Để phương trình có nghiệm \(\Delta'\ge0\)

 \(\Rightarrow\left(\dfrac{10}{2}\right)^2-1.\left(2m+7\right)\ge0\\ 25-2m-7\ge0\\ \Leftrightarrow18-2m\ge0\\ \Leftrightarrow18\ge2m\\ \Leftrightarrow m\le9\)

Vậy ...

quy ước gen:

tính trạng trội (H.đỏ) tính trạng lặn(H.trắng)

*sơ đồ lai

TH1:

P:  AA  x  aa

Gp:  A           a 

F1: Aa

F1 x F1 : Aa x Aa

GF1: A,a   A,a

F2: AA,Aa,Aa,aa

TH2:

P: Aa x aa

Gp A,a   a

F1: Aa, aa

→TH1: KH: 3 hoa đỏ 1 hoa trắng; KG: 1AA 2Aa 1aa

→TH2: KH: 1 hoa đỏ, 1 hoa trắng; KG : 1Aa 1aa

xl mik thiếu : A= hoa đỏ; a = hoa trắng

Các chất tác dụng với HCl là: BaO, Mg, Al, FeO, Na₂CO₃, Mg(OH)₂, KOH

PTHH:

\(BaO+2HCl\rightarrow BaCl_2+H_2O\)

\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

\(FeO+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2O\)

\(Na_2CO_3+2HCl\rightarrow2NaCl+CO_2+H_2O\)

\(Mg\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow MgCl_2+2H_2O\)

\(KOH+HCl\rightarrow KCl+H_2O\)

\(BaO+2HCl\rightarrow BaCl_2+H_2O\\ Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\\ 2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\\ FeO+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2O\\ Na_2CO_3+2HCl\rightarrow2NaCl_2+H_2O+CO_2\\ Mg\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow MgCl_2+2H_2O\\ KOH+HCl\rightarrow KCl+H_2O\)

 Gọi E là giao điểm của CK và AB. Tam giác CDK vuông tại D có đường cao DI nên \(KD^2=KI.KC\)

 Mà \(KD=KA\) nên \(KA^2=KI.KC\) \(\Rightarrow\dfrac{KA}{KI}=\dfrac{KC}{KA}\) 

 Từ đó dễ dàng cm \(\Delta KAI~\Delta KCA\left(c.g.c\right)\)

 \(\Rightarrow\widehat{KIA}=\widehat{KAC}\)

Mà \(\widehat{KAC}=\widehat{KAE}\) (do AK là phân giác \(\widehat{BAC}\)) nên \(\widehat{KIA}=\widehat{KAE}\)

Từ đó suy ra \(\Delta EAK~\Delta EIA\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\widehat{EKA}=\widehat{EAI}\) hay \(\widehat{DKC}=\widehat{BAI}\).

 Hơn nữa, \(\widehat{DKC}=\widehat{IDC}\) (cùng phụ với \(\widehat{DCK}\)) nên \(\widehat{IDC}=\widehat{BAI}\)

 \(\Rightarrow\) Tứ giác IABD nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện)

 \(\Rightarrow\widehat{AIB}=\widehat{ADB}\).

 Mà \(\widehat{ADB}=90^o\Rightarrow\widehat{AIB}=90^o\) (đpcm)