đơn giản vl

Đáp án C

(1) Sai. Vì khi lá càng già lớp cutin càng dày.

(2) Sai.  Có hai con đường thoát hơi nước qua lá là: (1) và (4), trong đó con đường (4) – qua khí khổng là chủ yếu.

(3) Sai. Các tế bào (2) là các tế bào mô giậu, xếp sát nhau, chứa nhiều diệp lục hơn tế bào (3).

(4) Sai. Ơ nhiều loài, tế bào (4) – khí khổng có ở cả hai mặt của lá.

(5) Sai. Vì giữa các tế bào (3) có nhiều khoảng rỗng tạo điều kiện cho khí CO₂ dễ dàng khuếch tán đến các tế bào chứa sắc tố quang hợp để thực hiện quang hợp.

(6) Đúng.

Đáp án C

(1) Sai. Vì khi lá càng già lớp cutin càng dày.

(2) Sai.  Có hai con đường thoát hơi nước qua lá là: (1) và (4), trong đó con đường (4) – qua khí khổng là chủ yếu.

(3) Sai. Các tế bào (2) là các tế bào mô giậu, xếp sát nhau, chứa nhiều diệp lục hơn tế bào (3).

(4) Sai. Ơ nhiều loài, tế bào (4) – khí khổng có ở cả hai mặt của lá.

(5) Sai. Vì giữa các tế bào (3) có nhiều khoảng rỗng tạo điều kiện cho khí CO₂ dễ dàng khuếch tán đến các tế bào chứa sắc tố quang hợp để thực hiện quang hợp.

(6) Đúng.

Đáp án C

(1) Sai. Vì khi lá càng già lớp cutin càng dày.

(2) Sai.  Có hai con đường thoát hơi nước qua lá là: (1) và (4), trong đó con đường (4) – qua khí khổng là chủ yếu.

(3) Sai. Các tế bào (2) là các tế bào mô giậu, xếp sát nhau, chứa nhiều diệp lục hơn tế bào (3).

(4) Sai. Ơ nhiều loài, tế bào (4) – khí khổng có ở cả hai mặt của lá.

(5) Sai. Vì giữa các tế bào (3) có nhiều khoảng rỗng tạo điều kiện cho khí CO₂ dễ dàng khuếch tán đến các tế bào chứa sắc tố quang hợp để thực hiện quang hợp.

(6) Đúng.

Để quả bóng có thể ném được qua lưới cao 2 m thì \(y = f\left( x \right) =  - 0,03{x^2} + 0,4x + 1,5 > 2\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) =  - 0,03{x^2} + 0,4x - 0,5 > 0\)

Xét tam thức \(f\left( x \right) =  - 0,03{x^2} + 0,4x - 0,5\) có \(\Delta  = 0,1 > 0\), có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} \simeq 1,4;{x_2} \simeq 11,9\) và có \(a =  - 0,03 < 0\)

Ta có bảng xét dấu như sau

Vậy để quả bóng có thể ném được qua lưới cao 2 m, người ta phải đứng cách lưới từ 1,4 cho đến 11,9 mét

b: Thay m=2 vào (d), ta được:

y=2x-2+1=2x-1

Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=2x-1\)

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

=>(x-1)^2=0

=>x-1=0

=>x=1

Thay x=1 vào (P), ta được:

\(y=1^2=1\)

Vậy: Khi m=2 thì (P) cắt (d) tại A(1;1)

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=2x-m+1\)

=>\(x^2-2x+m-1=0\)

\(\text{Δ}=\left(-2\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m-1\right)\)

=4-4m+4

=-4m+8

Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt thì Δ>0

=>-4m+8>0

=>-4m>-8

=>m<2

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m-1\end{matrix}\right.\)

y1,y2 thỏa mãn gì vậy bạn?

a. Em tự giải

b.

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

\(x^2=\left(m+2\right)x-m+3\Leftrightarrow x^2-\left(m+2\right)x+m-3=0\)

\(\Delta=\left(m+2\right)^2-4\left(m-3\right)=m^2+16>0;\forall m\)

(d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+2\\x_1x_2=m-3\end{matrix}\right.\)

\(x_1^2+x_2^2+x_1x_2\le5\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-x_1x_2\le5\)

\(\Leftrightarrow\left(m+2\right)^2-\left(m-3\right)\le5\)

\(\Leftrightarrow m^2+3m+2\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(m+1\right)\left(m+2\right)\le0\)

\(\Rightarrow-2\le m\le-1\)

a: khi m=3 thì (d): y=5x

PTHĐGĐ là:

x^2=5x

=>x=0 hoặc x=5

=>y=0 hoặc y=25

b:

PTHĐGĐ là:

x^2-(m+2)x+m+3=0

Δ=(m+2)^2-4(m+3)

=m^2+4m+4-4m-12=m^2-8

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm pb thì m^2-8>0

=>m>2 căn 2 hoặc m<-2 căn 2

x1^2+x2^2+x1x2<=5

=>(x1+x2)^2-x1x2<=5

=>(m+2)^2-m-3<=5

=>m^2+4m+4-m-3-5<=0

=>m^2+3m-4<=0

=>(m+4)(m-1)<=0

=>-4<=m<=1

Đáp án D

Phương pháp:

Tính thể tích của khối lăng trụ đứng, có đáy là hình thang cân mà hai cạnh bên bằng đáy bé và bằng 20cm.

Thể tích lớn nhất khi diện tích của hình thang cân lớn nhất.

Cách giải:

Thể tích nước lớn nhất khi diện tích của hình thang cân lớn nhất

Gọi độ dài đường cao là h. Khi đó, AE = BF = h,

Từ đó, suy ra 

Bảng xét dấu:

Diện tích hình thang lớn nhất khi  h = 10 3