Lời giải
a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số trên.
Bảng giá trị của hàm số:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline x & -4 & -2 & 0 & 2 & 4 \\ \hline y = \frac{3x^2}{2} & 24 & 6 & 0 & 6 & 24 \\ \hline \end{array}$

b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $(P)$ có tung độ và hoành độ bằng nhau.
Gọi $M(x_M; y_M)$ là điểm cần tìm :
Theo đề ta có $\begin{cases} M \in (P): y_M = \frac{3}{2}x_M^2 \quad (1) \\ y_M = 24 \quad (2) \end{cases}$
Thay $(1)$ vào $(2)$ ta được: $\frac{3}{2}x_M^2 = 24$
$x_M = 4$ hoặc $x_M = -4$
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: $(4; 24); (-4; 24)$.
Lời giải
a) $-3x^2 + 2x + 4 = 0$
Ta có $a = -3; b = 2; c = 4$.
$\Delta = b^2 - 4ac = (2)^2 - 4.(-3).4 = 52 > 0$.
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt
Theo định lí Viète, ta có: $x_1 + x_2 = \frac{-b}{a} = \frac{-2}{-3} = \frac{2}{3}; x_1.x_2 = \frac{c}{a} = \frac{4}{-3} = \frac{-4}{3}$.
Ta có: $A = \frac{2x_1}{x_2} + \frac{2x_2}{x_1}$
$A = \frac{2x_1^2 + 2x_2^2}{x_1x_2}$
$A = \frac{2(x_1^2 + x_2^2)}{x_1x_2}$
$A = \frac{2[(x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2]}{x_1x_2}$
$A = \frac{2\left[\left(\frac{2}{3}\right)^2 - 2.\frac{-4}{3}\right]}{\frac{-4}{3}}$
$A = \frac{-14}{3}$
Lời giải
a) Có tất cả 6 kết quả có thể xảy ra
Các kết quả có thể xảy ra là:
$\Omega = \{(Phúc, Bình, An); (Phúc, An, Bình); (Bình, Phúc, An); (Bình, An, Phúc); (An, Phúc, Bình); (An, Bình, Phúc)\}$

b) Biến cố A: “Phúc được thanh toán cuối cùng”. Các kết quả thuận lợi cho A là: (Bình, An, Phúc); (An, Bình, Phúc). Có 2 kết quả thuận lợi.
Xác suất của biến cố A là: $P(A) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$

Biến cố B: “An được thanh toán trước Bình”. Các kết quả thuận lợi cho B là: (An, Bình, Phúc); (An, Phúc, Bình); (Phúc, An, Bình). Có 3 kết quả thuận lợi.
Xác suất của biến cố B là: $P(B) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$
Lời giải
a)Diện tích lối đi là: $S=(26+x)(14+x)-26.14 = x^2+40x (\text{m}^2)$
b)Do diện tích lối đi là $129\text{m}^2$
$x^2+40x=129$
$x^2+40x-129=0$
$(x+43)(x-3)=0$
$x=3$ ( thỏa mãn); $x=-43$ ( không thỏa mãn)
Quãng đường An đã đi là: $(x+14)+(x+26)=2x+40=2.3+40=46(\text{m})$
Lời giải
a)Bán kính hình cầu và hình nón là $50:2= 25 \text{ (cm)}$
Thể tích phần gạo trong thúng là :
$V = \frac{1}{3} . \pi . 25^2 + (\frac{4}{3} . \pi . 25^3) : 2 \approx 42576,6 \text{ (cm}^3)$
b) Thể tích lon là: $\pi.5^2.15=375\pi \text{ (cm}^3)$
Thể tích gạo một ngày đong là : $5.90\%.375\pi = \frac{3375}{2}\pi \text{ (cm}^3)$
Ta có: $42576,6 : \frac{3375}{2}\pi \approx 8,03$
Vậy với lượng gạo ở trên thì nhà Dung có thể ăn nhiều nhất là $8$ ngày
Lời giải

