Số tiền mua là: \(1800000:20.100=9000000\) (đồng)

Tiền vốn để mua số hoa quả đó là \(9000000-1800000=7200000\) (đồng)

1: Ta có \(\widehat{CDE}=\widehat{CNE}=90^o\) nên tứ giác CDNE nội tiếp đường tròn đường kính CE.

2: Xét tam giác \(BKD\) và tam giác \(EKM\) có: \(\widehat{BKD}=\widehat{EKM}\) (đối đỉnh), \(\widehat{BDK}=\widehat{EMK}\) (= \(90^o\))

Do đó \(\Delta BKD\sim\Delta EKM(g.g)\).

Suy ra \(\dfrac{KB}{KD}=\dfrac{KE}{KM}\Rightarrow KB.KM=KE.KD\).

Do K là trực tâm của tam giác BCE nên C, K, N thẳng hàng.

3: Ta có \(\widehat{FNK}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{NC}=\widehat{NBC}=90^o-\widehat{BED}=\widehat{NKF}\). Suy ra tam giác NKF cân tại F nên FN = FK. Lại có tam giác ENK vuông tại N nên F là trung điểm của EK.

Vậy ta có đpcm.

a) \(0,12\times x=6\)

\(x=\dfrac{6}{0,12}\)

\(x=50\).

Ngày thứ ba bán được số đường là:

\(100\%-35\%-40\%=25\%\) (số đường trong cả ba ngày)

Do đó ngày thứ ba bán được: \(2400.25\%=600\) (kg đường)

A, B thuộc (P), (d) ?

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

\(x^2=k\left(x-1\right)+2\Leftrightarrow x^2-kx+\left(k-2\right)=0\).

Ta có \(\Delta=k^2-4\left(k-2\right)=\left(k-2\right)^2+2>0\forall k\) nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Viète ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1x_2=k-2\\x_1+x_2=k\end{matrix}\right.\).

Ta có \(x_1^2+y_1+x_2^2+y_2=14\)

\(\Leftrightarrow2x_1^2+2x_2^2=14\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=7\)

\(\Leftrightarrow k^2-2\left(k-2\right)=7\Leftrightarrow k^2-2k-3=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}k=-1\\k=3\end{matrix}\right.\).

Vậy...

Xét tam giác BCK vuông tại K có KF là đường trung tuyến nên \(KF=\dfrac{BC}{2}=FB\). Suy ra tam giác FBK cân tại F.

Từ đó FI vuông góc với BK.

Ta có \(\widehat{EIF}=90^o-\widehat{BIE}=90^o-\widehat{KIN}=\widehat{KNI}=\widehat{FBE}\).

Suy ra tứ giác EBIF nội tiếp.

Từ đó \(\widehat{AFE}=90^o-\widehat{BFE}=90^o-\widehat{BIE}=90^o-\widehat{KIN}=\widehat{KNI}=\widehat{ACE}\) nên tứ giác AEFC nội tiếp.

Ta có \(\widehat{EAF}=\widehat{ECF}=\widehat{ABE}\) nên AN là tiếp tuyến của (ABE).

Gọi vận tốc trung bình của xe thứ nhất là v (km/h; v > 10) thì vận tốc của xe thứ hai là v - 10 (km/h).

Theo bài ra ta có pt:

\(\dfrac{120}{v-10}-\dfrac{120}{v}=1\Leftrightarrow\dfrac{1200}{v\left(v-10\right)}=1\Leftrightarrow v^2-10v-1200=0\Leftrightarrow\left(v-40\right)\left(v+30\right)=0\Leftrightarrow v=40\) (Do v > 10)

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40 km/h, của xe thứ hai là 30 km/h

Ta có \(x^5-x^2-2x-1=0\Leftrightarrow x^5=\left(x+1\right)^2\).

Ta thấy nếu x là 1 nghiệm của pt trên thì x \(\geq\) 0. Từ đó \(\left(x+1\right)^2\ge1\Rightarrow x^5\ge1\Rightarrow x\ge1\).

Xét hàm số \(f\left(x\right)=x^5-x^2-2x-1=0\) trên khoảng \([1;+\infty)\). Ta có \(f'\left(x\right)=5x^4-2x-2=x^4+\left(2x^4-2x\right)+\left(2x^4-2\right)>0\) nên hàm số đồng biến trên khoảng \([1;+\infty)\).

Mặt khác ta có f(x) liên tục trên đoạn \(\left[1;2\right]\) và \(f\left(1\right).f\left(2\right)< 0\) nên hàm số có ít nhất một nghiệm trên khoảng \(\left[1;2\right]\).

Vậy phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm.