Câu 6: Để hàm số y=(1-m)x+3 nghịch biến trên R thì 1-m<0

=>m>1

=>Chọn B

Câu 7: D

Câu 10: (D)//(D')

=>\(\left\{{}\begin{matrix}3m+1=2\left(m+1\right)\\-2\ne-2\left(loại\right)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m\in\varnothing\)

=>Chọn D

Câu 11: \(x^2+2x+2=\left(x+1\right)^2+1>=1>0\forall x\)

=>\(\sqrt{x^2+2x+2}\) luôn xác định với mọi số thực x

=>Chọn A

Câu 12: Để hai đường thẳng y=x+3m+2 và y=3x+2m+3 cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì \(\left\{{}\begin{matrix}1\ne3\left(đúng\right)\\3m+2=2m+3\end{matrix}\right.\)

=>3m+2=2m+3

=>m=1

=>Chọn C

Ơ, đề đou bn?

* Tác hại của nó chính là: Những biểu hiện trên chứng tỏ đó là những học sinh chưa có tính kỉ luật, thiếu sự tôn trọng thầy cô giáo cũng như bạn bè, không coi trọng đến những nội quy, quy định của trường lớp. Hình thành nên tính thiếu trung thực, gian lận, không coi trọng phẩm chất đạo đức của mình dẫn đến thiếu tính kỉ luật. Nếu không sửa chữa lại những hành vi đó thì khó có thể thành một người con ngoan trò giỏi được thầy yêu bạn mến.

PTHH : 2Al     +     6HCl  --> 2AlCl3   +    3H2 ↑   (1)

n_AlCl3 = \(\dfrac{m}{M}=\dfrac{13,35}{27+35,5.3}=0.1\left(mol\right)\) 

Từ (1) => n_HCl   =   2n_H2  = 0.2 (mol)

=> m_HCl = n.M  =  0.2 x  36.5 = 7.3 (g)

\(PTHH:2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\\ n_{AlCl_3}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{13,35}{133,5}=0,1\left(mol\right)\\ Theo.PTHH:n_{HCl}=3.n_{AlCl_3}=3.0,1=0,3\left(mol\right)\\ m_{HCl}=n.M=0,3.36,5=10,95\left(g\right)\)

Số mol của $CaO$ là:

$n_{CaO} = \frac{25,2}{56} = 0,45\text{ (mol)}$

Đổi thể tích dung dịch bazo thu được:

$V_{dd} = 300\text{ ml} = 0,3\text{ l}$

a) Phương trình hóa học:

$CaO + H_2O \rightarrow Ca(OH)_2$

b) Tính nồng độ mol của dung dịch bazo thu được:

Theo phương trình hóa học:

$n_{Ca(OH)_2} = n_{CaO} = 0,45\text{ (mol)}$

Nồng độ mol của dung dịch $Ca(OH)_2$ thu được là:

$C_{M_{Ca(OH)_2}} = \frac{n_{Ca(OH)_2}}{V_{dd}} = \frac{0,45}{0,3} = 1,5\text{ (M)}$

c) Tính khối lượng dung dịch $HCl$ $14,6\%$ cần dùng để trung hòa dung dịch bazo nói trên:

Phương trình hóa học trung hòa:

$Ca(OH)_2 + 2HCl \rightarrow CaCl_2 + 2H_2O$

Theo phương trình hóa học:

$n_{HCl} = 2 \cdot n_{Ca(OH)_2} = 2 \cdot 0,45 = 0,9\text{ (mol)}$

Khối lượng $HCl$ nguyên chất cần dùng là:

$m_{HCl} = 0,9 \cdot 36,5 = 32,85\text{ (g)}$

Khối lượng dung dịch $HCl$ $14,6\%$ cần dùng là:

$m_{dd\,HCl} = \frac{m_{HCl} \cdot 100\%}{C\%} = \frac{32,85 \cdot 100}{14,6} = 225\text{ (g)}$

Sai nha bạn

TL: 

Sai nhé bạn 

Bạn k cho mik cái đi nhé 

@@@@@@@@@@@@@@@@@ 

HT

VĂN BẢN ĐỌC HIỂU THAM KHẢO:

"Vịnh Hạ Long – Kỳ quan thiên nhiên thế giới" (Nguồn: Cổng thông tin điện tử Du lịch Việt Nam)

1. Mục đích, nội dung chính và mối quan hệ giữa nội dung với mục đích:

- Mục đích của văn bản:

Cung cấp cho người đọc các thông tin chính xác, khách quan về vị trí địa lý, giá trị cảnh quan, địa chất và tiềm năng du lịch của Vịnh Hạ Long; từ đó quảng bá vẻ đẹp của danh lam thắng cảnh và nâng cao ý thức bảo tồn di sản.

- Nội dung chính của văn bản:

+ Giới thiệu tổng quan về Vịnh Hạ Long (vị trí, diện tích, các đảo đá và hang động tiêu biểu).

