2.

\(R=d\left(I;\Delta\right)=\dfrac{\left|3.2+4.\left(-1\right)-27\right|}{\sqrt{3^2+4^2}}=5\)

Phương trình: \(\left(x-2\right)^2+\left(y+1\right)^2=25\)

3.

- Với \(m=1\) pt trở thành: \(2=0\) (vô nghiệm) \(\Rightarrow\) thỏa mãn

- Với \(m\ne1\) pt đã cho vô nghiệm khi:

\(\Delta'=\left(m-1\right)^2-2m\left(m-1\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(-m-1\right)< 0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m< -1\\m>1\end{matrix}\right.\)

Vậy pt vô nghiệm khi: \(\left[{}\begin{matrix}m< -1\\m\ge1\end{matrix}\right.\)

4. Đặt \(AB=x>0\)

\(tan35^0=\dfrac{BC}{BD}=\dfrac{BC}{x+10}\)

\(tan40^0=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{BC}{x}\)

\(\Rightarrow\dfrac{tan35^0}{tan40^0}=\dfrac{x}{x+10}\Leftrightarrow x.tan35^0+10tan35^0=x.tan40^0\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{10.tan35^0}{tan40^0-tan35^0}\Rightarrow BC=x.tan40^0=\dfrac{10.tan35^0.tan40^0}{tan40^0-tan35^0}\approx42,3\left(m\right)\)

9C

10B

11D

12A

13B

14C

15B

16B

Bài 5 :

n Cu = a(mol) ; n Al = b(mol) ; n Mg = c(mol)

=> 64a + 27b + 24c = 11,5(1)

2Al + 6HCl $\to$ 2AlCl3 + 3H2

Mg + 2HCl $\to$ MgCl2 + H2

Theo PTHH :

n H2 = 1,5b + c = 5,6/22,4 = 0,25(2)

Bảo toàn electron :

2n SO2 = 2n Cu 

2.0,1 = 2a (3)

Từ (1)(2)(3) suy ra a = 0,1 ; b = 0,1 ; c = 0,1

Vậy : 

m Cu = 0,1.64 = 6,4 gam

m Al = 0,1.27 = 2,7 gam

m Mg = 0,1.24 = 2,4 gam

1.

a. \(\left|-x^2+x-4\right|>4\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}-x^2+x-4>4\\-x^2+x-4< -4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-x+8< 0\left(vô-nghiệm\right)\\x^2-x>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>1\\x< 0\end{matrix}\right.\)

b. \(A=\dfrac{\left(cos^2x+sin^2x\right)^3-3sin^2x.cos^2x\left(sin^2x+cos^2x\right)+3sin^4x-1}{\left(1-cos^2x\right)\left(1+cos^2x\right)-3sin^4x}\)

\(=\dfrac{3sin^4x-3sin^2x.cos^2x}{sin^2x\left(1+cos^2x\right)-3sin^4x}=\dfrac{3sin^2x\left(sin^2x-cos^2x\right)}{sin^2x\left(1+1-sin^2x-3sin^2x\right)}\)

\(=\dfrac{-3sin^2x.cos2x}{sin^2x\left(2-4sin^2x\right)}=\dfrac{-3cos2x}{2cos2x}=-\dfrac{3}{2}\)

2.

a. \(\overrightarrow{AC}=\left(5;-3\right)\)

Đường cao BH vuông góc AC nên nhận (5;-3) là 1 vtpt

Phương trình BH:

\(5\left(x-1\right)-3\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow5x-3y-8=0\)

b.

\(\overrightarrow{BC}=\left(1;3\right)\)

Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

Phương trình trung trực BC (qua M và vuông góc BC) có dạng:

\(1\left(x-\dfrac{3}{2}\right)+3\left(y-\dfrac{1}{2}\right)=0\Leftrightarrow x+3y-3=0\)

Tâm I của đường tròn đồng thời nằm trên trung trực BC và \(\Delta\) nên tọa độ thỏa mãn:

\(\left\{{}\begin{matrix}3x-y+11=0\\x+3y-3=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I\left(-3;2\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{IB}=\left(4;3\right)\Rightarrow R^2=IB^2=25\)

Phương trình (C): \(\left(x+3\right)^2+\left(y-2\right)^2=25\)

1.a

\(\left|-x^2+x-4\right|>4\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}-x^2+x-4>4\\-x^2+x-4< -4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-x+8< 0\left(vô-nghiệm\right)\\x^2-x>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x>1\\x< 0\end{matrix}\right.\)

b.

\(sin2A+sin2B+sin2C=2sin\left(A+B\right)cos\left(A-B\right)+2sinC.cosC\)

\(=2sinC.cos\left(A-B\right)+2sinC.cosC\)

\(=2sinC\left[cos\left(A-B\right)+cosC\right]=2sinC\left[cos\left(A-B\right)-cos\left(A+B\right)\right]\)

\(=2sinC.\left(-2sinA.sin\left(-B\right)\right)=4sinA.sinB.sinC\)

2.

\(\overrightarrow{AC}=\left(5;-3\right)\Rightarrow\) đường cao BH nhận (5;-3) là 1 vtpt

Phương trình BH:

\(5\left(x-1\right)-3\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow5x-3y-8=0\)

b.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC \(\Rightarrow G\left(0;2\right)\)

\(\overrightarrow{BC}=\left(1;3\right)\Rightarrow\) phương trình BC có dạng:

\(3\left(x-1\right)-1\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow3x-y-4=0\)

\(R=d\left(G;BC\right)=\dfrac{\left|3.0-1.2-4\right|}{\sqrt{3^2+\left(-1\right)^2}}=\dfrac{6}{\sqrt{10}}\Rightarrow R^2=\dfrac{18}{5}\)

Phương trình: \(x^2+\left(y-2\right)^2=\dfrac{18}{5}\)

1a.

