nó

a) Quy dồng và khử mẫu ta đc:

3(2x + 1) /20 +20/20 > 2(3x+52)/20

3(2x+1) +20 > 2(3x+52)

6x + 3 +20 > 6x +104

6x - 6x > 104 - 3 -20

0x > 81

=> BPT này vô nghiệm

b) Quy đồng và khử mẫu ta dc

3(4x-1) + 6x - 19 < 2(9x-11)

12x + 3 +6x -19 < 18x -20

12x + 6x -18x < -22 +22

0x < 0

=> BPT này vô nghiệm

a) Gọi x là số phút gọi trong 1 tháng, số phút phải trả tiền theo gói cước A là x-45

Phí trả theo gói cước A là: 32 + 0,4(x - 45) (1)

Phí trả theo gói cước B là: 44 + 0,25 (2)

Từ (1) và (2) ta có

32 + 0,4(x -45) = 44 + 0,25

32 + 0,4x - 18 = 44 + 0,25

14 + 0,4x = 44 + 0,25

0,4x - 0,25x = 44 - 14

0,15x = 30

x = 30/0,15

x = 200

b) Nếu khách chỉ gọi 180 phút trong 1 tháng thì chỉ cần dùng gói cước A

Còn khách gọi 500 phút trong 1 tháng thì dùng gói cước B

a)Ta có m² \(\ge\) 0 với mọi giá trị của m

Do đó m² + 1/2 > 0 với mọi giá trị của m

Vì hệ số của x là m² + 1/2 luôn khác 0 với mọi m, nên BPT đã cho là BPT bậc nhất 1 ẩn

b) Ta xét bthuc m²+m+2 . Để chúng minhnó luôn dương, ta có thể biến đổi nó thành dạng bình phương:

m² + m +2= m² + 2 . m . 1/2 +(1/2)² - (1/2)² +2

m² + m + 2 = (m+1/2)² - 1/4 +2

m² + m + 2 = (m+1/2)² +7/4

Vì (m + 1/2) \(\ge\) 0 với mọi giá trị của m, nên (m +1/2)² +7/4 >0 với mọi m

Do đó m² + m +2 > 0 với mọi m

=> hệ số a = -(m² +m +2 ) luôn khác 0 với mọi m

->BPT đã cho là BPT bậc nhất 1 ẩn

Xét \(\Delta A B C\) có \(A B = 10\) cm, \(A C = 17\) cm, \(B C = 21\) cm.

Gọi \(A H\) là đường cao của tam giác.

Vì \(B C\) là cạnh lớn nhất của tam giác nên \(\hat{B} , \hat{C} < 9 0^{\circ}\), do đó \(H\) nằm giữa \(B\) và \(C\).

Đặt \(H C = x , H B = y\), ta có : \(x + y = 21\) (1)

Mặt khác \(\left(A H\right)^{2} = 1 0^{2} - y^{2} , \left(A H\right)^{2} = 1 7^{2} - x^{2}\) nên \(x^{2} - y^{2} = 1 7^{2} - 1 0^{2} = 289 - 100 = 189\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(x + y = 21\), \(x - y = 9\).

Do đó \(x = 15\), \(y = 6\).

Ta có \(\left(A H\right)^{2} = 1 0^{2} - 6^{2} = 64\) nên \(A H = 8\).

Vậy \(S_{A B C} = \frac{21.8}{2} = 84\) (cm\(^{2}\)).

Chiều cao của mỗi hình chóp tứ giác đều là:

     \(30 : 2 = 15\) (m).

Thể tích của lồng đèn quả trám là:

     \(V = 2. \left(\right. \frac{1}{3} . 20.20.15 \left.\right) = 4 000\) (cm\(^{3}\)).

a) Vì tam giác \(K B C\) vuông tại \(K\) suy ra \(\hat{K B H} = 9 0^{\circ}\)

Vì \(C I \bot B I\) (gt) suy ra \(\hat{C l H} = 9 0^{\circ}\)

Xét \(\triangle K B H\) và \(\triangle C H I\) có:

\(\hat{K B H} = \hat{C I H} = 9 0^{\circ}\);

\(\hat{B H K} = \hat{C H I}\) (đối đỉnh)

Suy ra \(\Delta B H K \sim \Delta C H I\) (g.g)

b) Ta có \(\Delta B H K \sim \Delta C H I\) suy ra \(\hat{H B K} = \hat{H C I}\) (hai góc tương ứng) 

Mà \(B H\) là tia phân giác của \(\hat{A B C}\) nên \(\hat{H B K} = \hat{H B C}\).

Do đó \(\hat{H B C} = \hat{H C I}\).

Xét \(\triangle C I B\) và \(\triangle H I C\) có:

\(\hat{C I B}\) chung;

\(\hat{I B C} = \hat{H C I}\) (cmt)

Vậy \(\Delta C I B \approx \Delta H I C\) (g.g) suy ra \(\frac{C I}{H I} = \frac{I B}{I C}\)

Hay \(\left(C I\right)^{2} = H I . I B\)

c) Xét \(\triangle A B C\) có \(B I \bot A C\); \(C K \bot A B\); \(B I \cap C K = \left{\right. H \left.\right}\)

Nên \(H\) là trực tâm \(\triangle A B C\) suy ra \(A H \bot B C\) tại \(D\).

Từ đó ta có \(\triangle B K C \sim \triangle H D C\) (g.g) nên \(\frac{C B}{C H} = \frac{C K}{C D}\)

Suy ra \(\frac{C B}{C K} = \frac{C H}{C D}\) nên \(\triangle B H C \sim \triangle K D C\) (c.g.c)

Khi đó \(\hat{H B C} = \hat{D K C}\) (hai góc tương ứng)

Chứng minh tương tự \(\hat{H A C} = \hat{I K C}\)

Mà \(\hat{H A C} = \hat{H B C}\) (cùng phụ \(\hat{A C B}\) )

Suy ra \(\&\text{nbsp}; \hat{D K C} = \hat{I K C}\).

Vậy \(K C\) là tia phân giác của \(\hat{I K D}\).

Có \(19\) kết quả cho hành động trên.

Có \(8\) kết quả thuận lợi cho biến cố đã cho nên xác suất cho biến cố là: \(\frac{8}{19}\)