câu 3. giải hpt

 

$x=3y^3+2y^2$

$y=3z^3+2z^2$

$z=3x^3+2x^2$

 

câu 4. có bao nhiêu stn có 7 chữ số khác nhau thoả mãn 2 đk sau

 

+Có 3 chữ số 3,4,5 đứng liền nhau.

+Có 2 chữ số 7,9 đứng liền nhau

Câu 4 :

với 3 chữ số 3, 4, 5 là $\alpha$ . Ta có 6 cách chọn $\alpha$ 

Với 2 chữ số 7, 9 là $\beta$ . Ta có 2 cách chọn $\beta$ 

n là số có 7 chữ số ta có số vị trí còn lại là một hoán vị 4 phần tử$\Rightarrow $ có 24 cách xắp $\alpha , \beta $ vào n 

trong mỗi cách xếp, ta có $A_{5}^{2}$ là số cách chọn cho 2 vị trí còn lại 

$\Rightarrow$ có 5760 cách chọn ( kể cả 0 đứng đầu )

Xét 0 đứng đầu, n giờ là số có 6 chữ số ta có 288 cách chọn như vậy ( cách lập luận như trên) 

Vậy ta có 5462 cách chọn thỏa YCĐB

Câu 3 :

Xét hàm số $f(t)= 3t^{3}+ 2t^{2} \forall x \in \mathbb{R}$

$f'(t)= 9t^{2}+ 4t$ Ta có $f'(t)= 0 \Leftrightarrow x= 0  \vee x=\frac{-4}{9} $  

Lập BBT ta có $f(x)$ nghịch  biến trong khoảng $\left[ \frac{-4}{9};0 \right ]$ còn lại là đồng biến 

Xét khoảng $\left[ \frac{-4}{9};0 \right ]$ ta có $f(x)$ nghịch biến

$x\leq y\leq z \Rightarrow f(x)\geq f(y)\geq f(z)\Rightarrow y\geq x\geq z$

Suy ra $x=y=z$. Do đó : 

$\left\{\begin{matrix}x=y=z\\ x= 3x^3+ 2x^2  \end{matrix}\right.$

$\left(x;y;z \right )= \left(0;0;0 \right )$

Lập luận tương tự với khoảng $f(x )$ đồng biến ta nhận thêm được

 $\left(x;y;z \right )= \left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3} \right )=\left( -1; -1 ;-1\right )$

Tìm $m$ để $2sinx+mcosx=1-m$ có nghiệm $x\in\begin{bmatrix} \dfrac{-\pi}{2},\dfrac{\pi}{2} & \end{bmatrix}$

Ta có đk có nghiệm của dạng bài này là:$\left(m-1 \right )^{2}\leq 2^{2}+ m^{2}$

                                                                 $\Leftrightarrow m\geq \frac{-3}{2}$

pt đã cho: $2sinx+mcosx=1-m$

                  $\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{4+m^{2}}}\sin{x}+ \frac{m}{\sqrt{4+m^{2}}}\cos{x}= \frac{1-m}{\sqrt{4+m^{2}}}=\sin{\alpha }$

                 $\Leftrightarrow \sin(\beta+ x)= \sin{\alpha}$

                  $\Leftrightarrow x= \alpha -\beta +k2\pi \vee x= \pi - \alpha-\beta +k2\pi \left(k \in \mathbb{Z} \right )$

Xét $x= \alpha -\beta +k2\pi$ để $x\in\begin{bmatrix} \dfrac{-\pi}{2},\dfrac{\pi}{2} & \end{bmatrix}$ 

      $\Leftrightarrow \cos{x}\geq 0\Leftrightarrow \cos( \alpha -\beta )\geq 0$

        $\Leftrightarrow \cos{\alpha}\cos{\beta}+\sin{\alpha}\sin{\beta}\geq 0$

        $\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2m+3}}{\sqrt{m^{2}+4}}\frac{2}{\sqrt{m^{2}+4}}+ \frac{m}{\sqrt{4+m^{2}}}\frac{1-m}{\sqrt{4+m^{2}}}\geq 0$

      $\Leftrightarrow 2\sqrt{2m+3}-m^{2}+m\geq 0$

      $\Leftrightarrow 4\left(2m+3 \right )\geq m^{4}-2m^{3}+m^{2}$ Đk: $0\geq m\geq \frac{-3}{2} \vee m\geq 1$

      $\Leftrightarrow \left(m+1 \right )\left(m-3 \right )\left(m^{2}+4 \right )\leq 0$

      $\Leftrightarrow -1\leq m\leq 3$

kết hợp vs đk ta có $-1\leq m \leq 3$

Xét $x= \pi - \alpha-\beta +k2\pi $ để $x\in\begin{bmatrix} \dfrac{-\pi}{2},\dfrac{\pi}{2} & \end{bmatrix}$ 