\(\left|x^2-4x-1\right|\ge1\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-4x-1\ge1\\x^2-4x-1\le-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-4x-2\ge0\\x^2-4x\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x\ge2+\sqrt{6}\\x\le2-\sqrt{6}\\0\le x\le4\end{matrix}\right.\)

1b.

\(A=3\left(sin^4x-cos^4x\right)\left(sin^4x+cos^4x\right)+4cos^6x-8sin^6x+6sin^4x\)

\(=3\left(sin^2x-cos^2x\right)\left(sin^4x+cos^4x\right)+4cos^6x-2sin^6x+6sin^4x\left(1-sin^2x\right)\)

\(=3sin^6x-3cos^6x+3sin^2x.cos^4x-3sin^4x.cos^2x+4cos^6x-2sin^6x+6sin^4x.cos^2x\)

\(=sin^6x+3sin^2x.cos^4x+3sin^4x.cos^2x+cos^6x\)

\(=\left(sin^2x+cos^2x\right)^3=1\)

2.

a. \(\overrightarrow{CB}=\left(6;-2\right)=2\left(3;-1\right)\)

\(\overrightarrow{AB}=\left(9;-3\right)=3\left(3;-1\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{CB}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}\Rightarrow\) ba điểm A;B;C thẳng hàng

\(\Rightarrow\) Đề bài sai, không có tam giác nào ở đây và do đó đương nhiên không thể dựng được đường cao của ABC

b. Gọi M là trung điểm AB \(\Rightarrow M\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

Phương trình trung trực AB có dạng:

\(3\left(x-\dfrac{3}{2}\right)-1\left(y-\dfrac{1}{2}\right)=0\Leftrightarrow3x-y-4=0\)

Gọi I là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) tọa độ I thỏa mãn:

\(3.6t-\left(1-2t\right)-4=0\Rightarrow t=\dfrac{1}{4}\Rightarrow I\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{IA}=\left(-\dfrac{9}{2};\dfrac{3}{2}\right)\Rightarrow R^2=IA^2=\dfrac{45}{2}\)

Phương trình: \(\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{45}{2}\)

1.

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2-5x< 6\\x^2-5x>-6\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2-5x-6< 0\\x^2-5x+6>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-1< x< 6\\\left[{}\begin{matrix}x>3\\x< 2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}-1< x< 2\\3< x< 6\end{matrix}\right.\)

2.

\(A=-3\left(cos^4x+sin^4x+2sin^2x.cos^2x-2sin^2xcos^2x\right)+2\left(sin^2x+cos^2x\right)^3-6sin^2x.cos^2x.\left(sin^2x+cos^2x\right)\)

\(=-3\left(sin^2x+cos^2x\right)^2+6sin^2x.cos^2x+2-6sin^2x.cos^2x\)

\(=-3+2=-1\)

2.

\(d\left(I;d\right)=\dfrac{\left|1-1+2\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2}\)

Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow IH\perp AB\)

\(\Rightarrow IH=d\left(I;d\right)\)

Áp dụng định lý Pitago:

\(IA^2=IH^2+AH^2\Leftrightarrow R^2=IH^2+\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2\)

\(\Rightarrow R^2=3\)

Phương trình (C):

\(\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2=3\)

3.

Đường tròn (C) tâm \(I\left(1;1\right)\) bán kính \(R=4\)

Gọi H là trung điểm MN \(\Rightarrow IH\perp MN\)

\(S_{IMN}=\dfrac{1}{2}IN.IM.sin\widehat{MIN}=\dfrac{1}{2}R^2.sin\widehat{MIN}\)

\(\Rightarrow S_{max}\) khi \(sin\widehat{MIN}\) đạt max

Ta có: \(\overrightarrow{IA}=\left(1;-1\right)\Rightarrow IA=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow MN\ge2\sqrt{R^2-IA^2}=2\sqrt{14}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{MIN}=\dfrac{IM^2+IN^2-MN^2}{2IM.IN}=\dfrac{2R^2-MN^2}{2R^2}\le\dfrac{2.4^2-4.14}{2.4^2}=-\dfrac{3}{4}< 0\)

\(\Rightarrow180^0\le\widehat{MIN}< 90^0\)

\(\Rightarrow sin\widehat{MIN}\) nghịch biến \(\Rightarrow sin\widehat{MIN}\) đạt GTLN khi \(\widehat{MIN}\) đạt GTNN

\(\Rightarrow\widehat{MIH}=\dfrac{1}{2}\widehat{MIN}\) đạt GTNN

Do \(180^0\le\widehat{MIN}< 90^0\Rightarrow90^0\le\widehat{MIH}< 45^0\)

\(\Rightarrow sin\widehat{MIH}\) đồng biến \(\Rightarrow\widehat{MIH}\) đạt GTNN khi \(sin\widehat{MIH}\) đạt GTNN

\(sin\widehat{MIH}=\dfrac{MH}{IM}=\dfrac{MN}{2R}\ge\dfrac{\sqrt{14}}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi H trùng A

\(\Rightarrow d\perp IA\Rightarrow d\) nhận (1;-1) là 1 vtpt

Phương trình d:

\(1\left(x-2\right)-1\left(y-0\right)=0\Leftrightarrow x-y-2=0\)