3:

\(=\dfrac{2}{1+cotx-tanx-1}=\dfrac{2}{cotx-tanx}\)

\(=2:\left(\dfrac{cosx}{sinx}-\dfrac{sinx}{cosx}\right)=2:\dfrac{cos^2x-sin^2x}{sinx\cdot cosx}\)

\(=\dfrac{sin2x}{cos2x}\)

=tan2x

4:

\(=\left(1-\dfrac{1}{cot^2x}\right)\cdot cotx=cotx-\dfrac{1}{cotx}=\dfrac{cosx}{sinx}-\dfrac{sinx}{cosx}\)

\(=\dfrac{cos^2x-sin^2x}{sinx\cdot cosx}=\dfrac{cos2x}{\dfrac{1}{2}\cdot2\cdot sinx\cdot cosx}=\dfrac{cos2x}{sin2x}\cdot2\)

6:

\(=\dfrac{\dfrac{cosx}{sinx}-\dfrac{sinx}{cosx}}{cos2x}=\dfrac{cos^2x-sin^2x}{sinx\cdot cosx}:cos2x=\dfrac{1}{sinx\cdot cosx}\)

câu 8.D

câu 13.C

câu 15.C

câu 16 ko biết

câu 17.A

câu 20.D

Câu 7:

a, \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

b, \(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Fe}=n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe}=\dfrac{0,1.56}{10}.100\%=56\%\\\%m_{CuO}=44\%\end{matrix}\right.\)

c, \(n_{CuO}=\dfrac{10-0,1.56}{80}=0,055\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{Fe}+n_{CuO}=0,155\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{0,155.98}{100}.100\%=15,19\%\)

d, Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{FeSO_4}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\\n_{CuSO_4}=n_{CuO}=0,055\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{FeSO_4}=0,1.152=15,2\left(g\right)\\m_{CuSO_4}=0,055.160=8,8\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Câu 8:

a, \(CuCO_3+2HCl\rightarrow CuCl_2+CO_2+H_2O\)

b, \(n_{CO_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CuCO_3}=n_{CO_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CuCO_3}=\dfrac{0,15.124}{20}.100\%=93\%\\\%m_{CuCl_2}=7\%\end{matrix}\right.\)

c, \(n_{HCl}=2n_{CO_2}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,3}{0,2}=1,5\left(M\right)\)

Bài 6: 

a, \(SO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaSO_3+H_2O\)

b, \(n_{SO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaSO_3}=n_{SO_2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{Ca\left(OH\right)_2}=\dfrac{0,05.74}{100}.100\%=3,7\%\)

c, \(m_{CaSO_3}=0,05.120=6\left(g\right)\)

Câu 7:

Xét hình bình hành ABCD, gọi O là giao của AC và BD

\(OB=OD=\dfrac{BD}{2}\Rightarrow BD=2OB\) (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Ta có

\(BN=\dfrac{1}{3}BD\left(gt\right)\Rightarrow BN=\dfrac{1}{3}.2OB=\dfrac{2}{3}OB\) 

Xét hbh ABEF, gọi I là giao của AE và BF ta có

\(IA=IE=\dfrac{AE}{2}\Rightarrow AE=2IA\) (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Ta có

\(AM=\dfrac{1}{3}AE\left(gt\right)\Rightarrow AM=\dfrac{1}{3}.2IA=\dfrac{2}{3}IA\) (1)

Xét tg ABF có

\(IB=IF\) (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)  => IA là trung tuyến của tg ABF (2)

Từ (1) và (2) => M là trọng tâm của tg ABF

Gọi K là giao của BM với AF => BK là trung tuyến của tg ABF

\(\Rightarrow BM=\dfrac{2}{3}BK\)

Xét tg BOK có

\(BN=\dfrac{2}{3}OB\left(cmt\right)\Rightarrow\dfrac{BN}{OB}=\dfrac{2}{3}\)

\(BM=\dfrac{2}{3}BK\left(cmt\right)\Rightarrow\dfrac{BM}{BK}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BN}{OB}=\dfrac{BM}{BK}=\dfrac{2}{3}\) => MN//OK (Talet đảo trong tam giác) (3)

Xét tg ACF có

BK là trung tuyến của tg ABF (cmt) => KA=KF

Ta có

OA=OC (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> OK là đường trung bình của tg ACF => OK//CF (4)

Từ (3) và (4) => MN//CF

mà \(CF\in\left(DCEF\right)\)

=> MN//(DCEF)

A

A

Câu A

 \(=>Qthu1=0,2.340000=68000J\)

\(=>Qthu2=2100.0,2.20=8400J\)

\(=>Qtoa=2.4200.25=210000J\)

\(=>Qthu1+Qthu2< Qtoa\)=>đá nóng chảy hoàn toàn

\(=>0,2.2100.20+0,2.340000+0,2.4200.tcb=2.4200\left(25-tcb\right)\)

\(=>tcb=14,5^oC\)

b

B

B

A

D

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:

\(AM\cdot AB=AH^2\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(AN\cdot AC=AH^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)