Đổi \(30\) phút \(= \frac{1}{2}\) giờ;

Ca nô đi hết \(10\) giờ \(36\) phút  - \(6\) giờ \(30\) phút = \(4\) giờ \(6\) phút \(= \frac{41}{10}\) giờ.

Gọi vận tốc riêng của ca nô là \(x\) (đơn vị: km/h) \(\left(\right. x > 3 \left.\right)\)
Vận tốc ca nô đi xuôi dòng là \(x + 3\) (km/h)

Vận tốc ca nô đi ngược dòng là \(x - 3\) (km/h)
Thời gian ca nô đi xuôi dòng là \(\frac{48}{x + 3}\) (h)

Thời gian ca nô đi ngược dòng là \(\frac{48}{x - 3}\) (h)
Theo đề bài ta có phương trình \(\frac{48}{x + 3} + \frac{1}{2} + \frac{48}{x - 3} = \frac{41}{10}\)

\(\frac{48}{x + 3} + \frac{48}{x - 3} = \frac{18}{5}\)

\(\frac{48 \left(\right. x - 3 \left.\right) + 48 \left(\right. x + 3 \left.\right)}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \left(\right. x + 3 \left.\right)} = \frac{18}{5}\)

\(\frac{96 x}{\left(\right. x - 3 \left.\right) \left(\right. x + 3 \left.\right)} = \frac{18}{5}\)

\(3 x^{2} - 80 x - 27 = 0\)

\(x = \frac{- 1}{3}\) (không thỏa mãn) hoặc \(x = 27\) (thỏa mãn).

Vậy vận tốc riêng của ca nô là \(27\) km/h.

Xét phương trình \(x^{2} - \left(\right. m - 2 \left.\right) x - 3 = 0\).

Ta có: \(\Delta = \left(\right. m - 2 \left.\right)^{2} + 4.3 > 0\) với mọi \(m\).

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_{1}\), \(x_{2}\) với mọi \(m\).

Theo bài ra ta có:

\(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} - x_{1} + \left(\right. m - 3 \left.\right) x_{2} + 3 = \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} + x_{2}^{2}\)

\(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} - \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} = x_{2}^{2} - \left(\right. m - 2 \left.\right) x_{2} - 3 + x_{1} + x_{2}\)

\(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} - \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} = x_{1} + x_{2}\) (1)

Do \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} \neq 0\) với mọi \(x_{1} ; x_{2}\), nên nhân cả 2 vế của (1) với \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025}\) ta được:

\(\left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) \left(\right. x_{1} - x_{2} \left.\right) = \left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right) \left(\right. \sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} \left.\right)\)

\(x_{1} + x_{2} = 0\) hoặc \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} = x_{1} - x_{2}\)

+) Với \(x_{1} + x_{2} = 0\) suy ra \(m - 2 = 0\) hay \(m = 2\).

+) Với \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} + \sqrt{x_{2}^{2} + 2 025} = x_{1} - x_{2}\) (2). Cộng vế với vế (1) và (2), ta được: \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2 025} = x_{1}\). Phương trình vô nghiệm.

Vậy \(m = 2\)

a) Tần số của nhóm \(\left[\right. 6 ; 8 \left.\right)\) là \(18\).

Tần số tương đối của của nhóm \(\left[\right. 6 ; 8 \left.\right)\): \(\frac{18.100}{40} \% = 45 \%\).

b) Không gian mẫu của phép thử là: Ω={1;2;3;...;14;15}

Vậy không gian mẫu có \(15\) phần tử hay \(n \left(\right. \Omega \left.\right) = 15\).

Các quả bi ghi số nguyên tố là {2;3;5;7;11;13} nên số các kết quả thuận lợi của biến cố \(M\) là \(n \left(\right. M \left.\right) = 6\).

