Lời giải

a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số trên.
Bảng giá trị của hàm số:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline x & -4 & -2 & 0 & 2 & 4 \\ \hline y = \frac{x^2}{4} & 4 & 1 & 0 & 1 & 4 \\ \hline \end{array}$

b) Tìm điểm $K$ thuộc $(P)$ có tung độ nhỏ hơn hoành độ 1 đơn vị.
Vì điểm $K$ có tung độ nhỏ hơn hoành độ 1 đơn vị nên $y_K = x_K - 1$.
Do đó điểm $K$ có tọa độ là $K(x_K; x_K - 1)$.
Vì điểm $K(x_K; x_K - 1)$ thuộc $(P)$ nên thế $x = x_K$ và $y = x_K - 1$ vào $y = \frac{x^2}{4}$ ta được:
$x_K - 1 = \frac{x_K^2}{4}$
$x_K^2 = 4x_K - 4$
$x_K^2 - 4x_K + 4 = 0$
$(x_K - 2)^2 = 0$
$x_K - 2 = 0$
$x_K = 2$
Khi $x_K = 2$ thì $y_K = 2 - 1 = 1$. Vậy $K(2; 1)$.
Lời giải
a) $3x^2 + 2x - 5 = 0$
Ta có $a = 3; b = 2; c = -5$.
$\Delta = b^2 - 4ac = 2^2 - 4.3.(-5) = 64 > 0$.
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$.
b) Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt nên
Theo định lí Viète, ta có: $x_1 + x_2 = \frac{-b}{a} = \frac{-2}{3}; x_1.x_2 = \frac{c}{a} = \frac{-5}{3}$.
$x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2 = \left(\frac{-2}{3}\right)^2 - 2\frac{-5}{3} = \frac{34}{9}$
Ta có: $T = (x_1 - 2x_2)(x_2 - x_1) + x_2^2$
$= x_1x_2 - x_1^2 - 2x_2^2 + 2x_1x_2 + x_2^2$
$= 3x_1x_2 - (x_1^2 + x_2^2)$
$= 3.\left(\frac{-5}{3}\right) - \frac{34}{9}$
$= \frac{-79}{9}$
Lời giải
a) Thời gian trung bình bạn Tú tự học tại nhà mỗi ngày trong một tuần là:
$\frac{162 + 135 + 170 + 150 + 180 + 175 + 190}{7} = \frac{1162}{7} = 166$ (phút)
Vậy thời gian trung bình bạn Tú tự học tại nhà mỗi ngày trong một tuần là $166$ (phút)

b) * Không gian mẫu:
$\Omega = \{162 \text{ phút}; 135 \text{ phút}; 170 \text{ phút}; 150 \text{ phút}; 180 \text{ phút}; 175 \text{ phút}; 190 \text{ phút}\}$ nên $n(\Omega) = 7$
* Biến cố A: “Ngày được chọn có thời gian tự học tại nhà của bạn Tú lớn hơn 170 phút”.
Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố A là: $180$ phút; $175$ phút; $190$ phút nên $n(A) = 3$
Xác suất của biến cố A: “Ngày được chọn có thời gian tự học tại nhà của bạn Tú lớn hơn 170 phút” là: $P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{3}{7}$.

* Biến cố B: “Ngày được chọn có thời gian tự học tại nhà của bạn Tú không quá 160 phút”.
Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố B là: $135$ phút; $150$ phút nên $n(B) = 2$
Xác suất của biến cố B: “Ngày được chọn có thời gian tự học tại nhà của bạn Tú không quá 160 phút” là: $P(B) = \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \frac{2}{7}$.
Lời giải
a) Biểu thức biểu diễn diện tích trồng hoa hồng là $A = \frac{x(2x + 10) - 2x}{2} = x^2 + 4x$ ($m^2$)

b) Diện tích miếng đất trồng hoa hồng là $45\text{m}^2$ nên $x^2 + 4x = 45$
Giải phương trình ta được $x_1 = -9$ (loại); $x_2 = 5$ (nhận)
Diện tích lối đi là $5.2 = 10$ ($m^2$)
Chi phí để làm lối đi là $10.120000 = 1200000$ (đồng).
Lời giải
a) Chiều dài của thùng carton là: $7.3 = 21\text{ cm}$
Chiều rộng của thùng carton là: $7.2 = 14\text{ cm}$
Chiều cao của thùng carton là: $11\text{ cm}$
Thể tích của thùng carton là: $21.14.11 = 3234\text{ (cm}^3\text{)}$

b) Thể tích của $6$ lon nước ngọt là:
$6.V = 6.\pi R^2 h = 6.\pi.\left(\frac{7}{2}\right)^2.11 = \frac{1617}{2}\pi\text{ (cm}^3\text{)}$
Thể tích phần còn trống của thùng carton là:
$3234 - \frac{1617}{2}\pi \approx 694\text{ (cm}^3\text{)}$
Lời giải
Gọi $x$ (kg) là số kilôgam thịt bò cần mua, $y$ (kg) là số kilôgam thịt heo cần mua.
Điều kiện: $x > 0;\ y > 0$.
Để đảm bảo dinh dưỡng thì cần $900$ đơn vị protêin nên ta có
$800x + 600y = 900\text{ (1)}$
Để đảm bảo dinh dưỡng thì cần $400$ đơn vị Lipit nên ta có
$200x + 400y = 400\text{ (2)}$
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\begin{cases} 800x + 600y = 900 \\ 200x + 400y = 400 \end{cases}$
Giải hệ phương trình ta được:
$\begin{cases} x = 0,6 \\ y = 0,7 \end{cases}$ (thoả điều kiện)
Vậy cần mua $0,6\text{ kg}$ thịt bò và $0,7\text{kg}$ thịt heo
Số tiền mua thịt bò là: $0,6 \cdot 100000 = 60000$ đồng
Số tiền mua thịt heo là: $0,7 \cdot 70000 = 49000$ đồng
Vậy tổng số tiền mua thịt bò và thịt heo là $109\,000$ đồng để đảm bảo dinh dưỡng hằng ngày cho 4 người.
Lời giải
a) Chứng minh: Tứ giác $ABOC$ nội tiếp và $AO \perp BC$ tại $H$.

