Dấu hiệu là số lượng hsinh nữ trong 1 trường THCS

Có 30GT

Có 12 GT khác nhau

Giá trị có tần số lớn(nhỏ) nhất là 16(6;13;10;25)

Mốt của dấu hiệu 14 --> 17

a) dấu hiệu cần tìm là : số lượng học sinh nữ của mỗi lớp 

- Dấu hiệu đó có tất cả 30 giá trị 

b) bảng tần số giờ ko lập dc ở đây

a) số lượng học sinh nữ của từng lớp của một trường thcs

a:Xét ΔPBD vuông tại P và ΔMDB vuông tại M có

BD chung

góc PBD=góc MDB

Do đo: ΔPBD=ΔMDB

=>góc HBD=góc HDB

=>HB=HD

Xét tứ giác BHDK có

BH//DK

BK//DH

HB=HD

Do đó: BHDK là hình thoi

b: BHDK là hình thoi

nên HK là trung trực của BD(1)

ABCD là hình thoi

mà AC cắt BD tại O

nên O là trung điểm của BD(2), AC là trung trực của BD(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra O,H,K,A,C thẳng hàng

Bạn cần trợ giúp câu nào nhỉ?

a. Theo tính chất hình vuông thì O đồng thời là trung điểm AC và BD

Trong tam giác SAC, ta có \(SA=SC\Rightarrow\Delta SAC\) cân tại S

\(\Rightarrow SO\) là trung tuyến đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow SO\perp AC\)

Hoàn toàn tương tự, ta có \(SO\perp BD\)

\(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\)

b.

Do \(SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow OC\) là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD)

\(\Rightarrow\widehat{SCO}\) là góc giữa SC và (ABCD)

\(OC=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}.AB\sqrt{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{SCO}=\dfrac{OC}{SC}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow\widehat{SCO}=45^0\)

Bài 3:

\(MCD:R1nt\left(R2//R3\right)\)

\(=>R=R1+\dfrac{R2\cdot R3}{R2+R3}=30+\dfrac{15\cdot10}{15+10}=36\Omega\)

\(I=I1=I23=\dfrac{U}{R}=\dfrac{24}{36}=\dfrac{2}{3}A\)

\(U23=U2=U3=I23\cdot R23=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{15\cdot10}{15+10}=4V=>\left\{{}\begin{matrix}I2=U2:R2=4:15=\dfrac{4}{15}A\\I3=\dfrac{U3}{R3}=4:10=\dfrac{2}{5}A\end{matrix}\right.\)

\(A=UIt=24\cdot\dfrac{2}{3}\cdot5\cdot60=4800J\)

Bài 4:

\(R=\dfrac{U^2}{P}=\dfrac{220^2}{880}=55\Omega\)

\(I=\dfrac{P}{U}=\dfrac{880}{220}=4A\)

\(A=UIt=220\cdot4\cdot5\cdot60=264000J\)

Bài 5:

\(Q=I^2Rt=2,5^2\cdot80\cdot15=7500J\)

\(Q_i=mc\Delta t=4200\cdot1,5\cdot75=472500J\)

\(Q'=I^2Rt'=2,5^2\cdot80\cdot25\cdot60=750000J\)

\(=>H=\dfrac{Q_i}{Q'}100\%=\dfrac{472500}{750000}100\%=63\%\)

Hình một đâu vậy em :v?

Tam giác ABC vuông tại A có AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền

\(\Rightarrow AM=\dfrac{1}{2}BC\Rightarrow BC=2AM=50\left(m\right)\)

a. Áp dụng định lý Pitago:

\(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=30\left(m\right)\)

b. Kẻ \(MH\perp AC\Rightarrow MH||AB\) (cùng vuông góc AC)

Mà M là trung điểm BC \(\Rightarrow MH\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow MH=\dfrac{1}{2}AB=15\left(m\right)\)

\(\Rightarrow S_{AMC}=\dfrac{1}{2}MH.AC=\dfrac{1}{2}.15.40=300\left(m^2\right)\)

Câu 6.

\(n_P=\dfrac{12,4}{31}=0,4mol\)

\(n_{O_2}=\dfrac{33,6}{32}=1,05mol\)

\(4P+5O_2\rightarrow\left(t^o\right)2P_2O_5\)

\(\dfrac{0,4}{4}\)< \(\dfrac{1,05}{5}\)                       ( mol )

0,4     0,5                  0,2              ( mol )

Chất dư là O2

\(m_{O_2\left(dư\right)}=\left(1,05-0,5\right).32=17,6g\)

\(m_{P_2O_5}=0,2.142=28,4g\)

Câu 7.\(1m^3=1000l\)

\(n_{CH_4}=\dfrac{1000}{22,4}.98\%=43,75mol\)

\(CH_4+2O_2\rightarrow\left(t^o\right)CO_2+2H_2O\)

43,75   87,5                                     ( mol )

\(V_{O_2}=87,5.22,4=1960l\)

Câu 8.

Gọi kim loại đó là R

\(4R+3O_2\rightarrow\left(t^o\right)2R_2O_3\)

\(n_{R_2O_3}=\dfrac{10,2}{2M_R+48}\)

\(n_{O_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15mol\)

\(4R+3O_2\rightarrow\left(t^o\right)2R_2O_3\)

     \(\dfrac{30,6}{4M_R+96}\) <--  \(\dfrac{10,2}{2M_R+48}\) ( mol )

Ta có:

\(\dfrac{30,6}{4M_R+96}=0,15\)

\(\Leftrightarrow0,6M_R+14,4=30,6\)

\(\Leftrightarrow M_R=27\) ( g/mol )

=> R là Nhôm (Al)

châu á có bao nhiêu nước