- Trích mẫu thử.

- Nhỏ vài giọt từng mẫu thử vào giấy quỳ tím.

+ Quỳ hóa đỏ: HCl, H₂SO₄ (1)

+ Quỳ không đổi màu: NaCl

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với dd BaCl₂

+ Có tủa trắng: H₂SO₄

PT: \(BaCl_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4+2HCl\)

+ Không hiện tượng: HCl

- Dán nhãn.

a: Khi m=2 thì (d): \(y=2\cdot2\cdot x-2^2+1=4x-3\)

Phương trình hoành độ giao điểm là: \(x^2=4x-3\)

=>\(x^2-4x+3=0\)

=>(x-1)(x-3)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=3\end{matrix}\right.\)

Khi x=1 thì \(y=1^2=1\)

Khi x=3 thì \(y=3^2=9\)

Vậy: (P) giao (d) tại C(1;1); D(3;9)

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=2mx-m^2+1\)

=>\(x^2-2mx+m^2-1=0\)

\(\Delta=\left(-2m\right)^2-4\left(m^2-1\right)\)

\(=4m^2-4m^2+4=4>0\)

=>(P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là:

\(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{2m-\sqrt{4}}{2}=\dfrac{2m-2}{2}=m-1\\x=m+1\end{matrix}\right.\)

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2-1\end{matrix}\right.\)

\(y_1-y_2>4\)

=>\(x_1^2-x_2^2>4\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}\left(m-1\right)^2-\left(m+1\right)^2>4\\\left(m+1\right)^2-\left(m-1\right)^2>4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m^2-2m+1-m^2-2m-1>4\\m^2+2m+1-m^2+2m-1>4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}-4m>4\\4m>4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m< -1\\m>1\end{matrix}\right.\)

Gọi vận tốc của xe máy là x(km/h)

(Điều kiện: x>0)

vận tốc của xe ô tô là x+20(km/h)

Thời gian xe máy đi từ điểm xuất phát đến chỗ gặp là:

1h+30p=1,5(giờ)

Độ dài quãng đường từ Quãng Ngãi đến chỗ gặp là:

1,5x(km)

Độ dài quãng đường từ Đà Nẵng đến chỗ gặp là:

1(x+20)=x+20(km)

Độ dài quãng đường từ Đà Nẵng đến Quảng Ngãi là 120km nên ta có:

1,5x+x+20=120

=>2,5x=100

=>x=40(nhận)

Vậy: vận tốc của xe máy là 40km/h

vận tốc của xe ô tô là 40+20=60km/h

a: Xét tứ giác MHAO có \(\widehat{MHO}=\widehat{MAO}=90^0\)

nên MHAO là tứ giác nội tiếp

=>M,H,A,O cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra OM là đường trung trực của AB

=>OM\(\perp\)AB tại I

Xét ΔOIK vuông tại I và ΔOHM vuông tại H có

\(\widehat{IOK}\) chung

Do đó: ΔOIK~ΔOHM

=>\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OK}{OM}\)

=>\(OI\cdot OM=OH\cdot OK\)

\(\Delta=\left(-3\right)^2-4\left(m-1\right)=9-4m+4=-4m+13\)

Để phương trình có hai nghiệm thì -4m+13>=0

=>-4m>=-13

=>\(m\le\frac{13}{4}\)

Theo Vi-et, ta có: \(\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=3\\ x_1\cdot x_2=\frac{c}{a}=m-1\end{cases}\)

=>\(x_2=3-x_1\)

\(x_1^3-x_2=7\)

=>\(x_1^3-\left(3-x_1\right)-7=0\)

=>\(x_1^3+x_1-10=0\)

=>\(x_1^3-2x_1^2+2x_1^2-4x_1+5x_1-10=0\)

=>\(\left(x_1-2\right)\left(x_1^2+2x_1+5\right)=0\)

=>\(x_1-2=0\)

=>\(x_1=2\)

\(x_2=3-x_1=3-2=1\)

\(x_1\cdot x_2=m-1\)

=>m-1=2

=>m=3(nhận)

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC=\sqrt{9^2-5^2}=2\sqrt{14}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{5}{9}\)

nên \(\widehat{C}\simeq33^045'\)

=>\(\widehat{B}=90^0-\widehat{C}\simeq56^015'\)

b: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}=60^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinB=\dfrac{AC}{BC}\)

=>\(\dfrac{AC}{8}=sin30=\dfrac{1}{2}\)

=>AC=4(cm)

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AB^2=8^2-4^2=48\)

=>\(AB=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Giúp mk với ạ tối trước 10h mk phải nộp r