- Hòa tan 2 chất rắn vào nước có pha sẵn quỳ tím:

+ Chất rắn tan, dd có màu đỏ: P₂O₅

P₂O₅ + 3H₂O --> 2H₃PO₄

+ Chất rắn tan, dd có màu xanh: CaO

CaO + H₂O --> Ca(OH)₂

Trích một ít làm mẫu thử.

Hoà tan 2 chất rắn đó vào nước và nhúng quỳ tím:

- Nếu quỳ tím chuyển đỏ thì đó là \(P_2O_5\):

\(P_2O_5+3H_2O\rightarrow2H_3PO_4\)

- Nếu quỳ tím chuyển xanh thì đó là \(CaO\):

\(CaO+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)

Dán lại nhãn cho 2 lọ trên.

Ta có: \(\left[{}\begin{matrix}I1=0,8A\\I2=1,2A\end{matrix}\right.\)

Ta thấy: \(I2>I1\left(1,2>0,8\right)\Rightarrow\) đèn 2 sáng hơn đèn 1

lớp mấy đây hả bạn?

Bạn tự kết luận nhé.\(A=x\left(80-2x\right)\left(50-2x\right)=2x\left(40-x\right)\left(50-2x\right)=\dfrac{2}{3}.3x\left(40-x\right)\left(50-2x\right)\le\dfrac{2}{3}.\left[\dfrac{\left(3x\right)+\left(40-x\right)+\left(50-2x\right)}{3}\right]^3=\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{90}{3}\right)^3=18000\)Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow3x=40-x=50-2x\Leftrightarrow x=10\)

Vậy \(MaxA=18000\)

Ta sẽ tìm max của \(P=x\left(80-2x\right)\left(50-2x\right)\) với \(0< x< 25\).

Ta có: 

\(P=x\left(80-2x\right)\left(50-2x\right)=\dfrac{2}{3}.3x.\left(40-x\right)\left(50-2x\right)\)

\(\le\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{3x+40-x+50-2x}{3}\right)^3=\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{90}{3}\right)^3=18000\)

Dấu \(=\) xảy ra khi \(3x=40-x=50-2x\Leftrightarrow x=10\) (thỏa mãn) 

- Các chất là oxit: BaO, K₂O, Fe₃O₄, Na₂O, N₂O

=> 5 chất

5 chất, trừ (CaCO3 và KMnO4)

đăng tách ra bạn nhé 

Bài 2 : 

a, \(\sqrt{14-2.3\sqrt{5}}+2\sqrt{\left(\sqrt{5}-3\right)^2}=\sqrt{\left(3-\sqrt{5}\right)^2}+2\left|3-\sqrt{5}\right|=3-\sqrt{5}+6-2\sqrt{5}=9-3\sqrt{5}\)

b, \(\sqrt{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)^2}=\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{2}=2\sqrt{3}\)

c, \(\sqrt{17+2.2\sqrt{3}\sqrt{5}}-\sqrt{17-2.2\sqrt{3}\sqrt{5}}\)

\(=\sqrt{\left(2\sqrt{3}-\sqrt{5}\right)^2}-\sqrt{\left(2\sqrt{3}+\sqrt{5}\right)^2}=2\sqrt{3}-\sqrt{5}-2\sqrt{3}-\sqrt{5}=-2\sqrt{5}\)

d, \(\sqrt{x-4-4\sqrt{x-4}+4}-\sqrt{x-4}=\sqrt{\left(\sqrt{x-4}-2\right)^2}-\sqrt{x-4}=\sqrt{x-4}-2-\sqrt{x-4}=-2\)

- Vì số A có 3 chữ số nên số A có dạng: \(\overline{abc}\left(0\le b,c\le9;0< a\le9;\right)\)

- Vì chữ số hàng trăm lớn hơn chữ số hàng đơn vị: \(\Rightarrow a>c\).

Cho \(a-c=d\left(0< d\le9\right)\)

- Số có thứ tự các chữ số ngược lại với A:  \(\overline{cba}\)

- Hiệu \(D=\overline{abc}-\overline{cba}=100a+10b+c-\left(100c+10b+a\right)=100\left(a-c\right)-\left(a-c\right)=100d-d=\overline{d00}-d\)Do \(0< d\le9\) nên:

\(D=\overline{\left(d-1\right)9\left(10-d\right)}\).

- Số có thứ tự các chữ số ngược lại với D:  \(\overline{\left(10-d\right)9\left(d-1\right)}\)

- Tổng \(S=\overline{\left(d-1\right)9\left(10-d\right)}+\overline{\left(10-d\right)9\left(d-1\right)}=100\left(d-1\right)+10.9+\left(10-d\right)+100\left(10-d\right)+10.9+\left(d-1\right)=\left(100d-100\right)+\left(1000-100d\right)+189=1089\)

\(\Rightarrow\)S là 1 hằng số.

Vậy với bất kì số A thỏa mãn yêu cầu đề bài và thực hiện đúng quy trình, ta luôn có S là một hằng số.

*Gọi D là giao của BM và EF.

△ABC vuông tại B có: BM là trung tuyến.

\(\Rightarrow BM=CM=\dfrac{BC}{2}\)

\(\Rightarrow\)△BMC cân tại M.

\(\Rightarrow\widehat{MCB}=\widehat{MBC}\)

Tứ giác BEHF có: \(\widehat{EBF}=\widehat{BFH}=\widehat{BEH}=90^0\)

\(\Rightarrow\)BEHF là hình chữ nhật.

\(\Rightarrow\widehat{HBE}=\widehat{DEB}\).

Ta có: \(\widehat{MCB}+\widehat{HBE}=90^0\) (△BHC vuông tại H).

\(\Rightarrow\widehat{MBC}+\widehat{DEB}=90^0\)

\(\Rightarrow180^0-\widehat{BDE}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BDE}=90^0\)

\(\Rightarrow\)BM⊥EF tại D.

Suppose I is the intersection of BM and EF.

Consider the right triangle ABC, which has \(\widehat{B}=90^o\), has the median BM, so, \(BM=\dfrac{AC}{2}\)  (1)

On the other hand, M is the midpoint of AC, therefore, \(AM=\dfrac{AC}{2}\)  (2)

From, (1) and (2), we have \(BM=AM\left(=\dfrac{AC}{2}\right)\), which means MAB is an isosceles triangle, and this leads to \(\widehat{A}=\widehat{ABM}\) or \(\widehat{A}=\widehat{FBI}\)

Consider the right triangle ABH (right at H), has the height HF, thus, \(BH^2=BF.BA\)

Similarly, we have \(BH^2=BE.BC\)

From these, we get \(BF.BA=BE.BC\left(=BH^2\right)\) or \(\dfrac{BF}{BC}=\dfrac{BE}{BA}\)

Consider the 2 right triangles (which are both right at B), we have \(\dfrac{BF}{BC}=\dfrac{BE}{BA}\). Therefore, \(\Delta BEF~\Delta BAC\left(s.a.s\right)\), which means \(\widehat{BFE}=\widehat{C}\) or \(\widehat{BFI}=\widehat{C}\)

Also, \(\widehat{A}+\widehat{C}=90^o\) due to the right triangle ABC (right at B). Because \(\widehat{FBI}=\widehat{A};\widehat{BFI}=\widehat{C}\), we have \(\widehat{FBI}+\widehat{BFI}=90^o\). This means FBI is a right triangle (whose right angle is I). Thus, \(BM\perp EF\), and that is what we must prove!