+ Giá trị địa chất – địa mạo và hệ sinh thái đa dạng của Vịnh.

+ Các hoạt động trải nghiệm du lịch nổi bật dành cho du khách.

- Mối quan hệ giữa nội dung và mục đích:

Nội dung văn bản được xây dựng tập trung vào các đặc điểm nổi bật nhất của Vịnh Hạ Long. Sự sắp xếp nội dung từ tổng quan đến chi tiết giúp người đọc dễ dàng tiếp thu thông tin, từ đó hoàn toàn phục vụ và làm nổi bật mục đích quảng bá, thuyết minh cho danh lam thắng cảnh.

2. Ý nghĩa tên văn bản, nguồn dẫn, bố cục và các dấu hiệu hình thức:

- Ý nghĩa tên văn bản:

Tên văn bản "Vịnh Hạ Long – Kỳ quan thiên nhiên thế giới" ngắn gọn, chứa tên danh thắng và danh hiệu quốc tế, giúp người đọc nhận biết ngay đối tượng thuyết minh và giá trị tầm cỡ của địa danh này.

- Nguồn dẫn:

Văn bản trích từ Cổng thông tin điện tử Du lịch Việt Nam – đây là nguồn dẫn chính thống, uy tín, đảm bảo tính chính xác, tin cậy của các dữ liệu được cung cấp.

- Vai trò và ý nghĩa của bố cục, các tiêu đề nhỏ:

+ Bố cục văn bản gồm 3 phần rõ ràng: Mở đầu (Giới thiệu chung) -> Nội dung (Giá trị nổi bật & trải nghiệm) -> Kết bài (Khẳng định giá trị).

+ Các tiêu đề nhỏ (được in đậm) đóng vai trò phân chia nội dung thành các mục rõ ràng, giúp bài viết có tính logic, mạch lạc và người đọc dễ dàng tra cứu thông tin cần thiết.

- Các dấu hiệu hình thức nổi bật:

Văn bản sử dụng phông chữ rõ ràng, kết hợp in đậm ở các tiêu đề nhỏ, sử dụng các số liệu cụ thể (diện tích, số lượng đảo), chú thích ảnh đầy đủ và các từ ngữ thuyết minh giàu tính gợi hình.

3. Vai trò của kênh hình và giá trị của văn bản:

- Vai trò và tác dụng của kênh hình trong văn bản:

+ Kênh hình (hình ảnh các hòn đảo đá, hang động, cảnh bình minh trên vịnh) trực quan hóa các thông tin được mô tả bằng lời.

+ Tăng tính hấp dẫn, sinh động, kích thích thị giác và tạo cảm xúc thẩm mỹ cho người đọc, giúp người đọc dễ hình dung vẻ đẹp thực tế của danh thắng.

- Giá trị của văn bản:

+ Đối với xã hội: Văn bản góp phần quảng bá hình ảnh đất nước, con người Việt Nam ra thế giới, thu hút du lịch, phát triển kinh tế và lan tỏa thông điệp bảo vệ di sản thiên nhiên.

+ Đối với bản thân: Giúp em mở rộng hiểu biết về địa lý, lịch sử và nét đẹp quê hương; khơi gợi lòng tự hào dân tộc và ý thức giữ gìn, bảo vệ cảnh quan thiên nhiên môi trường.

7:

a: Tổng của 3 số là 48*3=144

Số thứ ba là:

144-37-42=65

b: Tổng của ba số là 94*3=282

Số thứ hai là 85-28=57

Số thứ ba là:

282-85-57=140

c: Cả ba đợt nhập được 150*3=450kg

Đợt 2 nhập: 170+40=210kg

Đợt 3 nhập:

450-170-210=70kg

d: Cả ba đợt nhập được 150*3=450kg

Đợt 2 nhập được:

168:4/5=210kg

Đợt 3 nhập được:

450-168-210=72kg

e: Cả 3 lớp có 32*3=96 bạn

Số học sinh lớp 5B là 33-2=31 bạn

Số học sinh lớp 5C là;

96-33-31=32 bạn

Fe3O4 + 3H2 -> 3Fe + 4H2O

  232                  3\(\times\)56              (M)

\(mFe3O4=1.5\times80\%=1.2\) tấn

\(mFe=\dfrac{1.2\times3\times56}{232}=0.87\) tấn

Chọn D

a) Xác định vị trí tương đối của điểm C với (O; R):

Vì $\triangle ABC$ vuông tại $C$ có $AB$ là đường kính của đường tròn $(O; R)$, nên trung điểm $O$ của $AB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

Do đó: $OC = OA = OB = R = \frac{AB}{2}$

Vậy điểm $C$ nằm trên (thuộc) đường tròn $(O; R)$.

b) Xác định vị trí tương đối của đường thẳng KC với (O; R):

Vì $K$ là trung điểm của $BC$ nên điểm $C$ thuộc đường thẳng $KC$.

