a) Ta có \(VT=cot^2\alpha+1=\dfrac{cos^2\alpha}{sin^2\alpha}+1\) \(=\dfrac{cos^2\alpha+sin^2\alpha}{sin^2\alpha}\) \(=\dfrac{1}{sin^2\alpha}\) \(=VP\), vậy đẳng thức được chứng minh.

 b) \(cot\alpha=3\Rightarrow tan\alpha=\dfrac{1}{3}\) (do \(tan\alpha.cot\alpha=1\))

 Có \(\dfrac{1}{sin^2\alpha}=1+cot^2\alpha=1+3^2=10\) \(\Rightarrow sin^2\alpha=\dfrac{1}{10}\) \(\Rightarrow sin\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{10}}\)

 Lại có \(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\) \(\Rightarrow cos\alpha=\sqrt{1-sin^2\alpha}=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{\sqrt{10}}\right)^2}=\dfrac{3}{\sqrt{10}}\) 

Hình bạn tự vẽ nhé, tại trên này chưa cho duyệt hình.

Ta thấy \(\widehat{BAQ}=\widehat{QCA}\) do chúng cùng phụ với \(\widehat{ABC}\)

Lại có \(\widehat{QAN}=\widehat{NAC}\) (do AN là phân giác của \(\widehat{QAC}\)) 

\(\Rightarrow\widehat{BAQ}+\widehat{QAN}=\widehat{QCA}+\widehat{NAC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BAN}=\widehat{BNA}\) (vì \(\widehat{BNA}\) lá góc ngoài của tại N tam giác ACN)

\(\Rightarrow\Delta BAN\) cân tại B 

 Vì BK là đường cao của tam giác BAN cân tại B nên BK cũng là đường trung trực của tam giác BAN.

  Lại có \(I\in BK\) nên \(IN=IA\).

  Tương tự, ta cũng có \(IM=IA\) \(\Rightarrow IM=IN\left(=IA\right)\)

 \(\Rightarrow\Delta IMN\) cân tại I   (1)

  Kéo dài tia AI và đặt là Ax. Khi đó \(\widehat{MIx}=\widehat{IAM}+\widehat{IMA}\) (do \(\widehat{MIx}\) là góc ngoài tại I của tam giác IAM) \(=2\widehat{MAx}\) (vì tam giác IAM cân tại I nên \(\widehat{IAM}=\widehat{IMA}\))

 Tương tự, ta có \(\widehat{NIx}=2\widehat{NAx}\)

 \(\Rightarrow\widehat{MIx}+\widehat{NIx}=2\left(\widehat{MAx}+\widehat{NAx}\right)\)

 \(\Rightarrow\widehat{MIN}=2\widehat{MAN}\)

 Mà \(\widehat{MAN}=\widehat{MAQ}+\widehat{NAQ}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{BAQ}+\widehat{CAQ}\right)=\dfrac{1}{2}\widehat{BAC}=45^o\)

 Nên \(\widehat{MIN}=2.45^o=90^o\)    (2)

 Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\Delta IMN\) vuông cân tại I (đpcm)

\(\left|\Omega\right|=C^3_{12}\)

a) Gọi biến cố A: "Lấy được cả 2 loại màu."

TH1: Lấy được 2 viên bi màu xanh: Có \(7.C^2_5=70\) cách.

TH2: Lấy được 2 viên bi màu đỏ: Có \(5.C^2_7=105\) cách.

\(\Rightarrow\) \(\left|A\right|=105+70=175\) cách

\(\Rightarrow P\left(A\right)=\dfrac{\left|A\right|}{\left|\Omega\right|}=\dfrac{175}{C^3_{12}}=\dfrac{35}{44}\)

b) Gọi B: "Lấy được ít nhất 1 viên bi đỏ." \(\Rightarrow\overline{B}:\) "Không lấy được viên bi đỏ nào." hay "Bốc được 3 viên bi đều màu xanh."

\(\Rightarrow\left|\overline{B}\right|=C^3_5=10\) 

\(\Rightarrow P\left(\overline{B}\right)=\dfrac{\left|\overline{B}\right|}{\left|\Omega\right|}=\dfrac{10}{C^3_{12}}=\dfrac{1}{22}\) 

\(\Rightarrow P\left(B\right)=1-P\left(\overline{B}\right)=1-\dfrac{1}{22}=\dfrac{21}{22}\)

c) Gọi C: "Lấy được ít nhất 1 bi xanh." \(\Rightarrow\overline{C}:\) "Không lấy được bi xanh nào." hay "Lấy được 3 viên bi màu đỏ."

\(\Rightarrow\left|\overline{C}\right|=C^3_7=35\)

\(\Rightarrow P\left(\overline{C}\right)=\dfrac{\left|C\right|}{\left|\Omega\right|}=\dfrac{35}{C^3_{12}}=\dfrac{7}{44}\)

\(\Rightarrow P\left(C\right)=1-P\left(\overline{C}\right)=1-\dfrac{7}{44}=\dfrac{37}{44}\)

d) Gọi D: "Lấy được ít nhất 2 viên bi màu đỏ."

