(\right. x \left.\right)\) biết \(C \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. x - 1 \left.\right) A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\)

Ta đã biết:

• \(A \left(\right. x \left.\right) = x + 5\)
• \(B \left(\right. x \left.\right) = x^{2} - 2 x + 5\)

Thay vào:

\(C \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. x - 1 \left.\right) \left(\right. x + 5 \left.\right) + \left(\right. x^{2} - 2 x + 5 \left.\right)\)

Nhân \(\left(\right. x - 1 \left.\right) \left(\right. x + 5 \left.\right)\):

\(\left(\right. x - 1 \left.\right) \left(\right. x + 5 \left.\right) = x^{2} + 5 x - x - 5 = x^{2} + 4 x - 5\)

Vậy:

\(C \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. x^{2} + 4 x - 5 \left.\right) + \left(\right. x^{2} - 2 x + 5 \left.\right)\)

\(= \left(\right. x^{2} + x^{2} \left.\right) + \left(\right. 4 x - 2 x \left.\right) + \left(\right. - 5 + 5 \left.\right)\) \(= 2 x^{2} + 2 x + 0\) \(= 2 x^{2} + 2 x\)

Vậy:

\(C \left(\right. x \left.\right) = 2 x^{2} + 2 x\)

a) Biến cố A là biến cố ngẫu nhiên, biến cố B là biến cố chắc chắn, biến cố C là biến cố không thể.

b) Xác suất của biến cố A = 3/6 = 1/2

.\(\)

Ta có: f(a) + f(b) = 100a / 100a + 10 + 100b / 100b + 10 = 100a( 100b + 10) + 100b( 100a + 10) / (100a + 10) + ( 100b + 10 )

= 2 x 100 a+b + 10 (100a + 100b) / 100a+b + 10( 100a + 100b) +100

= 200 + 10( 100a + 100b ) / 200 + 10( 100a +100b)

= 1

a)\(\hat{C}\)

Tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) nên:

\(\hat{B} + \hat{C} = 90^{\circ}\)

Vì \(\hat{B} = 50^{\circ}\), nên:

\(\hat{C} = 90^{\circ} - 50^{\circ} = 40^{\circ}\)

Đáp án: \(\hat{C} = 40^{\circ}\).

b) Chứng minh \(B E\) là tia phân giác của góc \(B\)

Xét tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\).

• Theo giả thiết: \(H B = B A\).
• Tam giác \(H B E\) vuông tại \(H\) (vì \(H E \bot B C\)).

Chứng minh:

• Vì \(H B = B A\) nên tam giác \(B A H\) cân tại \(B\).
• Tam giác \(H B E\) vuông tại \(H\).
• Do \(H E \bot B C\), nên \(H E\) là đường cao kẻ từ \(H\) xuống \(B C\), đồng thời vì \(H\) nằm trên \(B C\), \(H E\) còn là đường trung trực đoạn thẳng nhỏ quanh \(H\).

Bây giờ, trong tam giác \(A B C\), ta sẽ xét hai tam giác \(H B E\) và \(A B E\):

• Chúng có:
• • \(H B = B A\) (giả thiết).
  • \(\hat{H B E} = \hat{A B E} = 90^{\circ}\) (vì \(H E \bot B C\)).
  • Chung cạnh \(B E\).

=> Theo trường hợp cạnh-góc vuông-cạnh (c.g.v.c), ta có:

\(\triangle H B E \cong \triangle A B E\)

Do đó:

\(\hat{H B E} = \hat{A B E}\)

Nghĩa là tia \(B E\) phân giác góc \(B\).

Vậy \(B E\) là tia phân giác của góc \(B\).

c) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(K C\)

Gọi:

• \(K = B A \cap H E\)
• \(B E\) cắt \(K C\) tại \(I\).

Ta cần chứng minh: \(I K = I C\).

Hướng chứng minh:

• Từ b) đã có \(B E\) là phân giác góc \(B\).
• Trong tam giác \(B K C\), \(B E\) là phân giác.

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác:

Trong tam giác \(B K C\), tia phân giác \(B E\) cắt \(K C\) tại \(I\), và ta có:

\(\frac{I B}{I C} = \frac{K B}{K C}\)

Nhưng do \(H B = B A\) và các đoạn HB, HE đối xứng qua \(B E\), nên ta có:

\(K B = K C\)

(giải thích: vì \(K\) là giao của \(B A\) và \(H E\), đối xứng qua \(B E\)).

Nên:

\(\frac{I B}{I C} = 1 \Rightarrow I B = I C\)

Do đó \(I\) là trung điểm của \(K C\).

Vậy \(I\) là trung điểm của \(K C\).

Tổng số bạn = \(1 + 5 = 6\) bạn

Vì chọn ngẫu nhiên, nên mỗi bạn có cơ hội như nhau nên cơ hội bạn nam được chọn là 1/ 6

a) Tính \(A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\)

\(A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 2 x^{3} - x^{2} + 3 x - 5 \left.\right) + \left(\right. 2 x^{3} + x^{2} + x + 5 \left.\right)\)

\(= \left(\right. 2 x^{3} + 2 x^{3} \left.\right) + \left(\right. - x^{2} + x^{2} \left.\right) + \left(\right. 3 x + x \left.\right) + \left(\right. - 5 + 5 \left.\right)\) \(= 4 x^{3} + 0 x^{2} + 4 x + 0\) \(= 4 x^{3} + 4 x\)

Vậy:

\(A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{3} + 4 x\)

b) Tìm nghiệm của \(H \left(\right. x \left.\right)\), biết \(H \left(\right. x \left.\right) = A \left(\right. x \left.\right) + B \left(\right. x \left.\right)\)

Tức là tìm nghiệm của:

\(H \left(\right. x \left.\right) = 4 x^{3} + 4 x = 0\)

Giải phương trình:

\(4 x \left(\right. x^{2} + 1 \left.\right) = 0\)

Vì tích bằng 0 nên:

• \(4 x = 0 \Rightarrow x = 0\)
• \(x^{2} + 1 = 0 \Rightarrow x^{2} = - 1\)

Nhưng \(x^{2} = - 1\) không có nghiệm thực (chỉ có nghiệm phức).

Vì đề bài không yêu cầu nghiệm phức, nên ta chỉ lấy nghiệm thực.

Vậy nghiệm của \(H \left(\right. x \left.\right)\) là:

\(x = 0\)

Gọi số sách lớp 7A là \(5 x\) số sách lớp 7B là \(6 x\)

Theo đề bài:

\(5 x + 6 x = 121\) \(11 x = 121\) \(x = \frac{121}{11} = 11\)

Vậy:

• Số sách lớp 7A quyên góp được là: \(5 x = 5 \times 11 = 55\) quyển.
• Số sách lớp 7B quyên góp được là: \(6 x = 6 \times 11 = 66\) quyển.

Đáp số:

• Lớp 7A: \(55\) quyển
• Lớp 7B: \(66\) quyển