Đặt tần số của 6 là x; tần số của 9 là y

N=30

=>1+4+x+4+7+y+3=30

=>x+y+19=30

=>x+y=11

=>2x+2y=22

Điểm trung bình cộng là 7,6

=>\(\frac{4\cdot1+5\cdot4+6\cdot x+7\cdot4+8\cdot7+9y+10\cdot3}{30}=7,6\)

=>6x+9y+4+20+28+56+30=228

=>6x+9y=90

=>2x+3y=30

=>2x+3y-2x-2y=30-22

=>y=8

x+y=11

=>x=11-8=3

Vì 2<>1

nên (d) luôn cắt (d')

Phương trình hoành độ giao điểm là:

2x+2m-1=x+3m+1

=>2x-x=3m+1-2m+1

=>x=m+2

Khi x=m+2 thì y=x+3m+1=3m+1+m+2=4m+3

\(2y-x^2\ge6\)

=>\(2\left(4m+3\right)-\left(m+2\right)^2\ge6\)

=>\(8m+6-m^2-4m-4\ge6\)

=>\(-m^2+4m+2-6\ge0\)

=>\(-m^2+4m-4\ge0\)

=>\(-\left(m-2\right)^2\ge0\)

=>\(\left(m-2\right)^2\le0\)

=>m-2=0

=>m=2

Chọn gốc tọa độ trùng với điểm A(0;0;0);

Tia AB nằm trên trục Ox.

Tia AD nằm trên trục Oy.

Tia Az (chứa SA) nằm trên trục Oz.

SA=2

=>S(0;0;2)

AB=1

=>B(1;0;0)

AD=3

=>D(0;3;0)

ABCD là hình bình hành

=>BC=AD=3

=>C(1;3;0)

Tọa độ trung điểm M của BC là:

\(\begin{cases}x=\frac{1+1}{2}=\frac22=1\\ y=\frac{0+3}{2}=\frac32=1,5\\ z=\frac{0+0}{2}=0\end{cases}\)

=>M(1;1,5;0)

S(0;0;2); A(0;0;0); M(1;1,5;0)

\(\overrightarrow{SA}=\left(0-0;0-0;0-2\right)=\left(0;0;-2\right)\)

\(\overrightarrow{AM}=\left(1-0;1,5-0;0-0\right)=\left(1;1,5;0\right)\)

\(\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{AM}=0\cdot1+0\cdot1,5+2\cdot0=0\)

=>\(cos\left(SA;AM\right)=0\)

b: S(0;0;2); C(1;3;0); A(0;0;0); D(0;3;0)

\(\overrightarrow{SC}=\left(1-0;3-0;0-2\right)=\left(1;3;-2\right)\) ; \(\overrightarrow{AD}=\left(0-0;3-0;0-0\right)=\left(0;3;0\right)\)

\(SC=\sqrt{1^2+3^2+\left(-2\right)^2}=\sqrt{1+4+9}=\sqrt{14}\) ; \(AD=\sqrt{0^2+3^2+0^2}=3\)

\(cos\left(SC;AD\right)=\frac{\overrightarrow{SC}\cdot\overrightarrow{AD}}{SC\cdot AD}=\frac{1\cdot0+3\cdot3+\left(-2\right)\cdot0}{\sqrt{14}\cdot3}=\frac{9}{3\sqrt{14}}=\frac{3}{\sqrt{14}}\)

c: S(0;0;2); B(1;0;0); A(0;0;0); C(1;3;0)

\(\overrightarrow{SB}=\left(1-0;0-0;0-2\right)=\left(1;0;-2\right)\) ; \(\overrightarrow{AC}=\left(1-0;3-0;0-0\right)=\left(1;3;0\right)\)

\(SB=\sqrt{1^2+0^2+\left(-2\right)^2}=\sqrt5;AC=\sqrt{1^2+3^2+0^2}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}\)

cos(SB;AC)=\(\frac{\overrightarrow{SB}\cdot\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{SB}\right|\cdot\left|\overrightarrow{AC}\right|}\)

\(\frac{1\cdot1+0\cdot3+\left(-2\right)\cdot0}{\sqrt5\cdot\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{50}}=\frac{1}{5\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{10}\)

ABCD là hình chữ nhật

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Gọi O' là giao điểm của A'C' và B'D'

A'B'C'D' là hình chữ nhật

=>A'C' cắt B'D' tại trung điểm cua mỗi đường

=>O' là trung điểm chung của A'C' và B'D'

Xét ΔOA'C' có OO' là đường trung tuyến

nên \(\overrightarrow{OA^{\prime}}+\overrightarrow{OC^{\prime}}=2\cdot\overrightarrow{OO^{\prime}}\)

ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật

=>ACC'A' là hình bình hành

=>A'A//C'C và A'A=C'C và AC//A'C' và AC=A'C'

Ta có: \(AO=OC=\frac{AC}{2}\)

