1) Tần số ghép nhóm của nhóm \(\left[ {40;\,\,42} \right)\) là 5.

Tần số tương đối ghép nhóm của nhóm \(\left[ {40;\,\,42} \right)\) là: \(f = \frac{5}{{40}} \cdot 100\%  = 12,5\% .\)

2) Xét phép thử “Quay đĩa tròn một lần”.

Số kết quả xảy ra của phép thử là: \(n\left( \Omega  \right) = 12.\)

Xét biến cố \[M:\] “Chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho 4”.

Ta có các kết quả thuận lợi để biến cố \[M\] xảy ra là: \[4;{\rm{ }}8;{\rm{ }}12.\]

Do đó có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố \(M\).

Suy ra xác suất của biến cố \[M\] là \(P\left( M \right) = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4}.\)

1) Cách 1: Giải bài toán bằng cách lập phương trình

Gọi số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất của Bác Tiến là \(x\) (triệu đồng) \(\left( {0 \le x \le 400} \right).\)

Số tiền ở khoản đầu tư thứ hai là: \(400 - x\) (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ nhất là: \(6\% x = 0,06x\) (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ hai là: \(8\% \left( {400 - x} \right) = 32 - 0,08x\) (triệu đồng).

Theo bài, tổng số tiền lãi bác Tiến nhận được là 27 triệu đồng nên ta có phương trình:

\(0,06x + 32 - 0,08x = 27\).

Giải phương trình:

\(0,06x + 32 - 0,08x = 27\)

\( - 0,02x = 27 - 32\)

\( - 0,02x = - 5\)

\(x = 250\) (thoả mãn điều kiện).

Vậy số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất là 250 triệu đồng và ở khoản đầu tư thứ hai là \(400 - 250 = 150\) (triệu đồng).

Cách 2: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình

Gọi số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất và thứ hai của Bác Tiến lần lượt là \(x\) và \(y\) (triệu đồng) \(\left( {0 \le x \le 400,\,\,0 \le y \le 400} \right).\)

Theo bài, tổng số tiền đầu tư của bác Tiến là 400 triệu đồng nên ta có phương trình:

\(x + y = 400\) (1)

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ nhất là: \(6\% x = 0,06x\) (triệu đồng).

Số tiền lãi sau một năm ở khoản đầu tư thứ hai là: \(8\% y = 0,08y\) (triệu đồng).

Theo bài, tổng số tiền lãi bác Tiến nhận được là 27 triệu đồng nên ta có phương trình:

\(0,06x + 0,08y = 27\) (2)

Từ phương trình (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 400\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\0,06x + 0,08y = 27\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\]

Từ phương trình (1) ta có: \(y = 400 - x\) (3)

Thế vào phương trình (2) ta được: \(0,06x + 0,08\left( {400 - x} \right) = 27.\) (4)

Giải phương trình (4):

\(0,06x + 0,08\left( {400 - x} \right) = 27\)

\(0,06x + 32 - 0,08x = 27\)

\( - 0,02x = 27 - 32\)

\( - 0,02x = - 5\)

\(x = 250\) (thoả mãn điều kiện).

Thay giá trị \(x = 250\) vào phương trình (3) ta được: \(y = 400 - 250 = 150\)(thoả mãn điều kiện).

Vậy số tiền ở khoản đầu tư thứ nhất là 250 triệu đồng và ở khoản đầu tư thứ hai là 150 triệu đồng.

2) Giả sử theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất phải làm \(x\) (sản phẩm) \(\left( {x \in \mathbb{N}*,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x < 300} \right).\)

Khi đó, theo kế hoạch thời gian cần thiết để làm xong 300 sản phẩm là: \(\frac{{300}}{x}\) (ngày).

Thực tế mỗi ngày số sản phẩm mà tổ làm được là: \(x + 10\) (sản phẩm).

Khi đó, thời gian thực tế mà tổ sản xuất làm xong 300 sản phẩm là: \(\frac{{300}}{{x + 10}}\) (ngày).

Do tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn 1 ngày nên ta có phương trình:

\(\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 10}} = 1\) (1)

Giải phương trình (1):

\(\frac{{300}}{x} - \frac{{300}}{{x + 10}} = 1\)

\(\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 10}} = \frac{1}{{300}}\)

\(\frac{{x + 10 - x}}{{x\left( {x + 10} \right)}} = \frac{1}{{300}}\)

\(\frac{{10}}{{{x^2} + 10x}} = \frac{1}{{300}}\)

\({x^2} + 10x = 3\,\,000\)

\({x^2} - 50x + 60x - 3\,\,000 = 0\)

\(x\left( {x - 50} \right) + 60\left( {x - 50} \right) = 0\)

\(\left( {x - 50} \right)\left( {x + 60} \right) = 0\)

\(x - 50 = 0\) hoặc \(x + 60 = 0\)

\(x = 50\) (thoả mãn) \(x = - 60\) (không thoả mãn).

