a.

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}=x\left(mol\right)\\n_{MgCO_3}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Theo đề có hệ phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}100x+84y=4,68\\x+y=\dfrac{1,2395}{24,79}=0,05\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,03\\y=0,02\end{matrix}\right.\)

\(m_{CaCO_3}=0,03.100=3\left(g\right),m_{MgCO_3}=0,02.84=1,68\left(g\right)\)

b.

\(CM_{HCl}=\dfrac{2\left(x+y\right)}{0,25}=0,4\left(M\right)\)

\(n_{CO_2}=\dfrac{1,2395}{24,79}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH:

\(CaCO_3+2HCl\rightarrow CaCl_2+H_2O+CO_2\)

x                2x             x             x           x 

\(MgCO_3+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2O+CO_2\)

y                    2y             y            y             y 

Có hệ PT:

\(\left\{{}\begin{matrix}100x+84y=4,68\\x+y=0,05\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=0,03;y=0,02\)

\(a,m_{CaCO_3}=0,03.100=3\left(g\right)\)

\(m_{MgCO_3}=4,68-3=1,68\left(g\right)\)

b, \(C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{0,1}{0,25}=\dfrac{2}{5}\left(M\right)\)

\(C_{M\left(CaCl_2\right)}=\dfrac{0,03}{0,25}=\dfrac{3}{25}\left(M\right)\)

\(C_{M\left(MgCl_2\right)}=\dfrac{0,02}{0,25}=\dfrac{2}{25}\left(M\right)\)

Sửa đề: B là giao điểm có hoành độ dương của (P) và (d)

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

−x² = x − 2

x² + x − 2 = 0

x² − x + 2x − 2 = 0
(x² − x) + (2x − 2) = 0

x(x − 1) + 2(x− 1) = 0

(x − 1)(x + 2) = 0

x − 1 = 0 hoặc x + 2 = 0

*) x − 1 = 0

x = 1

y = −1² = −1

B(1; −1)

*) x + 2 = 0

x = −2

y = −(−2)² = −4

A(−2; −4)

* Phương trình đường thẳng OB:

Gọi (d'): y = ax + b là phương trình đường thẳng OB

Do (d') đi qua O nên b = 0

=> (d'): y = ax

Do (d') đi qua B(1; −1) nên:

a = −1

=> (d'): y = −x

Gọi (d''): y = a'x + b' là đường thẳng đi qua A(−2; −4)

Do (d'') // (d') nên a' = −1

=> (d''): y = −x + b

Do (d'') đi qua A(−2; −4) nên:

−(−2) + b = −4

b = −4 − 2

b = −6

=> (d''): y = −x − 6

Kẻ đường cao BD của tam giác ABC \(\left(D\in AC\right)\)

Khi đó \(AD=AB.cosA=c.cosA\)

\(BD=AB.sinA=c\sqrt{1-cos^2A}\)

\(CD=AC-AD=b-c.cosA\)

Tam giác BCD vuông tại D

\(\Rightarrow BC^2=CD^2+BD^2\)

\(\Leftrightarrow a^2=\left(b-c.cosA\right)^2+\left(c\sqrt{1-cos^2A}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a^2=b^2-2bc.cosA+c^2.cos^2A+c^2\left(1-cos^2A\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-2bc.cosA\)

Ta có đpcm.

5)

a) \(3x+8y=26\)

 \(\Leftrightarrow y=\dfrac{26-3x}{8}\)

 Vì \(y\inℤ\) nên \(\dfrac{26-3x}{8}\inℤ\)

 \(\Rightarrow26-3x⋮8\)

 \(\Leftrightarrow3x\equiv2\left(mod8\right)\)

 Vì \(ƯCLN\left(3,8\right)=1\) nên đặt \(x=8q+r\left(0\le r< 8\right)\) thì:

 \(3\left(8q+r\right)\equiv2\left(mod8\right)\)

 \(\Leftrightarrow24q+3r\equiv2\left(mod8\right)\)

 \(\Leftrightarrow3r\equiv2\left(mod8\right)\)

 Thử từng trường hợp, ta thấy ngay \(r=6\).

