Câu 7:

a, \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

b, \(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Fe}=n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe}=\dfrac{0,1.56}{10}.100\%=56\%\\\%m_{CuO}=44\%\end{matrix}\right.\)

c, \(n_{CuO}=\dfrac{10-0,1.56}{80}=0,055\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{Fe}+n_{CuO}=0,155\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{0,155.98}{100}.100\%=15,19\%\)

d, Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{FeSO_4}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\\n_{CuSO_4}=n_{CuO}=0,055\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{FeSO_4}=0,1.152=15,2\left(g\right)\\m_{CuSO_4}=0,055.160=8,8\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Câu 8:

a, \(CuCO_3+2HCl\rightarrow CuCl_2+CO_2+H_2O\)

b, \(n_{CO_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CuCO_3}=n_{CO_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CuCO_3}=\dfrac{0,15.124}{20}.100\%=93\%\\\%m_{CuCl_2}=7\%\end{matrix}\right.\)

c, \(n_{HCl}=2n_{CO_2}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,3}{0,2}=1,5\left(M\right)\)

Bài 6: 

a, \(SO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaSO_3+H_2O\)

b, \(n_{SO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaSO_3}=n_{SO_2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{Ca\left(OH\right)_2}=\dfrac{0,05.74}{100}.100\%=3,7\%\)

c, \(m_{CaSO_3}=0,05.120=6\left(g\right)\)

10.

\(\dfrac{sin3x-cos3x}{sinx+cosx}=\dfrac{3sinx-4sin^3x-\left(4cos^3x-3cosx\right)}{sinx+cosx}\)

\(=\dfrac{3\left(sinx+cosx\right)-4\left(sin^3x+cos^3x\right)}{sinx+cosx}\)

\(=\dfrac{3\left(sinx+cosx\right)-4\left(sinx+cosx\right)\left(sin^2x+cos^2x-sinx.cosx\right)}{sinx+cosx}\)

\(=\dfrac{3\left(sinx+cosx\right)-4\left(sinx+cosx\right)\left(1-sinx.cosx\right)}{sinx+cosx}\)

\(=\dfrac{\left(sinx+cosx\right)\left(3-4+4sinx.cosx\right)}{sinx+cosx}\)

\(=-1+4sinx.cosx\)

\(=2sin2x-1\)

11.

\(tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right)\dfrac{1+cos\left(\dfrac{\pi}{2}+x\right)}{sin\left(\dfrac{\pi}{2}+x\right)}=tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right).\dfrac{1+sin\left(-x\right)}{cos\left(-x\right)}\)

\(=tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right).\dfrac{1-sinx}{cosx}=tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right)\dfrac{sin^2\dfrac{x}{2}+cos^2\dfrac{x}{2}-2sin\dfrac{x}{2}cos\dfrac{x}{2}}{cos^2\dfrac{x}{2}-sin^2\dfrac{x}{2}}\)

\(=tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right).\dfrac{\left(cos\dfrac{x}{2}-sin\dfrac{x}{2}\right)^2}{\left(cos\dfrac{x}{2}-sin\dfrac{x}{2}\right)\left(cos\dfrac{x}{2}+sin\dfrac{x}{2}\right)}\)

\(=tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right).\dfrac{cos\dfrac{x}{2}-sin\dfrac{x}{2}}{cos\dfrac{x}{2}+sin\dfrac{x}{2}}\)

\(=tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right).\dfrac{cos\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)}{sin\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right)}\)

\(=tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right).cot\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right)\)

\(=1\)

12.

\(cot2x+\dfrac{1}{sin2x}+tanx=\dfrac{cos2x}{sin2x}+\dfrac{1}{sin2x}+tanx\)

\(=\dfrac{cos2x+1}{sin2x}+\dfrac{sinx}{cosx}=\dfrac{2cos^2x-1+1}{2sinx.cosx}+\dfrac{sinx}{cosx}\)

\(=\dfrac{2cos^2x}{2sinx.cosx}+\dfrac{sinx}{cosx}=\dfrac{cosx}{sinx}+\dfrac{sinx}{cosx}\)

\(=\dfrac{sin^2x+cos^2x}{sinx.cosx}=\dfrac{1}{sinx.cosx}\)

