a) Z = 20 ⇒ Cấu hình electron của nguyên tử R: 1s22s22p63s23p64s2.

b) - Nguyên tử R có Z = 20 nên nằm ở ô 20 trong bảng tuần hoàn.

- Nguyên tử R có 4 lớp electron nên thuộc chu kì 4. 

- Nguyên tử R có 2 electron lớp ngoài cùng, electron ngoài cùng nằm trên phân lớp s nên R thuộc nhóm IIA.

c) - Nguyên tử R có 2 electron lớp ngoài cùng nên là nguyên tố kim loại.

Nguyên tử R dễ nhường 2 electron để có cấu hình electron của nguyên tố khí hiếm gần nó nhất.

- Hoá trị cao nhất với oxygen là hoá trị II.

- Công thức oxide cao nhất là XO.

- Công thức hydroxide tương ứng: XH2.

d) Phương trình hoá học:

2R     +        O2      $\underrightarrow{t^o}$        2RO

8 gam                                11,2 gam

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

$m^R+m^{O^2}=m^{RO}$ ⇒ $m^{O^2}=m^{RO}-m^R=11,2-8=3,2$ (gam)

$n^{O^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{3,2}{32}=0,1$ (mol) ⇒ $n^R=0,1\times 2=0,2$ (mol)

$M^R=\genfrac{}{}{0ex}{}{m^R}{n^R}=\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{0,2}=40$ (g/mol).

⇒ R là Ca.

​Từ giả thiết, ta suy ra tam giác $ABC$ có $\widehat{CAB}={60}^{\circ }$, $\widehat{ABC}={105}^{\circ }30^{\prime }$ và $AB=70.$

Khi đó $\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}={180}^{\circ }\iff \hat{C}={180}^{\circ }-\left(\hat{A}+\hat{B}\right)={180}^{\circ }-{165}^{\circ }30^{\prime }={14}^{\circ }30^{\prime }$.

Theo định lí sin, ta có $\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{\sin B}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AB}{\sin C}$ hay $\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{\sin {105}^{\circ }30^{\prime }}=\genfrac{}{}{0ex}{}{70}{\sin {14}^{\circ }30^{\prime }}$.

Do đó $AC=\genfrac{}{}{0ex}{}{70.\sin {105}^{\circ }30^{\prime }}{\sin {14}^{\circ }30^{\prime }}\approx 269,4$ m.

Gọi $CH$ là khoảng cách từ $C$ đến mặt đất. Tam giác vuông $ACH$ có cạnh $CH$ đối diện với góc ${30}^{\circ }$ nên $CH=\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{269,4}{2}=134,7$ m.

Vậy ngọn núi cao khoảng $134,7$ m.

a) Ta có $\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{OD}$

$\Rightarrow \left|\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{CB}\right|=\left|\overrightarrow{OD}\right|=OD=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}BD=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\sqrt{a^2+a^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{a\sqrt{2}}{2}$

b) $VT=\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{DC}=\left(\overrightarrow{DA}-\overrightarrow{DB}\right)+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{0}=VP$.

Ta có $\genfrac{}{}{0ex}{}{x-2y}{2}>\genfrac{}{}{0ex}{}{2x+y+1}{3}\iff 3(x-2y)-2(2x-y+1)>0\iff -x-4y-2>0\iff x+4y+2<0$. 

Trong mặt phẳng tọa độ, vẽ đường thẳng $\Delta$: $x+4y+2=0$.

Xét điểm $O(0;0)$, thấy $(0;0)$ không phải là nghiệm của bất phương trình đã cho do đó miền nghiệm cần tìm là nửa mặt phẳng bờ $\Delta$ (không kể đường thẳng $\Delta$) và không chứa điểm $O(0;0)$ (Miền không được tô màu ở hình vẽ sau).

a) $A\cap B=\left\{2;3;4\right\}$;

$A\cup B=\left\{0;1;2;3;4;5;6\right\}$.

b) Điều kiện: $2-x\ge 0$

$\iff x\le 2\Rightarrow$ Tập xác định $D=\left(-\infty ;2\right]$.​