Vậy xác xuất của biến cố \(M\) là \(P \left(\right. M \left.\right) = \frac{n \left(\right. M \left.\right)}{n \left(\right. \Omega \left.\right)} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5}\).

a) Gọi \(I\) là trung điểm của \(H B\)

Suy ra \(H I = I B = \frac{H B}{2}\)

Xét nửa đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\), đường kính \(A B\) có: \(\hat{A C B} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\Delta C H B\) vuông, mà \(C I\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra \(I C = I H = I B = \frac{H B}{2}\) (1)

Vì \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(A B\) nên \(\hat{H K B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta K H B\) vuông, mà \(K I\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

Suy ra \(I K = I H = I B = \frac{H B}{2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(I C = I K = I H = I B\).

Vậy bốn điểm \(C\), \(B\), \(H\), \(K\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Có \(\hat{M C A} = \hat{M B A}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(A M\))

\(\hat{A C K} = \hat{M B A}\) (tứ giác \(C H K B\) nội tiếp)

Suy ra \(\hat{M C A} = \hat{A C K}\)

Suy ra \(C A\) là phân giác \(\hat{M C K}\)

c) Theo giả thiết: \(\frac{A P . M B}{M A} = R\)

Suy ra \(\frac{A P}{M A} = \frac{O A}{M B}\)

Xét \(\Delta P A O\) và \(\Delta A M B\) có:

\(\frac{A P}{M A} = \frac{O A}{M B}\);

\(\hat{P A O} = \hat{A M B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta P A O \sim \Delta A M B\) (c.g.c)

\(\hat{P O A} = \hat{M B A}\) (hai góc tương ứng)

Suy ra \(O P\) // \(B Q\).

Xét \(\Delta A B O\) có: \(O P\) // \(B O\), \(O\) là trung điểm của \(A B\) nên \(P\) là trung điểm của \(A Q\).

Xét \(\Delta A B P\) có: \(F K\) // \(A P\) nên \(\frac{F K}{A P} = \frac{B F}{B P}\)

Xét \(\Delta A B P\) có: \(F K\) // \(A P\) nên \(\frac{F H}{Q P} = \frac{B F}{B P}\)

Từ đó suy ra \(H K = F K\) hay \(P B\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(H K\).

Thể tích khối \(\left(\right. H_{1} \left.\right)\) là \(V_{1} = \pi . r_{1}^{2} . h_{1}\)

Thể tích khối \(\left(\right. H_{2} \left.\right)\) là \(V_{2} = \pi . r_{2}^{2} . h_{2} = \pi . \frac{1}{4} . r_{1}^{2} . 2. h_{1} = \frac{1}{2} . \pi . r_{1}^{2} . h_{1} = \frac{1}{2} V_{1}\)

Mà \(V_{1} + V_{2} = 30\)

\(V_{1} + \frac{1}{2} V_{1} = 30\)

\(V_{1} = 20\) (cm³).

Vậy thể tích khối \(\left(\right. H_{1} \left.\right)\) là \(20\) cm³.

Gọi số gà cần bổ sung là \(x\) (con) (\(x \in \mathbb{N}\))

Tổng số gà sau khi bổ sung: \(100 + x\) (con)

Sản lượng trung bình mỗi con: \(250 - 2 x\) (quả)

Tổng số trứng: \(\left(\right. 100 + x \left.\right) \left(\right. 250 - 2 x \left.\right)\) (quả)

Doanh thu: \(R \left(\right. x \left.\right) = 3 000. \left(\right. 100 + x \left.\right) \left(\right. 250 - 2 x \left.\right)\) (đồng)

Ta có:

\(T \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. 100 + x \left.\right) \left(\right. 250 - 2 x \left.\right)\)

\(= - 2 x^{2} + 50 x + 25 000\)

\(= - 2 \left(\right. x - \frac{25}{2} \left.\right)^{2} + 25 312 , 5\)

Để doanh thu \(R \left(\right. x \left.\right)\) lớn nhất thì \(T \left(\right. x \left.\right)\) phải đạt giá trị lớn nhất.

Để \(T \left(\right. x \left.\right)\) phải đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(\left(\right. x - \frac{25}{2} \left.\right)^{2}\) đạt giá trị nhỏ nhất với \(x\) là số tự nhiên, \(x\) nhỏ nhất.

