a) P(x) + Q(x)=\({x}^{4}-5{x}^{3}+4{x}-5-{x}^{4}+3{x}^{2}+2{x}+1\)

=\(({x}^{4}-{x}^{4})-5{x}^{3}+3{x}^{2}+(4{x}+2{x})+(-5+1)\)

=\(-5{x}^{3}+3{x}^{2}+6{x}+4\)

Từ P(x) = R(x) + Q(x), suy ra:

R(x) = P(x) - Q(x)

Thay các đa thức vào, ta có:

R(x) = \(({x}^{4}-5{x}^{3}+4{x}-5)-(-{x}^{4}+3{x}^{2}+2{x}+1)\)

R(x) = \({x}^{4}-5{x}^{3}+4{x}-5+{x}^{4}-3{x}^{2}-2{x}-1\)

R(x) = \(({x}^{4}+{x}^{4})-5{x}^{3}-3{x}^{2}+(4{x}-2{x})+(-5-1)\)

R(x) = \(2{x}^{4}-5{x}^{3}-3{x}^{2}+2{x}-6\)

a)

Xét tam giác AHB và tam giác AHC, ta có:

AB = AC (theo đề bài)

HB = HC (vì H là trung điểm của BC)

AH là cạnh chung

Suy ra tam giác AHB = tam giác AHC (c.c.c).

b)

Vì tam giác AHB = tam giác AHC (theo câu a):

Suy ra góc AHB = góc AHC (hai góc tương ứng).

Mà góc AHB + góc AHC = 180 (hai góc kề bù).

Suy ra góc AHB = góc AHC = \(\frac{180}{2}\) = 90.

Vậy AH vuông góc với BC tại H.

c)

Tam giác ABC vuông cân tại A nên góc B = góc C = 45.

Vì H là trung điểm của BC nên AH vừa là đường cao, vừa là đường phân giác. Suy ra góc BAH = 45.

Vì E thuộc tia đối của AH và F thuộc tia đối của CA, ta có hai góc ngoài tương ứng:

Góc BAE = 180 - góc BAH = \(180-45\) = 135

Góc BCF = 180 - góc BCA = \(180-45\) = 135

Suy ra góc BAE = góc BCF.

Xét tam giác BAE và tam giác BCF có:

AB = CF (theo đề bài)

Góc BAE = góc BCF (chứng minh trên)

AE = BC (theo đề bài)

Suy ra tam giác BAE = tam giác BCF (c.g.c).

Do đó, BE = BF (hai cạnh tương ứng).

Tập hợp M = {2; 3; 5; 6; 8; 9} gồm có 6 số.

a)

Biến cố chắc chắn là B: "Số được chọn là số có một chữ số" (vì tất cả các số trong tập M đều là số có 1 chữ số).

Biến cố không thể là C: "Số được chọn là số tròn chục" (vì trong tập M không có số nào là số tròn chục).

Biến cố ngẫu nhiên là A: "Số được chọn là số nguyên tố" (vì có thể chọn trúng số nguyên tố hoặc không).

b)

Trong tập hợp M = {2; 3; 5; 6; 8; 9}, các số nguyên tố là: 2, 3, 5. Có tất cả 3 số nguyên tố.

Tổng số kết quả có thể xảy ra khi chọn một số là 6.

Xác suất của biến cố A là: \(\frac{3}{6}\)=\(\frac{1}{2}\)

Giá của 5 chai dung dịch sát khuẩn là: \(5\cdot80000\) = 400000 (đồng).

Giá của 3 hộp khẩu trang là: \(3\cdot{x}\) = 3x (đồng).

Đa thức F(x) biểu thị tổng số tiền bác Mai phải thanh toán là:

F(x) = \(400000\cdot3{x}\) (đồng).

2)

a)

A(x) = \((2{x}^{2}-2{x}^{2})+(-3{x}+4{x})+5\)

A(x) = \({x}+5\)

Bậc của A(x) là 1.

Hệ số cao nhất của A(x) là 1.

Hệ số tự do của A(x) là 5.

b)

C(x) = \(({x}-1)\cdot({x}+5)+({x}^{2}-2{x}+5)\)

C(x) = \(({x}^{2}+5{x}-{x}-5)+({x}^{2}-2{x}+5)\)

C(x) = \(({x}^{2}+4{x}-5)+({x}^{2}-2{x}+5)\)

C(x) = \(({x}^{2}+{x}^{2})+(4{x}-2{x})+(-5+5)\)

C(x) = \(2{x}^{2}+2{x}\)

x = 9

-> 9 = x + 1

C = \({x}^{14}-{x}({x}+1)^{13}+{x}({x}+1)^{12}-{x}({x}+1)^{11}+\) … \(+{x}({x}+1)^{2}-{x}({x}+1)\) + 10

C = \({x}^{14}-{x}^{14}-{x}^{13}+{x}^{13}+{x}^{12}-{x}^{12}-{x}^{11}\)+ … \(+{x}^{3}+{x}^{2}-{x}^{2}-{x}+10\)

C = \(-{x}+10\)

C = \(-9+10\)

C = 1

Vì a + b = 1 nên b = 1 - a.