Gọi $E$ là trung điểm $AO \Rightarrow EO = EA$
Ta có: $AB, AC$ là hai tiếp tuyến lần lượt tại $B, C$ của $(O;R)$
Nên: $\widehat{OBA} = \widehat{OCA} = 90^\circ$
Xét $\Delta ABO$ vuông tại $B$ ($\widehat{OBA} = 90^\circ$)
Có $BE$ là đường trung tuyến ($E$ là trung điểm $AO$)
$\Rightarrow BE = OE = AE = \frac{AO}{2}$ (Tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) (1)
Xét $\Delta ACO$ vuông tại $C$ ($\widehat{OCA} = 90^\circ$)
Có $CE$ là đường trung tuyến ($E$ là trung điểm $AO$)
$\Rightarrow CE = EO = EA = \frac{AO}{2}$ (Tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) (2)
Từ $(1), (2) \Rightarrow EB = EC = EO = EA$
Do đó: Tứ giác $ABOC$ nội tiếp $(E; OE)$
Ta có: $OB = OC (= R)$
$AB = AC$ (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên $AO$ là đường trung trực của đoạn $BC$
Vì $H$ là giao điểm của $AO$ và $BC$
$\Rightarrow AO \perp BC$ tại $H$.
b) Chứng minh: $I$ là trung điểm $CK$.

Ta có: $CK \perp BD$ ($K$ là hình chiếu của $C$ trên $BD$)
$AB \perp BD$ ($\widehat{OBA} = 90^\circ$)
Nên: $CK // AB$ hay $IK // AB$
Áp dụng hệ quả Thalès trong $\Delta BDA$
$\Rightarrow \frac{IK}{AB} = \frac{DK}{DB}$
$\Rightarrow IK = \frac{DK.AB}{DB}$ (3)
Ta có: $\widehat{BCD} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$)
$\Rightarrow DC \perp BC$ tại $C$
Mà: $AO \perp BC$ tại $H$
Nên $DC // AO$
Do đó $\widehat{BOA} = \widehat{BDC}$ (Hai góc ở vị trí đồng vị)
Xét $\Delta BOA$ và $\Delta KDC$ có
$\widehat{ABO} = \widehat{CKD} = 90^\circ$
$\widehat{BOA} = \widehat{BDC}$ (cmt)
$\Rightarrow \Delta BOA \sim \Delta KDC$ ($g - g$)
$\Rightarrow \frac{AB}{CK} = \frac{OB}{DK}$
$\Rightarrow CK = \frac{AB.DK}{OB}$ (4)
Từ $(3), (4) \Rightarrow \frac{IK}{CK} = \frac{OB}{DB} = \frac{1}{2}$
Suy ra $IK = IC$. Nên $I$ là trung điểm $CK$.
c) Đường thẳng $BD$ và đường thẳng $AC$ cắt nhau tại $S$. Tia $SI$ cắt $AB$ tại $M$. Giả sử $AO = 2R$. Hãy tính diện tích của tứ giác $AMOC$ theo $R$.

Xét $\Delta ACO$ vuông tại $C$ ($\widehat{OCA} = 90^\circ$)
Ta có: $AO^2 = AC^2 + OC^2$ (định lí Pythagore)
$\Rightarrow AC = \sqrt{AO^2 - OC^2}$
$\Rightarrow AC = \sqrt{(2R)^2 - R^2} = R\sqrt{3}$
Ta có: $S_{\Delta ACO} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot OC = \frac{1}{2} R\sqrt{3} \cdot R = \frac{\sqrt{3}}{2} R^2$
Ta có:
$CK \perp BD$
$AB \perp BD$
$I \in CK, M \in AB$
$\Rightarrow CK // AB$ hay $KI // MB$ hay $CI // MA$
Áp dụng hệ quả Thalès trong $\Delta SMB$ có $KI // MB$
$\Rightarrow \frac{KI}{MB} = \frac{SI}{SM} (5)$
Áp dụng hệ quả Thalès trong $\Delta SMA$ có $CI // MA$
$\Rightarrow \frac{CI}{MA} = \frac{SI}{SM} (6)$
Từ $(5), (6) \Rightarrow \frac{KI}{MB} = \frac{CI}{MA}$
Mà $IK = IC$ (cmt)
$\Rightarrow MA = MB = \frac{AB}{2} = \frac{R\sqrt{3}}{2}$ (do $AB = AC = R\sqrt{3}$)
Ta có: $S_{\Delta AMO} = \frac{1}{2} OB \cdot AM = \frac{1}{2} R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} R = \frac{\sqrt{3}}{4} R^2$
Vậy diện tích tứ giác $AMOC = S_{\Delta ACO} + S_{\Delta AMO} = \frac{\sqrt{3}}{2} R^2 + \frac{\sqrt{3}}{4} R^2 = \frac{3\sqrt{3}}{4} R^2$.