|
|
giải đáp
|
đại 12-1
|
|
|
|
bạn đặt t=sinx
$x\in [0;\frac{\Pi }{2}]\Rightarrow t\in [0;1]$
$y=\frac{1}{4}t-\frac{1}{3}t^3$
xét sự biến thiên của hàm số y=f(t) trên [0;1] để tìm cực đại và cực tiểu
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 12-2
|
|
|
|
Gợi ý cách giải thôi bạn nhé ^^
$y=cos^3x-6cos^2x+9cosx+5$
đặt $t=cosx$
$\Rightarrow -1\leq t\leq 1$
xét $g(t)=t^3-6t^2+9t+5$ như xét hàm số bình thuờng để tìm cực đại cực tiểu của hàm số (tìm y' rồi xét bảng biến thiên, nhận xét)
|
|
|
|
giải đáp
|
các bạn giải dùm mình bài này với!
|
|
|
|
$\overrightarrow{u_1}=(-1;-1;1);\overrightarrow{u_2}=(1;1;-1)\Rightarrow [\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}]=0\Rightarrow d_1;d_2$ song song hoặc trùng nhau $M(1;2;1)\in d_1 ; N(1;-1;0)\in d_2\Rightarrow \overrightarrow{MN}=(0;3;1)\Rightarrow [\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{MN}]\neq 0$ nên $d_1 và MN$không cùng phương $\Rightarrow d_1//d_2$ đây là ý 1, còn ý 2 bạn kia hướng dẫn rồi nhé bạn ^^ |
|
|
|
giải đáp
|
lm giú mk nhá
|
|
|
|
đặt $t=\sqrt{x-1}\Rightarrow 2tdt=dx$đổi cận $ x=2\Rightarrow t=1, x=5\Rightarrow t=2$ I=2$\int\limits_{1}^{2}\frac{ln(t+1)}{t^2+t}tdt=2\int\limits_{1}^{2}\frac{ln(t+1)}{(t+1)}dt=2\int\limits_{1}^{2}ln(t+1) d[ln(t+1)]$ đặt u=ln(t+1) $\Rightarrow du=d[ln(t+1)]$ $t=1\Rightarrow u=ln2,t=2\Rightarrow u=ln3$ $\Rightarrow I=2\int\limits_{ln2}^{ln3}udu=u^2\left| {\begin{matrix} ln3\\ ln2 \end{matrix}} \right.=ln^23-ln^22$
|
|
|
|
giải đáp
|
tích phân
|
|
|
|
$\frac{1}{1+x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{1+x-\sqrt{1+x^2}}{2x}=\frac{1}{2x}+\frac{1}{2}-\frac{x\sqrt{1+x^2}}{2x^2}$$\Rightarrow I=\int\limits_{\sqrt{3}}^{\sqrt{8}}(\frac{1}{2x}+\frac{1}{2}-\frac{x\sqrt{1+x^2}}{2x^2})dx=(\frac{1}{2}ln|x|+\frac{1}{2}x)\left| \begin{matrix} \sqrt{8}\\ \sqrt{3} \end{matrix}{} \right.-\int\limits_{a}^{b}\frac{x\sqrt{1+x^2}}{2x^2}$ $=\frac{1}{4}ln\frac{8}{3}+\frac{1}{2}(\sqrt{8}-\sqrt{3})-\int\limits_{\sqrt{3}}^{\sqrt{8}}\frac{x\sqrt{1+x^2}}{2x^2}dx$ đặt $t=\sqrt{1+x^2}\Rightarrow 2tdt=2xdx\Rightarrow tdt=xdt$ đổi cận $x=\sqrt{3}\Rightarrow t=2,x=\sqrt{8}\Rightarrow t=3$ $\Rightarrow I=\frac{1}{4}ln\frac{8}{3}+\frac{1}{2}(\sqrt{8}-\sqrt{3})-\int\limits_{2}^{3}\frac{t^2dt}{2(t^2-1)}$ ta có$\int\limits_{2}^{3}\frac{t^2}{t^2-1}=\int\limits_{2}^{3}(1+\frac{1}{2(t-1)}-\frac{1}{2(t+1)})dt=t+\frac{1}{2}ln|\frac{t-1}{t+1}|=1+\frac{1}{2}ln\frac{3}{2}$ $I=\frac{1}{2}ln\frac{4}{3}+\frac{\sqrt{8}-\sqrt{3}-1}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
tính tích phân
|
|
|
|
$\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}\frac{1+\sin x}{1+\cos x}e^xdx=\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}\frac{e^xdx}{1+cosx}+\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}\frac{sinxe^xdx}{1+cosx}$ xét $I_1=\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}\frac{e^xdx}{1+cosx}=\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}\frac{e^xd(\frac{x}{2})}{cos^2\frac{x}{2}}=\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}e^xd(tan\frac{x}{2})=e^xtan \left| {\begin{matrix} \frac{\Pi }{2}\\ 0 \end{matrix}} \right.-\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}tan\frac{x}{2}d(e^x)$ $=e^\frac{\Pi }{2}-\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}\frac{sinx}{1+cosx}e^xdx$ $\Rightarrow I=e^\frac{\Pi }{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tìm hệ số ?
