Đặt $x=t+\frac{\pi}{6}$

$a^2+b^2+16=8a+6b$

$Với x\neq 0; \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{(1+x)(1+2x)(1+3x)-1}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}(6+11x+6x^2)=6$

Trong mp tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ đỉnh A là 3x-y+5=0; trực tâm H(-2;-1); M(1/2;4) là trung điểm AB, BC=$\sqrt{10} $. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C.

$8\sin(x+\frac{\pi}{6})+\tan x+\cot x=4\cot2x$

$\begin{cases}x^2(y+1)=6y-2 \\ x^4y^2+2x^2y^2+y(x^2+1)=12y^2-1 \end{cases}$

$\sin 6x=3\sin 2x-4\sin ^32x=3t-4t^3$

Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm M(1;-3;-2), A(1;-1;2); B(-1;-4;1) và mặt cầu (S):$(x-3)^2+(y+4)^2+(z+1)^2=25$; (P) là mp qua M cắt (S) theo giao tuyến là một đg tròn có bán kính nhỏ nhất. Viết pt đt (d) qua B, nằm trong (P) và cách A 1 khoảng lớn nhất

Trong mp Oxy, cho tam giác ABC có A(2,6), chân đường phân giác trong của góc A là M(2;-3/2) và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(-1/2;1). Xác định tọa độ B;C

$Y_1=\int\limits_{0}^{\pi/2}\frac{sin x}{\sin x+ \cos x} dx$
$Y_2=\int\limits_{0}^{\pi/2}\frac{cosx}{\sin x+ \cos x} dx$ 
+$Y_1+Y_2=\int\limits_{0}^{\pi/2}\frac{\sin x+cosx}{\sin x+ \cos x} dx=\int\limits_{0}^{\pi/2}dx=x|\begin{matrix} \pi/2\\ 0 \end{matrix}=\pi/2$       (1)
+$Y_1-Y_2=\int\limits_{0}^{\pi/2}\frac{sinx-cosx}{sinx+cosx}dx$ 
Đặt  t=sinx+cosx=>dt=-(sinx-cosx)dx
x   0         $ \pi/2$
t     1              1
=>$Y_1-Y_2=0$          (2)
(1)+(2)=2Y=$\pi/2$ =>  Y=$\pi/4$

$\int\limits_{0}^{1/4}$ $\sqrt{\frac{x}{1-2x}}$dx 
Đặt $ t =\sqrt{x}=> t^2=x=>2tdt=dx$
x   0           1/4
t    0           1/2
= $\int\limits_{0}^{1/2}\frac{t.2t.dt}{\sqrt{1-2t^2}}$
Đặt $t=\frac{1}{\sqrt{2}}sinu=>dt=\frac{1}{\sqrt{2}}cosu.du $
t    0           1/2
u   0           $\Pi/4$
=  $\int\limits_{0}^{\Pi/4}\frac{2(\frac{1}{\sqrt{2}}sinu)^2\frac{1}{\sqrt{2}}cosu.du}{\sqrt{1-sin^2u}}$
= $\int\limits_{0}^{\Pi/4}sin^2u.\frac{1}{\sqrt{2}}.du$
= $\frac{1}{\sqrt{2}}\int\limits_{0}^{\Pi/4}\frac{1-cos2x}{2}.du$
=$\frac{1}{2\sqrt{2}}(u-\frac{1}{2}sin2u)|\begin{matrix} \Pi/4\\ 0 \end{matrix}$ 
=$\frac{\Pi-2}{8\sqrt{2}}$ 

Câu 1/
a/
+Dễ thấy với AB=AC=AD và $\widehat{BAC}=\widehat{CAD}=\widehat{DAB} $ thì $\triangle BAC=\triangle CAD=\triangle DAB$
=> BC=CD=DB hay $\triangle BCD$ đều  gọi G là trọng tâm $\triangle BCD$ => G là hình chiếu của A xuống mp (BCD)
+Xét  $\triangle BCD$ đều có G là trọng tâm => BG vuông góc CD; (1)
+Mặt khác AG vuông góc mp(BCD) nên AG vuông góc CD    (2)
(1)(2)=> CD vuông góc AB tương tự AC vuông góc BD và AD vuông góc BC.
 b/
+Từ giả thiết AB=AC=AD và $\widehat{BAC}=\widehat{BAD}$ 
ta dễ dàng suy ra  $\triangle BAC=\triangle BAD$=> BC=BD
=> $\triangle BCD$ cân tại B => BJ là trung tuyến cũng là đường cao => BJ vuông góc CD   (3)
Mặt khác xét  $\triangle CAD$ có AC=AD và $\widehat{DAC}=90^0$ nên $\triangle CAD$ vuông cân
=> Aj vừa là trung tuyến vừa là đường cao => AJ vuông góc CD   (4)
(3)(4)=> CD vuông góc mp (ABJ) => CD vuông góc IJ
 +Từ gt AB=AC=AD và $\widehat{BAC}=\widehat{BAD}=60^0$=> $\triangle BAC$ và $\triangle BAD$ đều => AC=BC=AD=BD hay 
 $\triangle CAD=\triangle CBD$=> AJ=BJ =>  $\triangle AJB$ cân tại I => IJ là trung tuyến cũng là đường cao=> IJ vuông AB

$\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}dx$
 =$\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{1-x}{\sqrt{1-x^2}}dx$
Đặt x=sint => dx=cost.dt
x    1/2         1
t   $\Pi/6$    $\Pi/2$
= $\int\limits_{\frac{\Pi}{6}}^{\frac{\Pi}{2}}\frac{(1-sint)cost.dt}{\sqrt{1-sin^2t}}$
= $\int\limits_{\frac{\Pi}{6}}^{\frac{\Pi}{2}}(1-sint)dt$
=$(t+cost)|\begin{matrix} \frac{\Pi}{2}\\ \frac{\Pi}{6} \end{matrix}$ 
=$\frac{\Pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}$ 

$2\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}+3\sqrt{1-x^2}=3-x$

$y=x^4-2(m+1)x^2+m^2-4$  (1) m là số thực
Tìm m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ >-4