\(=\dfrac{2}{2sinx.cosx}=\dfrac{2}{sin2x}\)

Câu 1:

\(\left\{{}\begin{matrix}y-2x< =2\\2y-x>=4\\x+y< =5\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}y< =2x+2\\2y>=x+4\\y< =-x+5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y< =2x+2\\y< =-x+5\\y>=\dfrac{1}{2}x+2\end{matrix}\right.\)

y<=2x+2

=>y-2x-2<=0

Vẽ đường thẳng y=2x+2

Khi x=0 và y=0 thì \(y-2x-2=0-0-2=-2< =0\)(đúng)

=>Miền nghiệm của BPT y<=2x+2 là nửa mặt phẳng vừa chứa biên vừa chứa điểm O(0;0)

y<=-x+5

=>x+y-5<=0

Khi x=0 và y=0 thì \(x+y-5=0+0-5< =0\)(đúng)

=>Miền nghiệm của BPT y<=-x+5 là nửa mặt phẳng vừa chứa biên vừa chứa điểm O(0;0)

y>=1/2x+2

=>\(-\dfrac{1}{2}x+y-2>=0\)

Khi x=0 và y=0 thì \(-\dfrac{1}{2}x+y-2=-\dfrac{1}{2}\cdot0+0-2=-2< 0\)

=>O(0;0) không thỏa mãn BPT \(-\dfrac{1}{2}x+y-2>=0\)

=>Miền nghiệm của BPT \(y>=\dfrac{1}{2}x+2\) là nửa mặt phẳng chứa biên nhưng không chứa điểm O(0;0)

Vẽ đồ thị:

Theo hình vẽ, ta có: Miền nghiệm của hệ BPT sẽ là ΔABC, với A(0;2); B(1;4); C(2;3)

Khi x=0 và y=2 thì F=2-0=2

Khi x=1 và y=4 thì F=4-1=3

Khi x=2 và y=3 thì F=3-2=1

=>Chọn A

MN là đường trung bình tam giác SAB \(\Rightarrow\) MN song song và bằng 1 nửa AB

Gọi P là trung điểm AD \(\Rightarrow PQ||AB\Rightarrow PQ||MN\Rightarrow P\in\left(MNQ\right)\)

\(\Rightarrow\) MNQP là thiết diện của chóp và (MNQ)

Do MN song song PQ \(\Rightarrow\) MNQP là hình thang

Lại có M, P là trung điểm SA, AD \(\Rightarrow MP=\dfrac{1}{2}SD\)

Tương tự \(NQ=\dfrac{1}{2}SC\Rightarrow MP=NQ=\dfrac{b\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow\) Thiết diện là hình thang cân

\(PQ=AB=a\) ; \(MN=\dfrac{1}{2}PQ=\dfrac{a}{2}\)

Kẻ \(MH\perp PQ\Rightarrow PH=\dfrac{PQ-MN}{2}=\dfrac{a}{4}\)

\(\Rightarrow MH=\sqrt{MP^2-PH^2}=\sqrt{\dfrac{3b^2}{4}-\dfrac{a^2}{16}}\)

\(S=\dfrac{1}{2}\left(MN+PQ\right).MH=\dfrac{3a}{4}.\sqrt{\dfrac{3b^2}{4}-\dfrac{a^2}{16}}\)

dạ cảm ơn thầy ạ

Chụp thẳng lại đc ko pẹn !

bạn làm rồi còn gì

d.

Theo chứng minh câu c ta có tam giác NPO cân tại N

Mà I là trung điểm OP \(\Rightarrow NI\) là đường trung tuyến

Trong tam giác NPO cân tại N, NI là trung tuyến nên nó đồng thời là phân giác góc \(\widehat{ONP}\)

Hay NI là phân giác trong góc \(\widehat{MNP}\)

Lại có ND cũng là phân giác trong góc \(\widehat{MNP}\) (giả thiết)

\(\Rightarrow\) Đường thẳng NI trùng đường thẳng ND

Hay 3 điểm N, D, I thẳng hàng

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:

\(AM\cdot AB=AH^2\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(AN\cdot AC=AH^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

Tham khảo tại link sau:

https://hoc24.vn/cau-hoi/ai-giup-em-cau-2-voi-a.3401576227354