Câu hỏi:

Hình bình hành là tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Với mọi \(x\), ta có:

\(2{{x}^{2}}+8=2\left( {{x}^{2}}+4 \right)\).

Mà \({{x}^{2}}\ge 0\) Nên \({{x}^{2}}+4\ge 4>0\) hay \(2\left( {{x}^{2}}+4 \right)>0\).

\({{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+4x-8\)\(=\left( {{x}^{3}}-2{{x}^{2}} \right)+\left( 4x-8 \right)\)\(={{x}^{2}}\left( x-2 \right)+4\left( x-2 \right)\)\(=\left( x-2 \right)\left( {{x}^{2}}+4 \right)\)

Khi đó biểu thức \(A\) xác định khi và chỉ khi \(x-2\ne 0\) và \(x\ne 0\) hay \(x\ne 2\) và \(x\ne 0\).

Với \(x\ne 2\) và \(x\ne 0\), ta có:

\(\begin{array}{*{35}{l}} A & =\left( \frac{2x-{{x}^{2}}}{2{{x}^{2}}+8}-\frac{2{{x}^{2}}}{{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+4x-8} \right)\cdot \left( \frac{2}{{{x}^{2}}}-\frac{x-1}{x} \right) \\ {} & =\left[ \frac{2x-{{x}^{2}}}{2\left( {{x}^{2}}+4 \right)}-\frac{2{{x}^{2}}}{\left( {{x}^{2}}+4 \right)(x-2)} \right]\cdot \left[ \frac{2}{{{x}^{2}}}-\frac{x(x-1)}{{{x}^{2}}} \right] \\ {} & =\frac{\left( 2x-{{x}^{2}} \right)(x-2)-2{{x}^{2}}\cdot 2}{2\left( {{x}^{2}}+4 \right)(x-2)}\cdot \frac{2-{{x}^{2}}+x}{{{x}^{2}}} \\ {} & =\frac{2{{x}^{2}}-4x-{{x}^{3}}+2{{x}^{2}}-4{{x}^{2}}}{2\left( {{x}^{2}}+4 \right)(x-2)}\cdot \frac{-{{x}^{2}}+2x-x+2}{{{x}^{2}}} \\ & =\frac{-4x-{{x}^{3}}}{2\left( {{x}^{2}}+4 \right)(x-2)}\cdot \frac{-x(x-2)-(x-2)}{{{x}^{2}}} \\ {} & =\frac{-x\left( {{x}^{2}}+4 \right)}{2\left( {{x}^{2}}+4 \right)(x-2)}\cdot \frac{-(x-2)(x+1)}{{{x}^{2}}}=\frac{x+1}{2x} \\ \end{array}\)

Vậy với \(x\ne 2\) và \(x\ne 0\), thì \(A=\frac{x+2}{2x}\).

Thay \(x=2024\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A=\frac{x+2}{2x}\), ta được:

\(A=\frac{2024+2}{2\cdot 2024}=\frac{2026}{2\cdot 2024}=\frac{1013}{2024}\).

Vậy với \(x=2024\) thì \(A=\frac{1013}{2024}\).

Nhiệt lượng chì tỏa ra để giảm nhiệt độ từ \({{100}^{\circ }}\text{C}\) xuống \({{t}^{\circ }}\text{C}\) là:

\({{Q}_{chì}}=0,31\cdot 130\cdot \left( 100-t \right)=-40,3t+4030\left( \text{ }\!\!~\!\!\text{ J} \right).\)

Nhiệt lượng chì thu vào để tăng nhiệt độ từ \({{58,5}^{\circ }}\text{C}\) lên \({{t}^{\circ }}\text{C}\) là:

\({{Q}_{chì}}=0,25\cdot 4200\cdot \left( t-58,5 \right)=1050t-61425\left( \text{ }\!\!~\!\!\text{ J} \right).\)

Khi cân bằng nhiệt, nhiệt lượng tỏa ra bằng với nhiệt lượng thu vào

Nên ta có:

\({{Q}_{\text{nước}\!\!~\!\!\text{ }}}={{Q}_{\text{chì}\!\!~\!\!\text{ }}}\)

Do đó:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   1050t-61425 & =-40,3t+4030  \\   1090,3t & =65455  \\   t & \approx 60  \\ \end{array}\)

Vậy nhiệt độ của nước và chì khi đạt trạng thái cân bằng nhiệt là khoảng \({{60}^{\circ }}\text{C}\).

a) Ta có \(CM\bot AB\) và \(MA=MB=\frac{1}{2}CB\).

Vì \(SO\) là đường cao của hình chóp 

Nên \(O\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).

Do đó \(CM=\frac{3}{2}CO=\frac{3}{2}\cdot 2\sqrt{3}=3\sqrt{3}\left( \text{ }\!\!~\!\!\text{ cm} \right)\).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông \(CBM\), ta có:

\(C{{B}^{2}}=C{{M}^{2}}+M{{B}^{2}}\)

Suy ra \(C{{M}^{2}}=C{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}=C{{B}^{2}}-{{\left( \frac{1}{2}CB \right)}^{2}}=\frac{3}{4}C{{B}^{2}}\).

Do đó \({{(3\sqrt{3})}^{2}}=\frac{3}{4}C{{B}^{2}}\) suy ra \(CB=6\text{ }\!\!~\!\!\text{ cm}\).

Vì các mặt của hình chóp \(S.ABC\) là các tam giác đều.

Nên các cạnh bên của hình chóp có độ dài là 6 cm.

b) Vì các tam giác \(SAB\) và \(ABC\) là các tam giác đều bằng nhau 

Nên ta có \(SM=CM=3\sqrt{3}\left( \text{ }\!\!~\!\!\text{ cm} \right)\).

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) là:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {{S}_{xq}} & =\frac{1}{2}\left( AB+BC+CA \right)\cdot SM  \\   {} & =\frac{1}{2}\cdot \left( 6+6+6 \right)\cdot 3\sqrt{3}  \\   {} & =27\sqrt{3}  \\   {} & \approx 46,77\left( \text{ }~\text{ c}{{\text{m}}^{2}} \right).  \\\end{array}.\)