Câu 1 :

a) Ta có:

$P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\frac{x-2\sqrt{x}}{x-4}$

$P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}$

$P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}-\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$

$P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$.

b) Thay $x=16$ vào P, ta được:

$P=\frac{\sqrt{16}}{\sqrt{16}-2}=\frac{4}{4-2}=\frac{4}{2}=2$.

Vậy với $x=16$ thì $P=2$.

c) Ta có:

$M=P:Q=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}:\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}$

$=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}.\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$

Vì $M^2<\frac{1}{4}$ nên ${\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\right)}^2<\frac{1}{4}$. Suy ra $\left|\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\right|<\frac{1}{2}$

Vì $\sqrt{x}>0$ nên $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}>0$

Do đó $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}<\frac{1}{2}$

$2\sqrt{x}<\sqrt{x}+2$

$\sqrt{x}<2$

$x<4$

Kết hợp điều kiện $x\ge 0;x\ne 4$ ta được $0\le x<4$.

Vậy để $M^2<\frac{1}{4}$ thì $0\le x<4$.

Câu 2 :

Gọi số tiền đầu tư cho mỗi khoản lần lượt là $x,y$ ($x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast };x,y\le 630$ )

Vì bác An chia số tiền $630$ triệu đồng của mình cho hai khoản đầu tư nên $x+y=630$ (triệu đồng)

Vì lợi nhuận của khoản đầu tư thứ nhất là $10\mathrm{\%}$, lợi nhuận của khoản đầu tư thứ hai là $30\mathrm{\%}$ và sau một năm lợi nhuận thu về là $157$ triệu đồng nên $10\mathrm{\%}x+30\mathrm{\%}y=157$ hay $0,1x+0,3y=157$

Ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}x+y=630\\ 0,1x+0,3y=157\end{array}$

Giải hệ phương trình:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}x+y=630\\ 0,1x+0,3y=157\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x+y=630\\ x+3y=1570\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x+y=630\\ 2y=940\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x+y=630\\ y=470\end{array}\\ \{\begin{array}{l}x=160(TM)\\ y=470(TM)\end{array}\end{array}$

Vậy khoản đầu tư thứ nhất là $160$ triệu đồng, khoản đầu tư thứ hai là $470$ triệu đồng.

Câu 3 :

Vì bán kính của đường tròn thứ nhất và thứ hai lần lượt là 5cm và 10cm nên diện tích hình vành khuyên nằm giữa đường tròn thứ nhất và thứ hai là:

$S_{vk}=\pi \left({10}^2-5^2\right)=75\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$

Vì hình tròn lớn nhất có bán kính là 30cm nên diện tích hình tròn lớn nhất:

$S={30}^2\cdot \pi =900\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$

Xác suất ném trúng vòng 8 là: $\frac{S_{vk}}{S}=\frac{75\pi }{900\pi }=\frac{1}{12}$

Vậy xác suất ném trúng vòng 9 là $\frac{1}{12}$.

Câu 4 :

a) Xét $\mathrm{\Delta }ODH$ và $\mathrm{\Delta }OEH$ có:

$\begin{array}{l}\widehat{OHD}=\widehat{OHE}={90}^{\circ }\\ OD=OE=R\\ OH\mathrm{c}\mathrm{h}\mathrm{u}\mathrm{n}\mathrm{g}\end{array}$

Suy ra $\mathrm{\Delta }ODH=\mathrm{\Delta }OEH\left(ch-cgv\right)$

Do đó DH = HE (hai cạnh tương ứng).

Mà $H\in DE$ suy ra H là trung điểm của BE.

Tứ giác ADCE có H là trung điểm của hai đường chéo DE, AC và $AC\mathrm{\perp }DE$ tại H nên tứ giác ADCE là hình thoi.

b) Ta có $AD\mathrm{\perp }DB$ (Vì AB là đường kính của $(O)$ và $D\in (O)$) nên suy ra $EC\mathrm{\perp }DB$ (1) (Vì tứ giác ADCE là hình thoi).

Lại có $CK\mathrm{\perp }KB$ (Vì CB là đường kính của $(O^{\prime })$ và $K\in (O^{\prime })$) hay $CK\mathrm{\perp }DB$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra E, C, K thẳng hàng (tiên đề Euclid).

c) Xét $\mathrm{\Delta }DKE$ vuông tại K có KH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $HK=HE=\frac{1}{2}DE$.

Suy ra $\mathrm{\Delta }HKE$ cân tại H, do đó $\widehat{HKE}=\widehat{HEK}$.

Lại có $\widehat{O^{\prime }KC}=\widehat{O^{\prime }CK}$ (tam giác O’CK cân tại O’) và $\widehat{O^{\prime }CK}=\widehat{HCE}$ (2 góc đối đỉnh) do đó $\widehat{O^{\prime }KC}=\widehat{HCE}$.

Mà $\widehat{HEK}+\widehat{HCE}={90}^{\circ }$ (hai góc phụ nhau) nên $\widehat{HKE}+\widehat{O^{\prime }KC}={90}^{\circ }$, suy ra $\widehat{HK{O}^{\prime }}={90}^{\circ }$

Do đó $HK\mathrm{\perp }K{O}^{\prime }$.

Vậy HK là tiếp tuyến của $(O^{\prime })$ tại K .

Câu 5 :

Do thời gian từ lúc truyền tín hiệu đến lúc nhận lại tín hiệu là 0,28s, nên thời gian tín hiệu truyền từ A đến M là:

$0,28:2=0,14\left(s\right)$

Độ dài đoạn AM cũng là quãng đường tín hiệu truyền đi được trong 0,14s là:

$S=AM=vt={3.10}^8.0,14=42000000\left(m\right)=42000\left(km\right)$

Vị trí xa nhất trên trái đất có thể nhận tín hiệu từ vệ tinh là vô số điểm M (với AM là tiếp tuyến kẻ từ A đến đường tròn tâm O).

Vì AM là tiếp tuyến (O) nên $OM\mathrm{\perp }AM$ tại M.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông AMO ta có:

$O{A}^2=O{M}^2+M{A}^2=6{400}^2+42{000}^2=1804960000$

Suy ra $OA=\sqrt{1804960000}=42485\left(km\right)$.

Khoảng cách từ vệ tinh Vinasat-1 đến mặt đất là độ dài đoạn AH:

$AH=AO-OH=42485-6400=36085\left(km\right)$.