Suy ra tìm được \(x = 12.\)

Vậy số gà ít nhất cần bổ sung để đạt doanh thu cao nhất là \(12\) con.

Vậy doanh thu tối đa là: \(R \left(\right. 12 \left.\right) = 3 000. \left(\right. 100 + 12 \left.\right) \left(\right. 250 - 2.12 \left.\right) = 75 936 000\) đồng.

Đặt \(A E = x\) (\(0 \leq x \leq 30\))

Chỉ ra được \(S_{E F G H} = S_{A B C D} - 4 S_{A E H} = 900 - 2 x \left(\right. 30 - x \left.\right)\)

Do đó \(2 x^{2} - 60 x + 900 = 2 \left(\right. x - 15 \left.\right)^{2} + 450 \geq 450\)

Dấu “\(=\)" xảy ra khi và chỉ khi \(x = 15\) (TM)

Vậy \(min ⁡ S_{E F G H} = 450\) m² khi \(A E = 15\).

a) Gọi \(J\) là trung điểm của \(I D\)

+) \(A B\) vuông góc \(C D\) tại \(O\), mà \(I \in O B\)

Suy ra \(\hat{I O D} = 9 0^{\circ}\)

\(\Delta I O D\) vuông tại \(O\), từ đó suy ra : \(J O = J I = J D\)(1)

+ Ta có: \(\hat{C E D}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, nên \(\hat{C E D} = 9 0^{\circ}\)

Hay  \(\hat{I E D} = 9 0^{\circ}\), suy ra \(\Delta I E D\) vuông tại \(E\),

Suy ra \(J I = J E = J D\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O\), \(I\), \(E\), \(D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(I D\).

b) Xét \(\Delta A H O\) và \(\Delta A B E\) có:

\(\hat{A O H} = \hat{A E B} = 9 0^{\circ}\);

\(\hat{A}\): góc chung

Do đó \(\Delta A H O \sim \Delta A B E\) (g.g)

Suy ra: \(\frac{A H}{A B} = \frac{A O}{A E}\)

Hay \(A H . A E = A O . A B\)

Suy ra \(A H . A E = 2 R^{2}\) (điều phải chứng minh)

+) Từ  \(\Delta A H O \sim \Delta A B E\) suy ra: \(\frac{O A}{A E} = \frac{O H}{B E}\) hay \(\frac{O A}{O H} = \frac{A E}{B E}\)

Mà \(E I\) là tia phân giác của góc \(A E B\)nên suy ra:

\(\frac{A E}{B E} = \frac{A I}{I B} = \frac{\frac{3}{2} R}{\frac{1}{2} R} = 3\)

Suy ra \(\frac{O A}{O H} = \frac{1}{3}\)

Do đó, \(O A = 3 O H\).

a) Thùng nước là một hình trụ có chiều cao \(h = 1\) m, chu vi đáy là \(C = 2\) m.

Gọi \(R\) là bán kính đáy của hình trụ

Ta có : \(C = 2 \pi . R\), suy ra \(R = \frac{1}{\pi}\) (m)

Thể tích của hình trụ là : \(V = \pi R^{2} h = \pi \left(\right. \frac{1}{\pi^{2}} \left.\right) . 1 = \frac{1}{\pi} \approx 0 , 32\) m³.

Vậy thùng đựng được \(0 , 32\) m³ nước.

b) Để lấy bóng, em bé chỉ cần đổ đầy nước vào thùng tôn. Em bé cần lấy ít nhất \(0 , 32\) m³ nước thì bóng nổi trên mặt thùng tôn khi đó sẽ an toàn.

a) Các kết quả có thể xảy ra là: \(1\); \(2\); \(3\); \(4\); ... ; \(18\); \(19\); \(20\).

Ω= {1;2;3;4;...;19;20}

b) Có \(3\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(T\) là \(1 , 8 , 15\).

Vậy \(P \left(\right. T \left.\right) = \frac{3}{20} = 0 , 15\).