|
|
|
|
$A^3_n-8C^2_n+C^1_n=49 \Leftrightarrow \frac{n!}{(n-3)!}-8\frac{n!}{2(n-2)!}+\frac{n!}{(n-1)!}=49$ $\Leftrightarrow n(n-1)(n-2)-4n(n-1)+n=49$ $\Leftrightarrow n^3-3n^2+2n-4n^2+4n+n=49$ $\Leftrightarrow n^3-7n^2+7n-49=0$ $\Leftrightarrow (n-7)(n^2+7)=0$ $\Leftrightarrow n=7 $(nhận) số hạng trong khai triển của nhị thức $(x^2+2)^7$ là $C^k_7x^{14-2k}2^k$ số hạng chứa $x^8\Rightarrow (14-2k)=8\Leftrightarrow k=3$ vậy hệ số của số hạng chứa $x^8$ là $C^3_72^3=280$ |
|
|
|
giải đáp
|
tính tích phân .
|
|
|
|
cái này bạn đặt J=$\int\limits_{0}^{\frac{\Pi }{2}}\frac{cosx}{(cosx+sinx)^3}dx$ rồi giải hệ I+ J và I -J là ra, bạn làm thử k được mai mình up lời giải chi tiết nhé |
|
|
|
giải đáp
|
giai giúp mình đề toán này nha
|
|
|
|
câu1: phần lượng giác cos4x− cos3x+ cos2x=0 $\Leftrightarrow $ 2Cos3xCosx - Cos3x=0 $\Leftrightarrow cos3x(2cosx-1)=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} cos3x=0 \\ cosx=1/2 \end{matrix}} \right.$ (tới đây bạn tự giải nghiệm nhé ^^) Câu phương trình: đặt a =$\sqrt{3x-2}$, b=$\sqrt{x-1}$ (a, b $\geqslant$ 0, |a| + |b| $ \neq $0) ta có phương trình đã cho tương đương $\begin{cases}a^2-3b^2=1 (1) \\ a+b=a^2 + b^2 -6 +2ab (2) \end{cases}$
$(2)\Leftrightarrow a+b=(a+b)^{2} -6 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a+b = 3\\ a+b =-2 (loại) \end{matrix}} \right.$ a + b = 3 $\Leftrightarrow a=3-b\Rightarrow (3-b)^2-3b^2=1\Leftrightarrow 8-6b-2b^2=0\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} b=1 & \\ b=-4 ( loại) \end{matrix}} \right.$ $\Leftrightarrow \sqrt{x-1}=1 \Rightarrow x=2, thỏa pt , đk và a^2-3b^2=1 $
vậy pt có nghiệm x=2
Câu 2: điều kiện $x>\frac{-5+\sqrt{33}}{2}$ pt tương đương : $\frac{log2(x^2 +5x-2)}{log(2x)}=2$ (1) vì x=1/2 không phải là nghiệm phương trình nên ta có (1) $\Leftrightarrow log2(x^2+5x-2)=2log(2x)$ $\Leftrightarrow log2(x^2-5x-2)=log4x^2\Leftrightarrow 2x^2+10x-4=4x^2$ tới đây bạn tự giải phương trình bậc 2 ẩn x rồi hợp với điều kiện để nhận nghiệm
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Ai giúp mình bài toán với
|
|
|
|