 Vậy \(x=8q+6\) 

\(\Rightarrow y=\dfrac{26-3x}{8}=\dfrac{26-3\left(8q+6\right)}{8}=\dfrac{8-24q}{8}=1-3q\)

 Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là \(\left(8q+6,1-3q\right)\) với \(q\inℤ\) bất kì.

 b) Cho \(1-3q>0\Leftrightarrow q< \dfrac{1}{3}\) 

 Cho \(8q+6>0\Leftrightarrow q>-\dfrac{3}{4}\)

 Do đó \(-\dfrac{3}{4}< q< \dfrac{1}{3}\). Mà \(q\inℤ\Rightarrow q=0\)

 Thế vào \(x,y\), pt sẽ có nghiệm nguyên dương là \(\left(6;1\right)\)

 Câu 6 làm tương tự nhé bạn.

Điều chế Na từ NaCl: 

Đem dung dịch NaCl điện phân nóng chảy, ta thu được kim loại Na.

\(NaCl\underrightarrow{đpnc}Na+\dfrac{1}{2}Cl_2\)

Điều chế Na từ NaOH: 

Đem dung dịch NaOH phản ứng vừa đủ với dung dịch \(MgCl_2\) đến kết tủa tối đa, lọc kết tủa rồi đem dung dịch sau phản ứng điện phân nóng chảy, ta thu được kim loại Na.

\(2NaOH+MgCl_2\rightarrow Mg\left(OH\right)_2+2NaCl\)

\(NaCl\underrightarrow{đpnc}Na+\dfrac{1}{2}Cl_2\)

Đề bài là j thế bạn

Các phương trình bậc nhất 2 ẩn là: `3x-y=3;x+2y=8;y+3y=11`

Hệ số a,b,c của các pt là: 

+) `3x-y=3` có `a=3; b=-1;c=3` 

+) `x+2y=8` có `a=1;b=2;c=8` 

+) `y+3x=11` có `a=3;b=1;c=11`

8) 

a) Tam giác ABI và ACK có:

 \(\widehat{AIB}=\widehat{AKC}=90^o;\widehat{BAC}\) chung

 \(\Rightarrow\Delta ABI\sim\Delta ACK\left(g.g\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AI}{AK}\)

 \(\Rightarrow\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AI}{AB}\)

 Tam giác AIK và ABC có:

 \(\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AI}{AB};\widehat{BAC}\) chung

 \(\Rightarrow\Delta AIK\sim\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)

 \(\Rightarrow\dfrac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AI}{AB}\right)^2=cos^2A\)

 \(\Rightarrow S_{AIK}=S_{ABC}.cos^2A\)

 b) Có \(S_{BCIK}=S_{ABC}-S_{AIK}\)

\(=S_{ABC}-S_{ABC}.cos^2A\)

\(=S_{ABC}\left(1-cos^2A\right)\)

\(=S_{ABC}.sin^2A\)

 c) \(S_{HIK}=S_{ABC}-S_{AKI}-S_{BHK}-S_{CHI}\)

\(=S_{ABC}-S_{ABC}.cos^2A-S_{ABC}.cos^2B-S_{ABC}.cos^2C\)

\(=S_{ABC}\left(1-cos^2A-cos^2B-cos^2C\right)\)

 d) Có \(cotB=\dfrac{BH}{AH};cotC=\dfrac{CH}{AH}\)

 \(\Rightarrow cotB+cotC=\dfrac{BH}{AH}+\dfrac{CH}{AH}=\dfrac{BC}{AH}\)

 Nếu \(cotB+cotC\ge\dfrac{2}{3}\) thì \(\dfrac{BC}{AH}\ge\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow BC\ge\dfrac{2}{3}AH\)

 Nhưng điều này chưa chắc đã đúng tùy vào cách vẽ hình nên bạn cần bổ sung thêm điều kiện gì đó vào câu này nhé.

Kẻ đường cao BD của tam giác ABC \(\left(D\in AC\right)\)

Khi đó \(AD=AB.cosA=c.cosA\)

\(\Rightarrow CD=AC-AD=b-c.cosA\)

Mặt khác, \(BD=BA.sinA=c\sqrt{1-cos^2A}\)

Tam giác BCD vuông tại D nên:

\(a^2=BC^2=DB^2+DC^2\) 

\(=\left(b-c.cosA\right)^2+\left(c\sqrt{1-cos^2A}\right)^2\)

\(=b^2-2bc.cosA+c^2.cos^2A+c^2\left(1-cos^2A\right)\)

\(=b^2+c^2-2bc.cosA\)

Vậy đẳng thức được chứng minh.