Ta có:

\(cos20^0=sin70^0\)

\(cos55^0=sin35^0\)

\(\)Lại có:\(sin\alpha< tan\alpha\)

=> \(sin35^0< sin38^0< sin70^0< sin88^0< tan48^0\)

=> \(cos55^0< sin38^0< cos20^0< sin88^0< tan48^0\)

1: Xét ΔDEF vuông tại D có DK là đường cao

nên \(EK\cdot EF=DE^2;FK\cdot FE=DF^2\)

=>\(\frac{DE^2}{DF^2}=\frac{EK\cdot EF}{FK\cdot EF}=\frac{EK}{FK}\)

2: Xét ΔDKE vuông tại K có KA là đường cao

nên \(DA\cdot DE=DK^2\left(1\right)\)

Xét ΔDEF vuông tại D có DK là đường cao

nên \(KE\cdot KF=DK^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(DA\cdot DE=KE\cdot KF\)

3: Xét ΔDKF vuông tại K có KB là đường cao

nên \(DB\cdot DF=DK^2\) (3)

Từ (1),(3) suy ra \(DA\cdot DE=DB\cdot DF\)

4: Xét tứ giác DAKB có \(\hat{DAK}=\hat{DBK}=\hat{BDA}=90^0\)

nên DAKB là hình chữ nhật

=>DK=AB

\(EK^3+FK^3+3\cdot AB\cdot DE\cdot DF\)

\(=EK^3+FK^3+3\cdot DK\cdot\frac{DK^2}{DA}\cdot\frac{DK^2}{DB}\)

\(=EK^3+FK^3+3\cdot DK^2\cdot\frac{DK}{DA}\cdot\frac{DK^2}{DB}\)

\(=EK^3+FK^3+3\cdot EK\cdot FK\cdot\frac{DK^3}{DA\cdot DB}\)

\(=EK^3+FK^3+3\cdot EK\cdot FK\cdot\frac{DK^3}{\frac{DK^2}{DE}\cdot\frac{DK^2}{DF}}\)

\(=EK^3+FK^3+3\cdot EK\cdot FK\cdot DK^3\cdot\frac{DE\cdot DF}{DK^4}\)

\(=EK^3+FK^3+3\cdot EK\cdot FK\cdot\frac{DE\cdot DF}{DK}\)

\(=EK^3+FK^3+3\cdot EK\cdot FK\cdot EF\)

\(=EK^3+FK^3+3\cdot EK\cdot FK\cdot\left(EK+FK\right)=\left(EK+FK\right)^3=EF^3\)

5: \(KB\cdot DE+KA\cdot DF\)

\(=DA\cdot DE+DB\cdot DF=DK^2+DK^2=2DK^2\)

\(=2\cdot KE\cdot KF\)

6:

Xét ΔDKE vuông tại K có KA là đường cao

nên \(AD\cdot AE=AK^2\)

Xét ΔDKF vuông tại K có KB là đường cao

nên \(BD\cdot BF=BK^2\)

\(AD\cdot AE+BD\cdot BF\)

\(=AK^2+KB^2=KD^2\)

\(=KE\cdot KF\)

7: Xét ΔDKE vuông tại K có KA là đường cao

nên \(EA\cdot ED=EK^2\)

=>\(EA=\frac{EK^2}{ED}\)

Xét ΔDKF vuông tại K có KB là đường cao

nên \(FB\cdot FD=FK^2\)

=>\(FB=\frac{FK^2}{FD}\)

\(EF\cdot AE\cdot BF=EF\cdot\frac{EK^2}{ED}\cdot\frac{KF^2}{FD}=\frac{EF}{ED\cdot FD}\cdot EK^2\cdot KF^2\)

\(=\frac{EF}{DK\cdot EF}\cdot\left(EK\cdot KF\right)^2=\frac{1}{DK}\cdot DK^4=DK^3\)

\(=AB^3\)

Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{10,8}{18}=0,6\left(mol\right)\)

⇒ n_H2O > n_CO2 → X là ankan.

Vậy: X là metan.

nCO2 = 8,96/22,4 = 0,4 mol

nH2O = 10,8/18 = 0,6 mol

Đốt cháy C2H4 thu được nCO2 = nH2O:

C2H4 + 3O2 -> (nhiệt độ) 2CO2 + 2H2O

Mà nH2O > nCO2 nên X phải là hidrocacbon chỉ chứa liên kết đơn

Vậy chỉ có metan (CH4) thoả mãn.

7)Đk \(x\le2\)

Pt \(\Leftrightarrow x^2-x+8=4-2x\)

\(\Leftrightarrow x^2+x+4=0\)

\(\Delta=-15< 0\) => vô nghiệm

Vậy pt vô nghiệm

10) \(\sqrt{9x+9}-4\sqrt{\dfrac{x+1}{4}}=5\) (đk: \(x\ge-1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+1\right).9}-\dfrac{4\sqrt{x+1}}{\sqrt{4}}=5\)

\(\Leftrightarrow3\sqrt{x+1}-2\sqrt{x+1}=5\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+1}=5\) \(\Leftrightarrow x=24\) (tm)

Vậy \(S=\left\{24\right\}\)

Câu 7 

\(b,\) Thể 1 nhiễm : \(2n+1\)\(=14+1=15\)

 Thể 3 nhiễm : \(2n+1+1+1=14+1+1+1=17\)

  Thể tam bội : \(3n=3.7=21\)

Thể tứ bội : \(4n=7.4=28\)

Câu 7

- Sai vì phép lai phân tích là phép lai giữa cá thể mang tính trang trội cần xác định kiểu gen với cá thể mang tính trạng lặn để kiểm tra kiểu gen của cơ thể mang tính trạng trội. (đã sửa)

- Đúng vì \(6.2^5=192\left(tb\right)\)

- Sai vì ở kì giữa của quá trình nguyên phân, các NST kép đóng xoắn cực đại xếp thành 1 hàng trên mặt phẳng xích đạo của thoi phân bào .

\(L=3060A^o\) \(\Rightarrow N=\dfrac{2L}{3,4}=\dfrac{2\cdot3060}{3,4}=1800\left(nu\right)\)

Mà \(2A+2G=1800\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}A=T=438nu\\G=X=462\left(nu\right)\end{matrix}\right.\)

Khối lượng đoạn gen trên:

  \(M=N\cdot300=1800\cdot300=540000\left(đvC\right)\)

6.C

7.A

8.B