\(A^{\prime}O^{\prime}=O^{\prime}C^{\prime}=\frac{A^{\prime}C^{\prime}}{2}\)

mà AC=A'C'

nên AO=OC=A'O'=O'C'

Xét tứ giác AOO'A' có

AO//A'O'

AO=A'O'

Do đó: AOO'A' là hình bình hành

=>\(\overrightarrow{OO^{\prime}}=\overrightarrow{AA^{\prime}}\)

=>\(\overrightarrow{OA^{\prime}}+\overrightarrow{OC^{\prime}}=2\cdot\overrightarrow{OO^{\prime}}=2\cdot\overrightarrow{AA^{\prime}}\)

a: A*B

\(=-120x^3y^4z^5\cdot\frac{-5}{18}xyz=\frac{600}{18}x^4y^5z^6=\frac{100}{3}x^4y^5z^6\)

hệ số là 100/3

Phần biến là \(x^4;y^5;z^6\)

bậc là 4+5+6=15

b: Thay x=-2; y=1; z=-1 vào A*B, ta được:

\(\frac{100}{3}\cdot\left(-2\right)^4\cdot1^5\cdot\left(-1\right)^6=\frac{100}{3}\cdot16=\frac{1600}{3}\)

38dm=3,8m

Diện tích xung quanh là: \(\left(9+6\right)\times2\times3,8=7,6\times15=114\left(m^2\right)\)

Diện tích trần nhà là: \(9\times6=54\left(m^2\right)\)

Diện tích các cửa là: \(114\times18\%=20,52\left(m^2\right)\)

Diện tích cần sơn là:

114+54-20,52=147,48\(\left(m^2\right)\)

Xét ΔMNP có MN<NP

mà \(\hat{P};\hat{M}\) lần lượt là góc đối diện với các cạnh MN,NP

nên \(\hat{P}<\hat{M}\)

Xét ΔMNP có MP<NP

mà \(\hat{N};\hat{M}\) lần lượt là góc đối diện với các cạnh MP,NP

nên \(\hat{N}<\hat{M}\)

2: \(y^2-5y\cdot\sqrt{x}+6x=0\)

=>\(y^2-2y\cdot\sqrt{x}-3y\cdot\sqrt{x}+6x=0\)

=>\(y\left(y-2\sqrt{x}\right)-3\sqrt{x}\left(y-2\sqrt{x}\right)=0\)

=>\(\left(y-2\sqrt{x}\right)\left(y-3\sqrt{x}\right)=0\)

=>\(\left[\begin{array}{l}y=2\sqrt{x}\\ y=3\sqrt{x}\end{array}\right.\)

TH1: \(y=2\sqrt{x}\)

2x-y+1=0

=>\(2x-2\sqrt{x}+1=0\)

=>\(x-\sqrt{x}+\frac12=0\)

=>\(x-\sqrt{x}+\frac14+\frac14=0\)

=>\(\left(\sqrt{x}-\frac12\right)^2+\frac14=0\) (vô lý)

=>Loại

TH2: \(y=3\sqrt{x}\)

2x-y+1=0

=>\(2x-3\sqrt{x}+1=0\)

=>\(\left(2\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)=0\)

=>x=1 hoặc x=1/4

Nếu x=1 thì \(y=3\cdot\sqrt1=3\)

nếu x=1/4 thì \(y=3\cdot\sqrt{\frac14}=3\cdot\frac12=\frac32\)

Câu 1:

a: BC⊥AB(ABCD là hình vuông)

BC⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà AB,SA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

b: BD⊥AC(ABCD là hình vuông)

BD⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà AC,SA cùng thuộc mp(SAC)

nên BD⊥(SAC)

c: CD⊥AD(ABCD là hình vuông)

CD⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà AD,SA cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥(SAD)

Sửa đề: Cho hình thang ABCD (AB//CD) các tia phân giác góc ngoài tại đỉnh A và đỉnh D cắt nhau tại H tia phân giác góc ngoài tại đỉnh B và C cắt nhau tại K

a: AH là phân giác ngoài tại đỉnh A

=>\(\hat{HAD}=\frac{180^0-\hat{BAD}}{2}\)

DH là phân giác ngoài tại đỉnh D

=>\(\hat{HDA}=\frac{180^0-\hat{ADC}}{2}\)

\(\hat{HAD}+\hat{HDA}=\frac{180^0-\hat{BAD}+180^0-\hat{ADC}}{2}\)

\(=\frac{360^0-180^0}{2}=90^0\)

=>ΔHAD vuông tại H

=>HA⊥HD

BK là phân giác ngoài tại đỉnh B

=>\(\hat{KBC}=\frac{180^0-\hat{ABC}}{2}\)

CK là phân giác ngoài tại đỉnh C

=>\(\hat{KCB}=\frac{180^0-\hat{BCD}}{2}\)

\(\hat{KBC}+\hat{KCB}=\frac{180^0-\hat{ABC}+180^0-\hat{BCD}}{2}\)

\(=\frac{360^0-180^0}{2}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

=>ΔKBC vuông tại K

=>KB⊥KC