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất cần sản xuất 50 sản phẩm.

3) Để phương trình \({x^2} - 3x + a = 0\) nhận \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) làm một nghiệm thì \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) phải thỏa mãn phương trình đó.

Thay \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) vào phương trình \({x^2} - 3x + a = 0\), ta được:

\({\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^2} - 3 \cdot \left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right) + a = 0\)

\(\frac{{9 - 6\sqrt 5 + 5}}{4} - \frac{{9 - 3\sqrt 5 }}{2} + a = 0\)

\(\frac{{9 - 6\sqrt 5 + 5 - 18 + 6\sqrt 5 }}{4} + a = 0\)

\(\frac{{ - 4}}{4} + a = 0\)

\( - 1 + a = 0\)

\(a = 1\).

Với \(a = 1\), phương trình bậc hai trở thành: \({x^2} - 3x + 1 = 0\) (1)

Do phương trình (1) có hai nghiệm nên theo hệ thức Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3\\{x_1}{x_2} = 1.\end{array} \right.\)

Ta có \(x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {3^2} - 2 \cdot 1 = 7.\)

Vậy \(a = 1\) và tổng bình phương hai nghiệm của phương trình đã cho khi ấy bằng 7.

1) a) Bán kính đáy của lý nước có dạng hình trụ đó là: \(\frac{5}{2} = 2,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Thể tích lượng nước tinh khiết được chứa trong ly bằng thể tích của hình trụ có chiều cao \(10\) cm, và bằng:

\({V_1} = \pi \cdot {\left( {2,5} \right)^2} \cdot 10 = 62,5\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

b) Thể tích của 5 viên bi bằng thể tích của hình trụ với chiều cao là \[15 - 10 = 5\] (cm).

\[{V_{5\,\,vien\,\,bi}} = \pi \cdot {\left( {2,5} \right)^2} \cdot 5 = 31,25\pi \] (cm³).

Thể tích của mỗi viên bi là: \(\frac{{31,25\pi }}{5} = 6,25\pi \) (cm³).

2)

a) Cách 1: Ta có \(MN \bot AB\) tại \[O\] nên \(\Delta MOB\) vuông tại \[O\], suy ra ba điểm \[M,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].

Ta có \(MH \bot CB\) tại \[H\] nên \(\Delta MHB\) vuông tại \[H,\]suy ra ba điểm \[M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].

Do đó bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MB\].

Cách 2: Gọi \[I\] là trung điểm của \[MB\].

Ta có \(MN \bot AB\) tại \[O\] nên \(\Delta MOB\) vuông tại \[O,\] lại có \[OI\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(MB\) nên \(IO = IM = IB = \frac{1}{2}MB.\)

Ta có \(MH \bot CB\) tại \[H\] nên \(\Delta MHB\) vuông tại \[H,\]

lại có HI là đường trung tuyến với cạnh huyền \(MB\) nên \(IH = IM = IB = \frac{1}{2}MB.\)

Vậy \(IO = IM = IH = IB\) nên bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] cùng thuộc đường tròn tâm \[I,\] đường kính \(MB.\)

b) ⦁ Chứng minh \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}\)

Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] có \(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MO).\]

Xét đường tròn tâm \[O\] có: \(\widehat {MBA} = \widehat {MNA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MA)\] hay \(\widehat {MBO} = \widehat {MNA}\)

Do đó: \(\widehat {MHO} = \widehat {MNA}.\)

⦁ Chứng minh \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\)

Xét đường tròn ngoại tiếp đi qua bốn điểm \[O;{\rm{ }}M;{\rm{ }}H;{\rm{ }}B\] có \(\widehat {BMO} = \widehat {BHO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[OB)\]

Tam giác \[MBO\] cân tại \[O\] (do \(OM = OB)\) nên \(\widehat {BMO} = \widehat {MBO}\).

Lại có \(\widehat {MHO} = \widehat {MBO}\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\widehat {MHO} = \widehat {BHO}\) nên \[HO\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}\) hay \[ME\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}.\)

Xét \(\Delta MHB\) có \[ME\] là tia phân giác của \(\widehat {MHB}\) nên \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MH}}{{BH}}\) (1)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AB\) là đường kính và \(M \in \left( O \right)\) nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), do đó \(\widehat {CMB} = 90^\circ \) nên \(\widehat {HMC} + \widehat {HMB} = 90^\circ .\)

Mặt khác, \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) nên \(\widehat {HMB} + \widehat {HBM} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông).