TH1: Lấy được 2 viên bi đỏ: Có \(C^2_7.5=105\) cách

TH2: Lấy được 3 viên bi đỏ: Có \(C^3_7=35\) cách

\(\Rightarrow\left|D\right|=105+35=140\) 

\(\Rightarrow P\left(D\right)=\dfrac{\left|D\right|}{\left|\Omega\right|}=\dfrac{140}{C^3_{12}}=\dfrac{7}{11}\)

Gọi CTPT của alcohol là \(C_nH_{2n+2}O\left(n\ge1\right)\)

PTHH: \(2C_nH_{2n+2}O+2Na\rightarrow2C_nH_{2n+1}ONa+H_2\)

Ta có \(n_{H_2}=\dfrac{V_{H_2}}{24,79}=\dfrac{3,09875}{24,79}=0,125\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{alcohol}=0,25\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow M_{alcohol}=\dfrac{m}{n}=\dfrac{15}{0,25}=60\left(g\right)\)

Mà \(M_{alcohol}=14n+18\)

\(\Rightarrow14n+18=60\) \(\Leftrightarrow n=3\)

Vậy CTPT của alcohol là \(C_3H_8O\)

3) Do \(\Delta HFE\sim\Delta HBC\) có các đường cao tương ứng là HK, HD nên \(\Delta HKF\sim\Delta HDB\)

 \(\Rightarrow\dfrac{FK}{BD}=\dfrac{HF}{HB}\)

Mà \(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HF}{HC}\) (do \(\Delta HFE\sim\Delta HBC\)) nên \(\dfrac{FK}{BD}=\dfrac{HE}{HC}\) (đpcm)

Mặt khác, ta có \(\Delta HEK\sim\Delta HCD\) nên \(\dfrac{KE}{CD}=\dfrac{HE}{HC}\)

Từ đó \(\dfrac{FK}{BD}=\dfrac{KE}{CD}\) \(\Rightarrow\dfrac{FK}{KE}=\dfrac{BD}{DC}\)

Lại có KJ//EC nên \(\dfrac{FK}{KE}=\dfrac{FJ}{JC}\). Do đó \(\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{FJ}{JC}\).

Áp dụng định lý Thales đảo \(\Rightarrow\) DJ//BF hay DJ//BA.

Mà \(CF\perp BA\) nên \(DJ\perp CF\) (đpcm)

Ta thấy \(N=n^4-n^2-2n-1\)

\(N=\left(n^2\right)^2-\left(n+1\right)^2\)

\(N=\left(n^2+n+1\right)\left(n^2-n-1\right)\)

Với \(n\inℕ\) thì \(n^2+n+1>n^2-n-1\) nên để N là SNT thì:

\(n^2-n-1=1\)   (1) và \(n^2+n+1\) là SNT.

(1) \(\Leftrightarrow n^2-n-2=0\)

\(\Leftrightarrow n^2+n-2n-2=0\)

\(\Leftrightarrow n\left(n+1\right)-2\left(n+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(n+1\right)\left(n-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow n=2\) (do n là số tự nhiên)

Khi đó \(n^2+n+1=2^2+2+1=7\) là SNT -> Thỏa mãn.

Vậy \(n=2\)

 Bạn phải nói rõ là xúc xắc có bao nhiêu mặt. Nếu là 6 mặt thì xác suất bằng \(\left(\dfrac{2}{3}\right)^2=\dfrac{4}{9}\) (vì mỗi con xúc xắc có xác suất ra số lớn hơn 2 là \(\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\))

Có \(\left|\Omega\right|=C^4_{25}\)

Gọi A là biến cố: "Có ít nhất 1 viên bi màu đỏ."

Xét biến cố \(\overline{A}:\) "Không có viên bi màu đỏ nào."

Khi đó \(\left|\overline{A}\right|=C^4_{15}\) \(\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=\dfrac{C^4_{15}}{C^4_{25}}=\dfrac{273}{2530}\)

\(\Rightarrow P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\dfrac{273}{2530}=\dfrac{2257}{2530}\)

a) \(W=W_t+W_đ=mgh_0+\dfrac{1}{2}mv_0^2=2.10.10+\dfrac{1}{2}.2.5^2=225\left(J\right)\)

b) \(v^2-v_0^2=2gh\Rightarrow v=\sqrt{v_0^2+2gh}=\sqrt{5^2+2.10.10}=15\left(m/s\right)\)

c) Vật đạt độ cao lớn nhất \(\Leftrightarrow W=W_t\Leftrightarrow mgh_{max}=225\left(J\right)\) \(\Leftrightarrow2.10.h_{max}=225\) \(\Leftrightarrow h_{max}=11,25\left(m\right)\)