Gọi số học sinh nam và nữ của lớp 9B lần lượt là $x$ và $y$ ( học sinh ; $x, y \in \mathbb{N}^*$ ; $x \vdots 4 ; y \vdots 3$ ) .
Vì $\frac{1}{4}$ số học học sinh nam và $\frac{1}{3}$ số học sinh nữ tham gia kéo co ,số học sinh nam và nữ kéo tham gia kéo co bằng nhau nên ta có phương trình : $\frac{1}{4}x = \frac{1}{3}y$ (1)
Vì còn lại 20 học sinh tham gia cổ động lớp nên ta có phương trình :
$(1 - \frac{1}{4})x + (1 - \frac{1}{3})y = 20$
$\frac{3}{4}x + \frac{2}{3}y = 20$ (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\begin{cases} \frac{1}{4}x = \frac{1}{3}y \\ \frac{3}{4}x + \frac{2}{3}y = 20 \end{cases} \begin{cases} x = 16 \\ y = 12 \end{cases}$ ( thỏa mãn)
Vậy : Số học sinh nam và nữ của lớp 9A lần lượt là 16 và 12 học sinh.
Lời giải
a) Chứng minh: tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn tâm $I$ đường kính $AH$ và tứ giác $BCED$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$.
Ta có $\Delta ADH$ vuông tại $D$ ($CD \perp AB$) Nên $\Delta ADH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$ $(1)$
Ta có $\Delta AEH$ vuông tại $E$ ($BE \perp AC$)
Nên $\Delta AEH$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra 4 điểm $A, D, H, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.
Suy ra: Tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ có tâm $I$ là trung điểm của đường kính $AH$.
Ta có $\Delta BCD$ vuông tại $D$ ($CD \perp AB$) Nên $\Delta BCD$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$ $(3)$
Ta có $\Delta BCE$ vuông tại $E$ ($BE \perp AC$) Nên $\Delta BCE$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$ $(4)$
Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra 4 điểm $B, C, E, D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.
Suy ra: Tứ giác $BCED$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$ có tâm $O$ là trung điểm của đường kính $BC$

b) Chứng minh: $ID$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ đường kính $BC$ và tứ giác $OMED$ nội tiếp
$\Delta ADI$ cân tại $I$ ($IA=ID$) nên $\widehat{IAD} = \widehat{ADI}$
$\Delta OBD$ cân tại $O$ ($OB=OD$) nên $\widehat{OBD} = \widehat{BD0}$
$\Delta ABM$ vuông tại $M$ nên $\widehat{IAD} + \widehat{IAD} = 90^0$
Nên suy ra $\widehat{ADI} + \widehat{BD0} = 90^0$
Mà $\widehat{ADI} + \widehat{BD0} + \widehat{ID0} = 180^0$ nên $\widehat{ID0} = 90^0$ Suy ra $DI \perp DO$
Xét $(O)$ có: $D \in (O)$ và $DI \perp DO$ suy ra $ID$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ đường kính $BC$
Ta có $\Delta IDO$ vuông tại $D \Rightarrow \Delta IDO$ nội tiếp đường tròn đường kính $IO$
$\Delta IMO$ vuông tại $M \Rightarrow \Delta IMO$ nội tiếp đường tròn đường kính $IO$
$\Rightarrow O; M; E; D$ thuộc đường tròn đường kính $IO$
$\Rightarrow$ Tứ giác $OMED$ nội tiếp

c) Tính theo $R$ diện tích của tam giác $ABC$, biết $\widehat{ABC} = 45^0, \widehat{ACB} = 60^0$ và $BC = 2R$
$\Delta ABM$ vuông tại $M$ có $\tan B = \frac{AM}{BM} \Rightarrow BM = \frac{AM}{\tan 45} = AM$
$\Delta ACM$ vuông tại $M$ có $\tan C = \frac{AM}{CM} \Rightarrow CM = \frac{AM}{\tan 60} = \frac{AM}{\sqrt{3}}$
$BM+CM=BC$
$\Rightarrow AM + \frac{AM}{\sqrt{3}} = 2R \Rightarrow AM = R.\sqrt{3}.(\sqrt{3} - 1)$
Diện tích tam giác $ABC$ là: $S_{ABC} = \frac{1}{2}AM.BC = R^2.(3 - \sqrt{3})$ (đơn vị diện tích)