Suy ra \(\widehat {HMC} = \widehat {HBM}.\)

Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BHM\) có: \(\widehat {HMC} = \widehat {BHM} = 90^\circ \) và \(\widehat {HMC} = \widehat {HBM}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{HC}}{{HM}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{HC}}{{HM}}\,\,\left( { = \frac{{MH}}{{BH}}} \right)\) hay \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).

c) ⦁ Tam giác \[MHC\] vuông tại \[C\] nên ba điểm \[M,{\rm{ }}H,{\rm{ }}C\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MC\].

Mà \[P\] thuộc đường tròn đó nên \(\widehat {MPC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Mặt khác, \[P\] thuộc đường tròn tâm \[O,\] đường kính \[MN\] nên \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Vậy \(\widehat {MPN} + \widehat {MPC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) nên \[C,{\rm{ }}P,{\rm{ }}N\] thẳng hàng. (3)

⦁ Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BMC\) có:

\(\widehat {MHC} = \widehat {BMC} = 90^\circ \) và \(\widehat {MCB}\) là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{MH}}{{BM}} = \frac{{HC}}{{MC}}\) hay \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BM}}\).

Tam giác \[BMN\]có \[BO\] là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên \[\Delta BMN\] cân tại \[B\], suy ra \(BM = BN.\)

Do đó từ \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BM}}\) ta có \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{BN}}\)

Theo câu b ta có: \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{HC}}{{HM}}\) nên \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MC}}{{BN}}\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(MN\) có \(B \in \left( O \right)\) nên \(\widehat {NBM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {NBE} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta MCE\) và \(\Delta BNE\) có: \(\widehat {CME} = \widehat {NBE} = 90^\circ \) và \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{{MC}}{{BN}}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\widehat {MEC} = \widehat {BEN}\) (hai góc tương ứng).

Ta có: \(\widehat {BEN} + \widehat {CEB} = \widehat {MEC} + \widehat {CEB} = \widehat {MEB} = 180^\circ \) nên ba điểm \[C,{\rm{ }}E,{\rm{ }}N\] thẳng hàng. (4)

Từ (3) và (4) ta có bốn điểm \[C;{\rm{ }}P;{\rm{ }}E;{\rm{ }}N\] thẳng hàng hay \[C;{\rm{ }}P;{\rm{ }}E\] thẳng hàng.

Vì \(M\) là trung điểm của đoạn \(AD\) trên tấm bạt hình chữ nhật \(ABCD\) (hình 1) nên \(MA = MD = \frac{1}{2}AD = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Kẻ đường cao \(MH\) \(\left( {H \in AD} \right)\) của tam giác \(AMD.\) Khi đó đường cao \(MH\) của \(\Delta AMD\) cân tại \(M\) đồng thời là đường trung tuyến nên \(H\) là trung điểm của \(AD,\) do đó \(HD = \frac{{AD}}{2} = \frac{x}{2}\) \[\left( {0 < x < 6} \right).\]

Xét \(\Delta MHD\) vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore, ta có: \(M{D^2} = M{H^2} + H{D^2}\)

Suy ra \[MH = \sqrt {M{D^2} - H{D^2}}  = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {9 - \frac{{{x^2}}}{4}}  = \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2}{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Diện tích \(\Delta AMD\) là: \({S_{\Delta AMD}} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2} = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4}{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Thể tích hình lăng trụ đứng tam giác \[AMD.BNC\] là:

\(V = {S_{\Delta AMD}} \cdot MN = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4} \cdot 10 = \frac{5}{2}x\sqrt {36 - {x^2}} {\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Đặt \[P = \frac{5}{2}x\sqrt {36 - {x^2}} ,\] suy ra \[{P^2} = \frac{{25}}{4}{x^2}\left( {36 - {x^2}} \right)\mathop  \le \limits^{BDT\,\,Cauchuy} \frac{{25}}{4} \cdot {\left( {\frac{{{x^2} + 36 - {x^2}}}{2}} \right)^2} = 2025.\]

Suy ra \(P \le 45\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \({x^2} = 36 - {x^2}\) hay \(2{x^2} = 36\) nên \({x^2} = 18\), tức là \(x = 3\sqrt 2 \) (do \[0 < x < 6).\]

Vậy để thể tích không gian trong lều lớn nhất thì độ dài đoạn \(AD = 3\sqrt 2 \) (m).