Thay b = 1 - a vào f(b), ta có:

f(b) = f(1 - a) = 100^(1 - a) / (100^(1 - a) + 10)

Ta biến đổi biểu thức f(1 - a) như sau:

Mặt khác, 100^(1 - a) = 100^1 / 100^a = 100 / 100^a.

Thay vào f(1 - a):

f(1 - a) = (100 / 100^a) / (100 / 100^a + 10)

Nhân cả tử số và mẫu số của phân số trên với 100^a, ta được:

f(1 - a) = 100 / (100 + 10 * 100^a)

Chia cả tử số và mẫu số cho 10, ta được:

f(1 - a) = 10 / (10 + 100^a) = 10 / (100^a + 10)

Bây giờ, ta tính f(a) + f(b):

f(a) + f(b) = f(a) + f(1 - a)

= 100^a / (100^a + 10) + 10 / (100^a + 10)

Vì hai phân số có cùng mẫu số là (100^a + 10), ta cộng tử số với tử số:

= (100^a + 10) / (100^a + 10)

= 1

Vậy f(a) + f(b) = 1 (Dpcm).

a)

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có:

Góc A + Góc B + Góc C = 180

90 + 50 + Góc C = 180

Góc C = 180 - 140 = 40

b)

Xét hai tam giác vuông ABE (vuông tại A) và HBE (vuông tại H):

Cạnh chung BE

BA = BH (theo đề bài)

Suy ra tam giác ABE = tam giác HBE (trường hợp cạnh huyền - cạnh góc vuông).

Suy ra góc ABE = góc HBE (hai góc tương ứng).

Vậy BE là tia phân giác của góc B.

c)

Xét tam giác KBC, ta có:

CA vuông góc với BK (vì tam giác ABC vuông tại A) nên CA là đường cao kẻ từ C.

KH vuông góc với BC (vì HE vuông góc với BC) nên KH là đường cao kẻ từ K.

CA cắt KH tại E.

Do đó, E là trực tâm của tam giác KBC.

Suy ra BE thuộc đường cao thứ ba kẻ từ B, nghĩa là BE vuông góc với KC tại I.

Xét tam giác KBC có:

BI là đường cao (vì BE vuông góc với KC)

BI là đường phân giác của góc B (theo câu b)

Vì tam giác KBC có đường cao BI đồng thời là đường phân giác, nên tam giác KBC là tam giác cân tại B.

Trong tam giác cân KBC, đường cao BI đồng thời cũng là đường trung tuyến.

Vậy I là trung điểm của KC.

Xác suất của biến cố bạn được chọn là nam là \(\frac{1}{6}\)

a) A(x)+B(x) = \(2{x}^{3}-{x}^{2}+3{x}-5+2{x}^{3}+{x}^{2}+{x}+5\)

= \((2{x}^{3}+2{x}^{3})+(-{x}^{2}+{x}^{2})+(3{x}+{x})+(-5+5)\)

= \(4{x}^{3}+4{x}\)

b) H(x) = \(4{x}^{3}+4{x}\) = 0

-> \(4{x}({x}^{2}+1)\) = 0

\({x}({x}^{2}+1)\) = \(0\cdot4\) = 0

Vì \({x}^{2}\) >/= 0 -> \({x}^{2}+1\) >/= 1 > 0

-> x = 0

Nghiệm của H(x) =0

Gọi số sách của hai lớp 7A và 7B lần lượt là x, y (quyển) (x, y thuộc N*)

Vì số sách của hai lớp 7A và 7B lần lượt tỉ lệ với 5, 6 nên: \(\frac{{x}}{5}\) = \(\frac{{y}}{6}\)

Vì tổng số sách của hai lớp là 121 nên \({x}+{y}\)=121

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: \(\frac{{x}}{5}\) = \(\frac{{y}}{6}\) = \(\frac{{x}+{y}}{5+6}\) = \(\frac{121}{11}\) = 11

\(\frac{{x}}{5}\) = 11 -> \(11\cdot5\) = 55 (quyển) TMDK

\(\frac{{y}}{6}\) = 11 -> \(11\cdot6\) = 66 (quyển) TMDK

Vậy lớp 7A quyên góp 55 quyển sách và lớp 7B quyên góp 66 quyển sách