từ phương trình đường cao kẻ từ B $\Rightarrow \overrightarrow{n_{AC}}=(3;1)$ $\Rightarrow $phương trình cạnh AC nhận vec tơ pháp tuyến là vectơ chỉ phương của đường cao kẻ từ B, và đi qua điểm A(2;1) là : 3(x-2)+ (y-1)=0 $\Leftrightarrow $3x + y -7 = 0 tọa độ điểm C là giao điểm của trung tuyến từ C và AC nên là nghiệm của hệ phương trình $\begin{cases}x+y+1=0 \\ 3x+y-7=0 \end{cases}\Rightarrow C(4;-5)$ Gọi I là trung điểm cạnh AB, I thuộc trung tuyến kẻ từ C nên I(i;-1-i) $\Rightarrow $ B(2i-2;-3-2i) B thuộc đường cao kẻ từ B nên 2i-2 - 3(-3-2i) -7 =0 $\Leftrightarrow $8i=0 $\Rightarrow i=0\Rightarrow B(-2;-3)$ |
|
|
|
giải đáp
|
ct khoảng cách giữa 2đt trong không gian
|
|
|
|
$\Delta :\begin{cases} \overrightarrow{u_{\Delta }}=(a;b;c) \\ M (x_{M};y_{M};z_{M}) \end{cases}$ $d: \begin{cases} \overrightarrow{u_{d}}= (a',b',c') \\ N(x_{N};y_{N};z_{N}) \end{cases}$ $d(\Delta ;d)=\frac{|[\overrightarrow{u_{\Delta} },\overrightarrow{u_{d}}]\overrightarrow{MN}|}{|[\overrightarrow{u_{\Delta }},\overrightarrow{u_{d}}]|}$ |
|
|
|
giải đáp
|
HÌNH 11
|
|
|
|
Chủ yếu mình nêu hướng giải thôi bạn nhé.Tính toán thì bạn chỉ cần thay số vào là được. 1.Ta có A' C' ⊥ B'D', A'C' ⊥ DD' $\Rightarrow $ A'C' ⊥ ( B'D'DB) $\Rightarrow $ A'C' ⊥ BD'mặt khác A'C' thuộc (A'DC') $\Rightarrow $ (A'DC') ⊥ (B'D'DB).
2.a. Gọi I là giao điểm của A'C' và B'D' A'C' ⊥ (B'D'DB) $\Rightarrow $ D'I là hình chiếu vuông góc của A'D' trên (B'D'DB) $\Rightarrow \widehat{A'D',(B'D'DB)}=\widehat{A'D'B}$ ( vì $\triangle $A'B'D' vuông tại A nên$\widehat{A'D'B'}<90^{o}$)
Tam giác A'B'D' vuông cân tạ A nên $\widehat{A'D'B'}=45^{o}$ b. ta có (A'DC') giao (A'B'C'D') = A'C' B'D' ⊥ A'C' DI⊥ A'C' (vì tam giác A'C'D cân tại D) $\Rightarrow \widehat{(A'DC'),(A'B'C'D')}=\widehat{B'D',DI}=\widehat{D'ID}$ (vì ID'D vuông tại D nên $\widehat{D'ID}<90^{o}$) ( tới đây thì bạn tự tính được rồi nhé)
3. ta có d ( A, ( A'DC' ) ) = d ( D' , ( A'DC' ) ) Trong (D'B'DB) , kẻ D'K vuông góc với ID $\Rightarrow$ D'K ⊥ A'C' (vì D'K thuộc (B'D'DB) $\Rightarrow d(D',(A'C'D))=D'K$ Trong tam giác vuông D'ID ta có $\frac{1}{D'K^{2}}=\frac{1}{D'I^{2}}+\frac{1}{D'D^{2}}\Rightarrow D'K$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Chứng minh
|
|
|
|
Cho 8 số $x_{1},x_{2},...,x_{8}$. Chứng minh trong 6 số sau đây $x_{1}x_{3} + x_{2}x_{4}; x_{1}x_{5} x_{2}x_{6}; x_{1}x_{7} +x_{2}x{8}; x_{3}x_{5} + x_{4}x_{6};x_{3}x_{7} + x_{4}x_{8}; x_{5}x_{7} + x_{6}x_{8}$ thì có ít nhất 1 số không âm.
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Cho ABCD là 1 tứ diện lồi thỏa max {AB,BC,CD,DA} <4 Lấy điểm O bất kỳ ở trong tứ giác, chứng minh min {OA,OB,OC,OD}<3 |
|