Câu 4:

a, \(4P+5O_2\underrightarrow{t^o}2P_2O_5\)

\(4K+O_2\underrightarrow{t^O}2K_2O\)

b, \(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)

c, \(2K+2H_2O\rightarrow2KOH+H_2\)

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

\(SO_3+H_2O\rightarrow H_2SO_4\)

Phương trình hoành độ giao điểm là:

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

a: Để (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt thì \(\left(-2m\right)^2-4\left(m^2-m\right)>0\)

=>4m>0

hay m>0

b: Để (P) cắt (d) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung thì \(m^2-m< 0\)

=>0<m<1

Bài 5: 

a: Để đây là hàm số bậc nhất thì m+5<>0

hay m<>-5

a)

`x+4/5=5/6`

`=>x=5/6-4/5`

`=>x=25/30-24/30`

`=>x=1/30`

b)

`3/4xx x=7/12`

`=>x=7/12:3/4`

`=>x=7/12xx4/3`

`=>x=7/9`

`x+4/5 = 5/6`

`=>x=5/6-4/5`

`=>x= 1/30`

__

`3/4 xx x =7/12`

`=>x= 7/12 : 3/4`

`=>x= 7/12 xx4/3`

`=>x=7/9`

chữa:AB là hai cực nguồn điện

xét TH: K mở =>(R1 nt R2)//(R3 nt R4)

\(=>Uab=U12=U34=24V\)

\(=>I12=I1=I2=\dfrac{U12}{R12}=\dfrac{24}{R1+R2}=\dfrac{24}{12}=2A\)

\(=>I34=I3=I4=\dfrac{U34}{R3+R4}=\dfrac{24}{12}=2A\)

xét TH K đóng =>(R1//R3) nt(R2//R4)(kết quả hơi xấu)

\(=>I13=I24=\dfrac{Uab}{Rtd}=\dfrac{24}{\dfrac{R1.R3}{R1+R3}+\dfrac{R2.R4}{R2+R4}}=\dfrac{24}{\dfrac{4.6}{4+6}+\dfrac{8.6}{8+6}}=\dfrac{70}{17}A\)

\(=>U13=U1=U3=I13.R13=\dfrac{168}{17}V=>I1=\dfrac{\dfrac{168}{17}}{R1}=\dfrac{42}{17}A=>I3=\dfrac{\dfrac{168}{17}}{R3}=\dfrac{28}{17}A\)

làm tương tự đối với U24 để tìm I2,I4

b, (R1 nt R2)//(R3 nt R4) tính Ucd=-U1+U3, tính U1,U3 là xong

\(n_{O_2}=\dfrac{1,6}{32}=0,05\left(mol\right)=>n_A=0,05\left(mol\right)\)

=> \(M_A=\dfrac{3}{0,05}=60\left(g/mol\right)\)

=> D

a: Xét (O) có

\(\hat{BAE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

\(\hat{CAE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{BAE}=\hat{CAE}\)

Do đó: sđ cung BE=sđ cung CE
Xét (O) có

\(\hat{ADB}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AB và CE

=>\(\hat{ADB}=\frac12\) (sđ cung AB+sđ cung CE)

=1/2(sđ cung AB+sđ cung BE)=1/2*sđ cung AE(1)

Xét (O) có

\(\hat{MAE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AE

Do đó: \(\hat{MAE}=\frac12\cdot\) sđ cung AE(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{MAD}=\hat{MDA}\)

=>MA=MD

b: Xét (O) có

\(\hat{AEC};\hat{ABC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{AEC}=\hat{ABC}\)

Xét ΔAEC và ΔABD có

\(\hat{AEC}=\hat{ABD}\)

\(\hat{EAC}=\hat{BAD}\)

Do đó;ΔAEC~ΔABD

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AC}{AD}\)

=>\(AE\cdot AD=AB\cdot AC\)

a: Xét (O) có

\(\hat{BAE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

\(\hat{CAE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{BAE}=\hat{CAE}\)

Do đó: sđ cung BE=sđ cung CE
Xét (O) có

\(\hat{ADB}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AB và CE

=>\(\hat{ADB}=\frac12\) (sđ cung AB+sđ cung CE)

=1/2(sđ cung AB+sđ cung BE)=1/2*sđ cung AE(1)

Xét (O) có

\(\hat{MAE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AE

Do đó: \(\hat{MAE}=\frac12\cdot\) sđ cung AE(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{MAD}=\hat{MDA}\)

=>MA=MD

b: Xét (O) có

\(\hat{AEC};\hat{ABC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{AEC}=\hat{ABC}\)

Xét ΔAEC và ΔABD có

\(\hat{AEC}=\hat{ABD}\)

\(\hat{EAC}=\hat{BAD}\)

Do đó;ΔAEC~ΔABD

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AC}{AD}\)

=>\(AE\cdot AD=AB\cdot AC\)