Nhờ mn giúp mik vs ạ.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
27 tháng 6 2023
\(n_{Fe}=a;n_{Cu}=b\\ 56a+64b=9,2\left(I\right)\\ BTe^{^{ }-}:3a+2b=2n_{SO_2}\left(II\right)\\ n_{H_2SO_4pư}=n_{SO_2}+1,5a+b\\ n_{H_2SO_4sau}=\dfrac{50.0,98}{98}-n_{SO_2}-1,5a-b=0,5-n_{SO_2}-1,5a-b\\ m_{ddsau}=9,2+50-64n_{SO_2}=59,2-64n_{SO_2}\\ \Rightarrow:\dfrac{98\left(0,5-n_{SO_2}-1,5a-b\right)}{59,2-64n_{SO_2}}=\dfrac{30,625}{100}\left(III\right)\\ \Rightarrow a=0,05;b=0,1;n_{SO_2}=0,175mol\\ V=0,175.22,4=3,92L\\ \%m_{Fe}=\dfrac{0,05.56}{9,2}.100\%=30,43\%\\ \%m_{Cu}=69,57\%\)
Nhờ mn giúp mik vs ạ
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 9 2023
Lời giải:
a. ĐKXĐ: $x>0; x\neq 1$
\(P=\left[\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}+\frac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\right].\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)
\(=\frac{x+\sqrt{x}+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+2}=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\)
b.
$P>2 \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x}-1}-2>0$
$\Leftrightarrow \frac{x-2\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}>0$
$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{x}-1)^2+1}{\sqrt{x}-1}>0$
$\Leftrightarrow \sqrt{x}-1>0$ (do $(\sqrt{x}-1)^2+1>0$)
$\Leftrightarrow x>1$
Kết hợp đkxđ suy ra $x>1$
c.
$\frac{1}{P}=\frac{\sqrt{x}-1}{x}$
Áp dụng BĐT Cô-si:
$x+4\geq 4\sqrt{x}\Rightarrow x\geq 4(\sqrt{x}-1)$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}-1}{x}\leq \frac{\sqrt{x}-1}{4(\sqrt{x}-1)}=\frac{1}{4}$
Vậy $\frac{1}{P}$ max $=\frac{1}{4}$ khi $x=4$
28 tháng 1 2024
Bài 2:
a: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ADHE là tứ giác nội tiếp
b: Kẻ tiếp tuyến Ax tại A của (O)
Xét (O) có
\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ADE}\left(=180^0-\widehat{EDC}\right)\)
nên \(\widehat{xAC}=\widehat{ADE}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên DE//Ax
Ta có: OA\(\perp\)Ax
Ax//DE
Do đó: OA\(\perp\)DE
26 tháng 12 2023
Bài 2:
a: Thay x=1 vào A, ta được:
\(A=\dfrac{1+2}{1+1}=\dfrac{3}{2}\)
b: \(B=\dfrac{4}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{16}{4-x}\)
\(=\dfrac{4}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{16}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)
\(=\dfrac{4\left(\sqrt{x}+2\right)-16}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)
\(=\dfrac{4\sqrt{x}-8}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}\)
c: Đặt P=A*B
\(=\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}\cdot\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{4}{\sqrt{x}+1}\)
Để P>1 thì P-1>0
=>\(\dfrac{4}{\sqrt{x}+1}-1>0\)
=>\(\dfrac{4-\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}>0\)
=>\(3-\sqrt{x}>0\)
=>\(\sqrt{x}< 3\)
=>0<=x<9
Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}0< =x< 9\\x\ne4\end{matrix}\right.\)
mà x chẵn
nên \(x\in\left\{0;2;6;8\right\}\)
9 tháng 1 2024
a: Xét tứ giác AEDB có \(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)
nên AEDB là tứ giác nội tiếp
=>A,E,D,B cùng thuộc một đường tròn
b: Ta có: AEDB là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{ADE}=\widehat{ABE}\)
=>\(\widehat{HDE}=\widehat{ABN}\left(1\right)\)
Xét (O) có
\(\widehat{ABN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN
\(\widehat{AMN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN
Do đó: \(\widehat{ABN}=\widehat{AMN}=\widehat{HMN}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{HDE}=\widehat{HMN}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị
nên DE//MN
c: Kẻ tiếp tuyến Cx của (O)
Xét (O) có
\(\widehat{xCB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Cx và dây cung CB
\(\widehat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB
Do đó: \(\widehat{xCB}=\widehat{CAB}\left(3\right)\)
Ta có: ABDE là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{EDB}+\widehat{EAB}=180^0\)
mà \(\widehat{EDB}+\widehat{EDC}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{EDC}=\widehat{CAB}\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{EDC}=\widehat{xCB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên DE//Cx
Ta có: OC\(\perp\)Cx
DE//Cx
Do đó: OC\(\perp\)DE
d: Xét (O) có
\(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
Do đó: \(\widehat{AMB}=\widehat{ACB}\)
=>\(\widehat{BMH}=\widehat{ACB}\)
mà \(\widehat{ACB}=\widehat{AHE}\left(=90^0-\widehat{DAC}\right)\)
nên \(\widehat{BMH}=\widehat{AHE}\)
mà \(\widehat{AHE}=\widehat{BHM}\)(hai góc đối đỉnh)
nên \(\widehat{BMH}=\widehat{BHM}\)
=>ΔBMH cân tại B
Ta có: ΔBMH cân tại B
mà BC là đường cao
nên BC là đường trung trực của HM
=>H đối xứng M qua BC
Xét (O) có
\(\widehat{ANB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
\(\widehat{ACB}\)là góc nội tiếp chắn cung AB
Do đó: \(\widehat{ANB}=\widehat{ACB}\)
mà \(\widehat{ACB}=\widehat{BHD}\left(=90^0-\widehat{EBC}\right)\)
và \(\widehat{BHD}=\widehat{AHN}\)(hai góc đối đỉnh)
nên \(\widehat{AHN}=\widehat{ANH}\)
=>ΔANH cân tại A
Ta có: ΔANH cân tại A
mà AC là đường cao
nên AC la đường trung trực của NH
=>N đối xứng H qua AC
C2 cug cơ bản tự làm nhee
Câu 1:
\(n_{Ca\left(OH\right)_2}=1,8.0,05=0,09\left(mol\right)\)
BTNT Ca, có: \(n_{CaCO_3}=n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,09\left(mol\right)\)
Mà: mCaCO3 + mBaCO3 = 18,85 (g)
\(\Rightarrow n_{BaCO_3}=\dfrac{18,85-0,09.100}{197}=0,05\left(mol\right)\)
BTNT C, có: nCO2 = nCaCO3 + nBaCO3 = 0,14 (mol) = nC
Sau pư với Ca(OH)2 có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}+2n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,14\\n_{CaCO_3}+n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,09\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}=0,04\left(mol\right)\\n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Có: m dd tăng = mCO2 + mH2O - m kết tủa
⇒ 3,78 = 0,14.44 + 18nH2O - 0,04.100 ⇒ nH2O = 0,09 (mol)
⇒ nH = 0,09.2 = 0,18 (mol)
\(\Rightarrow n_N=\dfrac{2,14-0,14.12-0,18.1}{14}=0,02\left(mol\right)\)
Gọi: CTPT của A là CxHyNt
⇒ x:y:t = 0,14:0,18:0,02 = 7:9:1
Vậy: CTĐGN của A là C7H9N.