Lại có điểm $C$ thuộc đường tròn $(O; R)$ (chứng minh ở câu a).

Do đó, đường thẳng $KC$ và đường tròn $(O; R)$ có ít nhất một điểm chung là $C$.

Mặt khác, $K$ nằm trên đoạn $BC$ (nằm bên trong đường tròn) nên đường thẳng $KC$ (chính là đường thẳng $BC$) cắt đường tròn $(O; R)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$.

Vậy đường thẳng $KC$ cắt đường tròn $(O; R)$.

c) Tính CH theo R:

Xét $\triangle ABC$ vuông tại $C$, đường cao $CH$:

Ta có: $AB = 2R$ và $\widehat{ABC} = 30^\circ$

Trong $\triangle ABC$ vuông tại $C$:

$BC = AB \cdot \cos\widehat{ABC} = 2R \cdot \cos 30^\circ = 2R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$

Xét $\triangle BCH$ vuông tại $H$:

$CH = BC \cdot \sin\widehat{ABC} = R\sqrt{3} \cdot \sin 30^\circ = R\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{R\sqrt{3}}{2}$

Vậy $CH = \frac{R\sqrt{3}}{2}$.

d) Chứng minh DC là tiếp tuyến của (O; R):

Xét đường tròn $(O; R)$ có $OC = OB = R$ nên $\triangle OBC$ cân tại $O$.

Lại có $K$ là trung điểm của dây cung $BC$, suy ra $OK \perp BC$ tại $K$ (đường kính đi qua trung điểm của dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây đó).

Do đó $OK$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$.

Vì $D \in OK$ nên $DB = DC$.

Xét $\triangle OBD$ và $\triangle OCD$ có:

- $OB = OC = R$

- $OD$ là cạnh chung

- $DB = DC$

$\Rightarrow \triangle OBD = \triangle OCD$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{OCD} = \widehat{OBD}$

Mà $Bx$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ nên $Bx \perp OB \Rightarrow \widehat{OBD} = 90^\circ$.

Suy ra $\widehat{OCD} = 90^\circ \Rightarrow DC \perp OC$ tại $C$.

Vì $C \in (O)$ và $DC \perp OC$ tại $C$, nên $DC$ là tiếp tuyến của $(O; R)$.

e) Chứng minh 3 điểm E, C, D thẳng hàng:

Vì $Ay$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ nên $AE \perp AB$.

Lại có $CH \perp AB$ (theo giả thiết), suy ra $AE \parallel CH$.

Áp dụng hệ quả của định lý Ta-lét:

- Trong $\triangle BAE$ có $CI \parallel AE$ (vì $I \in CH$ và $CH \parallel AE$):

$\frac{CI}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (1)

- Trong $\triangle BAE$ kéo dài với $IH \parallel AE$:

$\frac{IH}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{CI}{AE} = \frac{IH}{AE} \Rightarrow CI = IH$.

Do $I$ là trung điểm của $CH$ nên $CI = IH$ là luôn đúng.

Gọi $E'$ là giao điểm của $DC$ và $Ay$. Ta sẽ chứng minh $E'$ trùng với $E$.

Vì $Ay \parallel CH$ và $Bx \parallel Ay$ (cùng vuông góc với $AB$), nên $Bx \parallel CH \parallel Ay$.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $E'A$ và $E'C$ tại $E'$, ta có $E'A = E'C$.

Tương tự $DB = DC$.

Do $CH \parallel AE'$ và $CH \parallel BD$, theo định lý Ta-lét:

$\frac{CI}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$ và $\frac{IH}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$

Kết hợp $CI = IH$ suy ra đường thẳng $BI$ kéo dài sẽ đi qua giao điểm của tiếp tuyến $Ay$ và tiếp tuyến $CD$.

Do đó $E'$ chính là điểm $E$ (giao điểm của $BI$ và $Ay$).

Vậy ba điểm $E, C, D$ thẳng hàng (đpcm).

a) \(\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{5}\div\dfrac{3}{2}-1=\dfrac{3}{4}+\dfrac{18}{15}-1=\dfrac{39}{20}-1=\dfrac{19}{20}\)

b) \(\dfrac{6}{7}\cdot\dfrac{8}{13}+\dfrac{6}{13}\cdot\dfrac{9}{7}-\dfrac{4}{13}\cdot\dfrac{6}{7}=\dfrac{48}{91}+\dfrac{54}{91}-\dfrac{24}{91}=\dfrac{48+51-24}{91}=\dfrac{78}{91}=\dfrac{6}{7}\)

c) \(\dfrac{-3}{7}+\left(\dfrac{3}{-7}-\dfrac{3}{-5}\right)\)\(=\dfrac{-3}{7}+\left(\dfrac{-3}{7}-\dfrac{-3}{5}\right)=\dfrac{-3}{7}+\dfrac{6}{35}=-\dfrac{9}{35}\)