         $\Leftrightarrow \cos{x}\geq 0\Leftrightarrow \cos( \pi-\alpha -\beta )\geq 0$

       $\Leftrightarrow \cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}\leq 0$

       $\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2m+3}}{\sqrt{m^{2}+4}}\frac{2}{\sqrt{m^{2}+4}}- \frac{m}{\sqrt{4+m^{2}}}\frac{1-m}{\sqrt{4+m^{2}}}\leq 0$

       $\Leftrightarrow 2\sqrt{2m+3}+m^{2}-m\leq 0$

$\Leftrightarrow 4\left(2m+3 \right )\leq m^{4}-2m^{3}+m^{2}$ Đk: $0\geq m\geq \frac{-3}{2} \vee m\geq 1$

       $\Leftrightarrow \left(m+1 \right )\left(m-3 \right )\left(m^{2}+4 \right )\geq 0$

       $m\geq 3 \vee m\leq -1$

kết hợp với đk ta có TH này $m \in  \varnothing$

Vậy  ta có $-1\leq m\leq 3$ là đk của m thỏa YCĐB

p/s: @Annie: e nói đúng rồi, thnks e

Tìm giới hạn sau:$\lim_{x\rightarrow 0}$ $\frac{tan 2x}{sin 5x}$

Ta có :

$\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{\sin2x }{2x}\times \frac{5x}{\sin5x}\times\frac{2}{5\times\cos2x}}$ $=$ $\frac{2}{5}$

Vì : $\lim_{x\rightarrow 0}{\frac{x}{\sin x}} = \lim_{x\rightarrow 0}{\frac{\sin x}{x}} = 1$

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

 

$(\frac{x^2}{x^2+1})^2+2(m-2)(\frac{x^2}{x^2+1})+m=0$

a/ $\sqrt{x^{2}+x+1}-\sqrt{x^{2}-x+1}=m$

Ta có $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}{\left(\sqrt{x^2 + x+1}-\sqrt{x^{2}-x+1} \right )}= \pm 1$Vì vậy để pt có nghiệm thì $m \in \left(-1;1\right)$

b/ $(\frac{x^2}{x^2+1})^2+2(m-2)(\frac{x^2}{x^2+1})+m=0 \left(1 \right )$ $\left(1>t>0 \right )\left(\star  \right )$ (Do mẫu < tử)

Đặt $t= \frac{x^{2}}{x^{2}+1}$ $\left(1 \right )\Leftrightarrow t^{2}+2\left(m-2 \right )t +m=0\left(2 \right )$

Để $\left(1 \right )$ có nghiệm thì $\left(2\right )$ có nghiệm 

$\Leftrightarrow \Delta ' = m^{2}-5m +4 \geq 0 \Leftrightarrow m \geq 4 \vee m\leq1\left(\ast  \right )$

Khi đó pt $\left(2\right)$ có nghiệm $t_{1,2}= 2-m \pm \sqrt{m^{2}-5m +4 }$

Từ  đk $\left(\star  \right )$ ta có đc $0<m<1$

kết hợp với $\left(\ast  \right )$ ta có pt $\left(1\right)$ có nghiệm $\Leftrightarrow 0<m \leq 1$ 

Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 

$\sqrt{x^{4}+4x+m}+\sqrt[4]{x^{4}+4x+m}=6$

Giải: 

làm tiếp cái này : 

ai lại không biết cái bạn làm, chủ yếu là cái $x^{4}+4x+m-16=0$ có nghiệm duy nhất

Để pt: $x^{4}+4x+m-16=0(1)$ có nghiệm duy nhất ta cần pt $(1 )$  có thể pt thành dạng $(x^2 + ax+b)(x^2 +cx+d)(2)$ mà trong đó chỉ xảy ra 2 TH: là cả 2 pt có chung nghiệm kép hay chỉ một trong 2 pt  có nghiệm kép, pt còn lại vô nghiệm $(3)$. 

Đồng nhất hệ số của $(1) $ và $(2)$ ta có: $x^{4}+4x+m-16=$ $\frac{(2ax^2 +2a^2x +a^3 -4)(2ax^2 - 2a^2x +a^3 +4 )}{4a^2}$ $= x^4 + 4x + \frac{a^6-16}{4a^2}(4)$

Ta gọi: $2ax^2 +2a^2x +a^3 -4$ là pt $(I)$,  $2ax^2 - 2a^2x +a^3 +4$ là pt $(II)$ 

Để thỏa $(3)$ ta cần: $\left\{\begin{matrix} \Delta _{(I)}= a^4 -2a(a^3-4)=0 \\ \Delta _{(II)}a^4 -2a(a^3 +4)\leq 0\end{matrix}\right.\vee\left\{\begin{matrix}\Delta _{(I)}= a^4 -2a(a^3-4)\leq 0\\ \Delta _{(II)}a^4 -2a(a^3 +4)=0\end{matrix}\right.$

