Hướng dẫn giải:

- Sử dụng một chuỗi mới để lưu các kí tự là chữ cái (thuộc trong khoảng 'A' đến 'z')

- Kiếm tra chuỗi mới đó nếu là rỗng => in KHONG TIM DUOC, ngược lại in ra chuỗi in hoa tất cả các ký tự (sử dụng hàm toupper())

Code tham khảo:

Gọi vận tốc dòng nước là a km/h ( a > 0 ) 

vận tốc xuôi dòng là a + 25 km/h 

vận tốc ngược dòng a - 25 km/h 

Ta có tổng thời gian đi lẫn về là 5h nên 

\(\dfrac{60}{a+25}+\dfrac{60}{a-25}=5\)

\(\Leftrightarrow60\left(a-25\right)+60\left(a+25\right)=5\left(a^2-25^2\right)\)

\(\Leftrightarrow120a=5a^2-5.25^2\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=12+\sqrt{769}\\a=12-\sqrt{769}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

a = 25 thì pt vô nghiệm mà bạn?

ĐK: \(x\ge2,y\ge-2009,z\ge2010\)

Ta có: \(\sqrt{x-2}=\sqrt{1.\left(x-2\right)}\le\dfrac{1+x-2}{2}=\dfrac{x-1}{2}\)

\(\sqrt{y+2009}=\sqrt{1.\left(y+2009\right)}\le\dfrac{1+y+2009}{2}=\dfrac{y+2010}{2}\)

\(\sqrt{z-2010}=\sqrt{1.\left(z-2010\right)}\le\dfrac{1+z-2010}{2}=\dfrac{z-2009}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT vừa tìm được, ta có:

\(VT=\sqrt{x-2}+\sqrt{y+2009}+\sqrt{z-2010}\)

\(\le\dfrac{x-1}{2}+\dfrac{y+2010}{2}+\dfrac{z-2009}{2}\)

\(=\dfrac{x-1+y+2010+z-2009}{2}\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)

\(=VP\)

Do đó, dấu "=" phải xảy ra 

\(\Leftrightarrow x-2=y+2009=z-2010=1\)

\(\Leftrightarrow\left(x,y,z\right)=\left(3,-2008,2011\right)\)

Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất là \(\left(3,-2008,2011\right)\)

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

b, \(n_{CO_2}=\dfrac{0,4958}{24,79}=0,02\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{HCl}=2n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,04}{0,2}=0,2\left(M\right)\)

c, \(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=0,02\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CaCO_3}=\dfrac{0,02.100}{5}.100\%=40\%\\\%m_{CaSO_4}=60\%\end{matrix}\right.\)

a, Bột Fe tan, có bọt khí thoát ra.

PT: \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

b, Bột CuO tan, tạo dd màu xanh.

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

c, Có hiện tượng sủi bọt khí.

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

d, Na tan, có khí thoát ra, dd chuyển hồng.

PT: \(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)

e, Bột Al₂O₃ tan.

PT: \(Al_2O_3+2NaOH\rightarrow2NaAlO_2+H_2O\)

f, Xuất hiện tủa trắng.

PT: \(BaCl_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_{4\downarrow}+2HCl\)

Nghiệm của x - 2 là 2 

A chia hết cho x - 2 nên ta thay nghiệm của x - 2 vào A ta có: 

\(A=a\cdot2^3+b\cdot2^2+2=0=>8a+4a+c=0\) (1) 

A(x) chia `x^2+x-2` dư 3x+2 nên A(x) - (3x+2) chia hết cho `x^2+x-2` 

Ta có nghiệm của là: \(x^2+x-2=0\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+2\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-2\end{matrix}\right.\)

Lần lượt thay `x=1` và `x=-2` vào A(x) - (3x+2) ta có: 

\(A=a\cdot1^3+b\cdot1^2+c-\left(3\cdot1+2\right)=0\Rightarrow a+b+c=5\) (2) 

\(A=a\cdot\left(-2\right)^3+b\cdot\left(-2\right)^2+c-\left(3\cdot-2+2\right)=0=>-8a+4b+c=-4\) (3) 

Từ (1) , (2) và (3) ta có hpt: \(\left\{{}\begin{matrix}8a+4b+c=0\\a+b+c=5\\-8a+4b+c=-4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{4}\\b=-\dfrac{9}{4}\\c=7\end{matrix}\right.\)

Bài 3:

1: Xét tứ giác IMON có \(\hat{IMO}+\hat{INO}=90^0+90^0=180^0\)

nên IMON là tứ giác nội tiếp

2: Gọi A là giao điểm của MN và OI

Xét (O) có

IM,IN là các tiếp tuyến

DO đó: IM=IN

=>I nằm trên đường trung trực của MN(1)

ta có: OM=ON

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

Từ (1),(2) suy ra OI là đường trung trực của MN

=>OI⊥MN tại A và A là trung điểm của MN

Xét (O) có

ΔMHK nội tiếp

MK là đường kính

Do đó: ΔMHK vuông tại H

=>MH⊥IK tại H

Xét ΔIMK vuông tại M có MH là đường cao

nên \(IH\cdot IK=IM^2=IM\cdot IN\)

Bài 2:

1: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

2: BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{CED}=\hat{CBD}=\hat{CBM}\)

Xét (O) có

\(\hat{CNM};\hat{CBM}\) là các góc nội tiếp cùng chắn cung CM

Do đó: \(\hat{CNM}=\hat{CBM}\)

=>\(\hat{CED}=\hat{CNM}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên ED//NM

bài 1:

a: Xét (O) có

JM,JN là các tiếp tuyến

Do đó: JM=JN

=>J nằm trên đường trung trực của MN(1)

ta có: OM=ON

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

Từ (1),(2) suy ra OJ là đường trung trực của MN

=>OJ⊥MN tại H và H là trung điểm của MN

mà JK⊥MN

nên O,J,K thẳng hàng

=>O,H,K,J thẳng hàng

Xét ΔMOJ vuông tại M có \(cosMOJ=\frac{OM}{OJ}=\frac12\)

nên \(\hat{MOJ}=60^0\)

Xét (O) có

JM,JN là các tiếp tuyến

Do đó: OJ là phân giác của góc MON

=>\(\hat{MON}=2\cdot\hat{MOJ}=2\cdot60^0=120^0\)

Xét (O) có \(\hat{JMN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến MJ và dây cung MN

=>\(\hat{JMN}=\frac12\cdot\hat{MON}=\frac12\cdot120^0=60^0\)

Xét ΔJMN có JM=JN và \(\hat{JMN}=60^0\)

nên ΔJMN đều

ΔJMN đều

mà MK là đường cao

nên MK là phân giác của góc KMN

=>\(\hat{JMK}=\hat{NMK}=\frac12\cdot\hat{JMN}=\frac12\cdot60^0=30^0\)

Ta có: \(\hat{OMN}+\hat{JMN}=\hat{OMJ}\) (tia MN nằm giữa hai tia MO và MJ)

=>\(\hat{OMN}=90^0-60^0=30^0\)

Xét ΔMHO vuông tại H và ΔMHK vuông tại H có

MH chung

\(\hat{HMO}=\hat{HMK}\left(=30^0\right)\)

Do đó: ΔMHO=ΔMHK

=>HO=HK

=>H là trung điểm của OK

b: Xét ΔMOK có MO=MK và \(\hat{OMK}=60^0\)

nên ΔMOK đều

=>OK=OM

=>K nằm trên (O)