trích mẫu thử 

cho giấy quỳ tím ẩm vào các mẫu thử 

- quỳ tím hóa đỏ là chất \(P_2O_5\)

\(P_2O_5+3H_2O\rightarrow2H_3PO_4\)

- quỳ tím hóa xanh là chất \(BaO\)

\(BaO+H_2O\rightarrow Ba\left(OH\right)_2\)

- quỳ tím không hiện tượng là \(CuO\)

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0\) \(\Rightarrow\) \(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\) { chưa hiểu \(\rightarrow\) c/m chi tiết một câu khác }

\(\Rightarrow\) \(P=\dfrac{2017}{3}.xyz.\left(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}\right)=2017\)

Ta có:

A = 1 + ( 1/2 + 1/3 ) + ( 1/4 + 1/5 + 1/6 + 1/7 ) + ( 1/8 + 1/9 +... + 1/15 )+...+ ( 1/2^99 + 1/2^99 + 1 +...+ 1/2^100 - 1 )
( Có 99 nhóm ) < 1+2.1/2+2^2.1/2^2+2^3.1/2^3+.....+2^99.1/2^99
=> 1 + 1 + 1 + ... + 1 (100 số 1) = 100
=> A1 + 1/2 + 2.1/2^2+2^2.1/2^3 + 2^3 . 1/2^4 +... + 2^991/2^100 - 1 -1/2^100

= 1 + 1/2 + 1/2 + 1/2 + 1/2 + ... + 1/2 - 1/2^100 (100 số 1/2)
= 1 + 100 . 12 - 1/2^100
= 50 + 1 - 1/2^100 > 50
=> A > 50 (2)
Từ (1) và (2) => 50

a) Chiều cao của cái hộp là:

\(6,3.3=18,9\) \(\left(cm\right)\)

Thể tích hộp đựng bóng tenis là:

\(V=\pi r^2h=\pi3,15^2.18,9\approx589\left(cm^3\right)\)

b) Thể tích 3 hình cầu là:

\(3V=3.\dfrac{4}{3}\pi r^3=4\pi.3,15^3\approx393\left(cm^3\right)\)

Thể tích phần không gian còn trống là:

\(589-393=196\left(cm^3\right)\)

Thể tích phần không gian còn trống trong hộp chiếm tỉ lệ so với thể tích của hộp bóng tenis là:

\(\dfrac{196}{589}.100\%\approx33\%\)

Vậy thể tích phần không gian còn trống trong hộp chiếm tỉ lệ so với thể tích của hộp bóng tenis là \(33\%\)

( a . 7 + a . 8 – a . 15 ) : ( 1 + 2 + 3 + ... + 10 )

= a . ( 7 + 8 – 15 ) : ( 1 + 2 + 3 + ... +10 )

= (a . 0 ) : ( 1 + 2 + 3 + ... + 10 )

= 0 : ( 1 + 2 + 3 + ... + 10 )

= 0 

vậy ...

do A và B lần lượt nằm trên trục Ox ; Oy nên tọa độ của chúng có dạng :

A( X_{A ;} 0 ) và B( 0 ; Y_B )

\(\left\{{}\begin{matrix}x_A+x_B=2x_M\\y_A+y_B=2y_M\end{matrix}\right.\) \(\rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}y_A=10\\y_B=-6\end{matrix}\right.\)

suy ra phương trình đường thẳng AB là :

\(\dfrac{x}{10}+\dfrac{y}{-6}=1\)

hay \(3x-5y-30=0\) 

\(tan\left(a+b\right)=7;tan\left(a-b\right)=4\)

\(tan2a=tan\left[\left(a+b\right)+\left(a-b\right)\right]=\dfrac{7+4}{1-7.4}=\dfrac{11}{-27}=-\dfrac{11}{27}\)

ta có P thuộc trục Oy nên tọa độ điểm P(O ; y) ; do G nằm trên trục Ox nên tọa độ G(x ; O).

theo giả thiết G là trọng tâm tam giác MNP nên :

\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1+5+0}{3}\\0=\dfrac{\left(-1\right)+\left(-3\right)+y}{3}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=4\end{matrix}\right.\)

vậy P( 0 ; 4 )

chọn A

đường thẳng đi qua \(2\) điểm \(A\left(-3;2\right)\) và \(B\left(1;4\right)\) có \(VTCP\) là :

\(\overrightarrow{AB}\) \(=\left(4;2\right)\) hoặc \(\overrightarrow{u}\) \(\left(2;1\right)\)

\(A=cosx+cos\left(n+y\right)+cos\left(x+2y\right)+...+cos\left(x+ny\right)=\left(n+1\right)cosn\)

\(\dfrac{sinx+sin3x+sin5x+...+sin\left(2n-1\right)x}{cosx+cos3x+cos5x+...+cos\left(2n-1\right)x}\) 

                                            \(=tan\left(nx\right)\)

\(sinx+sin2x+sin3x+...+sinnx\)

               \(=\dfrac{sin\dfrac{nx}{2}sin\dfrac{\left(n+1\right)x}{2}}{sin\dfrac{x}{2}}\)

\(cosx+cos2x+cos3x+cosnx\)

              \(=\dfrac{sin\dfrac{nx}{2}cos\dfrac{\left(n+1\right)x}{2}}{sin\dfrac{x}{2}}\)