                                   $\Leftrightarrow a=2 \vee a=-2$

                                    $(4)\Leftrightarrow m = 19$ 

Vậy $m=19 $   thỏa YCĐB

tìm m để phương trình: $\sqrt{2x^3-x^2+2x}=x^2+mx+1$ có nghiệm

Giải: 

$\sqrt{2x^3-x^2+2x}=x^2+mx+1 (x\geq 0 )(1)$

Nhận thấy $x=0 $ ko là nghiệm của pt, ta có :  $(1)\Leftrightarrow\sqrt{2x-1 +\frac{2}{x}}-\frac{1}{2}\left( 2x-1+ \frac{2}{x}\right )=m +\frac{1}{2}(2)$

Đặt $t=\sqrt{2x-1 +\frac{2}{x}}(t\geq 0)$ $\Leftrightarrow 0 = -\frac{t^2x -2x^2 +x-2 }{x}(3) $

Để $(3)$ có nghiệm $\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}\Delta_{(3)}\geq 0 \\x_{1}, x_{2}>0 \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}t^4 +2t^2 -15 \geq 0 \\ \frac{1}{4}\left(t^2 -\sqrt{t^4 +2t^2 -15}+ 1 \right )>0\\ \frac{1}{4}\left(t^2 +\sqrt{t^4 +2t^2 -15}+ 1 \right )>0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow t\geq \sqrt{3}(4)$ 

Ta có: 

$(2)\Leftrightarrow t- \frac{t^2}{2}= m +\frac{1}{2}$

Để thỏa $(4)$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\Delta_{t}= -2m\geq 0 \\1- \sqrt{-2m}\geq \sqrt{3}\vee 1+\sqrt{-2m}\geq \sqrt{3}\end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow m \leq \sqrt{3} -2 $ 

Vậy $m \leq \sqrt{3} -2 $ thỏa YCĐB

trên Oxy cho$\Delta$ABC vuông tại A các đỉnh A,B thuộc đường thẳng $y-2=0$ đường thẳng Bc có phương trình $\sqrt{3}x-y+2=0$ .tìm tọa độ trọng tâm Gcuar tam giác biết bán kính đường tròn nội tiếp  tam giác r=3.

mọi người giải giúp với

Giải: 

Ta có: $B\left(0;2 \right ), A(m;2), C(n; \sqrt{3}n+2)$ 

Ta tính được: 

$CB= 2\left | n \right |$

$AC= \sqrt{4n^{2}-2nm + m^{2}}$

$BA= \left | m \right |$

$d\left[A;(BC) \right ]= \frac{\sqrt{3}\left | m \right |}{2}$

Ta có hpt sau: 

$\left\{\begin{matrix}\left | mn \right |=\sqrt{3}\left | n \right |+\frac{\sqrt{3}\left | m \right |}{2}+\sqrt{4n^{2}-2mn+m^2} (1)\\AB^2 +AC^2= BC^2 (2)\end{matrix}\right.$

PT $(1)$ là do liên kết $S= \frac{1}{2}h_{a}a= pr$

Giải $(2)$ ta ra đc nghiệm $n = \sqrt{3}+1$

$\Rightarrow G\left(\sqrt{3}+1;3+\frac{\sqrt{3}}{3} \right )$

p/s: ko biết có sai đâu ko ta

Có 25 quả cầu gồm hai loại đen và trắng được đặt vào hai thùng. Thùng nào có số quả cầu đen nhiều hơn thì cũng có số quả cầu trắng nhiều hơn. Lấy ngẫu hiên từ mỗi thùng ra một quả cầu. Biết rằng xác suất để hai quả cầu cùng trắng là 0,48. Tìm xác suất để có một quả cầu đen và một quả cầu trắng. 

tìm Min P=$\frac{(x^3+y^3)-(x^2+y^2)}{(x-1)(y-1)}$

với x,y>1

làm bài này thử  

$P= \frac{x^{2}}{y-1}+ \frac{y^{2}}{x-1}\geq \frac{\left(x+y \right )^{2}}{x+y-2}\geq 8$

cái vế sau là một HĐT, bạn nhân lên  

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=2$

Một đề thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 3 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án đúng. Một thí sinh chọn ngẫu nhiên các câu trả lời. Hỏi xác suất thí sinh đó đạt điểm nào là cao nhất biết rằng mỗi câu trả lời đúng được một điểm và trả lời sai không bị trừ điểm

ta có xác suất để chọn đc 1 đáp án đúng trong 1 câu là $\frac{1}{3}$  Suy ra XS để có đc điểm cao nhất( 10 điểm) là :  $\frac{1}{3^{10}}$