Đáp án ở đây nhé, một cách làm khác khá hay.

https://www.facebook...&type=1

Điều kiện:$sin2x\neq 0$

PT $\Leftrightarrow 2cos^2x-2sin^2x-8sixcosx+4\sqrt{2}cosx+4\sqrt{2}sinx-2=0$

      $\Leftrightarrow 4cosx(-2sinx+\sqrt{2})+2cos^2x-2sin^2x+4\sqrt{2}sinx-2=0$

      $\Leftrightarrow 4cosx(-2sinx+\sqrt{2})-4sin^2x+4\sqrt{2}=0$

       $\Leftrightarrow (\sqrt{2}sinx-1)(-\sqrt{2}cosx+sinx)=0$)

Đến đây bạn tự giải giải tiếp !!!(Chú ý điều kiện để loại nghiệm)

Nhầm đoạn đầu tiên rồi hay sao ấy.

Bạn quy đồng lên đúng k? nhưng nhầm đoạn $4\sqrt2$ hay sao ấy.

$2cotx-tanx-3cot3x= 0$

Điều kiện xác định: $\sin x\ne0;\cos x\ne 0;\sin 3x\ne 0$.

Phân tích $PT\Leftrightarrow 3(\cot x-\cot 3x)-(\cot x+\tan x)=0$

$\Leftrightarrow 3.\frac{\cos x.\sin 3x-\sin x.\cos 3x}{\sin x.\sin 3x}-\frac{1}{\sin x.\cos x}=0$

$\Leftrightarrow 3.\frac{\sin 2x}{\sin 3x}-\frac{1}{\cos x}=0$

$\Leftrightarrow \frac{6\cos x}{3-4(1-\cos^2x)}-\frac{1}{\cos x}=0$

$\Leftrightarrow 2\cos^2x-1=0\Leftrightarrow \cos 2x=0\Leftrightarrow x=\frac{k.\pi}{4}$

1. Tìm số tự nhiên có chữ số tận cùng là 3. Nếu xóa chữ số 3 này thì ta được một số giảm đi 1992 đơn vị. (trình bày cụ thể)

2. Tích 4 số tự nhiên liên tiếp là 3024. Tìm 4 số đó.

Bài 2: Gọi bốn số tự nhiên đó là $n;n+1;n+2;n+3$.

Ta có $n.(n+1).(n+2).(n+3)=3024$.

Mặt khác, $n^4< n.(n+1).(n+2).(n+3)< (n+3)^4$.

Nên ta có $n^4< 3024< (n+3)^4$.

Suy ra $n<7,41<n+3$

Suy ra, $n=5;6;7$.

Thay các giá trị này vào ta được $n=6$ thỏa mãn.

(Đoạn này, nếu không muốn thay hết các giá trị vào, ta phân tích chú ý $3024$ không chia hết cho 5 nên các trường hợp $n=5$ loại, $n=7\Rightarrow n+3=10$ loại).

Bài 3: Cũng nên đặt ẩn.

Giả sử góc $B$ tù.

Đặt hai đường chéo là $BD=2x;AC=2y$.

Ta có $a\ge x;b\le y$

Gọi $I,J$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp $ABC$ và $ABD$.

Ta có, $OI=IB-OB=a-x;OJ=OA-JA=y-b$.

Mặt khác, ta có $OI^2=IC^2-OC^2=a^2-y^2$ và $OJ^2=JB^2-OB^2=b^2-x^2$.

Suy ra, ta có hệ $\left\{\begin{matrix} (a-x)^2=a^2-y^2\\ (y-b)^2=b^2-x^2\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+y^2-2ax=0\\ x^2+y^2-2by=0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ax=by\\ x^2+y^2-2by=0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} ax=by\\ y^2(\frac{b^2}{a^2}+1)-2by=0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y=\frac{2a^2b}{a^2+b^2}\\ x=\frac{2ab^2}{a^2+b^2} \end{matrix}\right.$

Vậy độ dài hai đường chéo là $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} AC=\frac{4a^2b}{a^2+b^2}\\ BD=\frac{4ab^2}{a^2+b^2} \end{matrix}\right.$

Bài 1: Cho $(O,R)$ và 1 hình chữ nhật nội tiếp $(O)$. Tỉ số 2 cạnh liên tiếp của hình chữ nhat là $k$. Tính diện tích hình chữ nhật theo $R$ và $k$? Với giá trị nào của $k$ thì diện tích lớn nhất?

Đơn giản nhất là cứ đặt ẩn đi.

Đặt độ dài hai cạnh liên tiếp hình chữ nhật là $x$ và $y$.

Ta có $x=ky$ và $x^2+y^2=4R^2$ (Hình chữ nhật nội tiếp nên đường chéo chính là đường kính).

Suy ra, $y^2(k^2+1)=4R^2$.

Vậy $S=xy=ky^2=\frac{4kR^2}{k^2+1}$.

Áp dụng BDT Cauchy ta có $k^2+1\ge 2k$.

Nên $S\le 2R^2$.

Vậy khi $k=1$ (Hình vuông) thì diện tích hcn lớn nhất.

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

b,$(4x+1)x+(x-3)\sqrt{5-2x}=0$

c,$x^3+2=3\sqrt[3]{3x-2}$

c) Phương pháp giải chung của dạng này là đặt ẩn để biến đổi về hệ PT đối xứng loại 2.

Đặt $u=\sqrt[3]{3x-2}\Rightarrow u^3-3x+2=0$.

Thay vào PT trên ta được $x^3-3u+2=0$.

Giải hệ này không khó khăn gì nhé

bước thứ 1 phải là 3x^2 và bước 2 phải còn lại cái phân số 1/3 đó chứ bạn

Uhm. Mình nhầm chỗ đó.

$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x - tan x} {x^3}$

 

$\lim_{x \rightarrow 0} \left( \dfrac{1} {x} \right)^{tan x}$

Câu đầu tiên, Ta có $A=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1-\tan^2x}{2x^2}=-\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{x^2}+\lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x^2\cos^2x}=4+1=5$

Trong không gian $Oxyz$ cho mặt cầu $(S): x^{2}+y^{2}+z^{2}-4x+6y-2z-28=0$ và hai đường thẳng:

$d_{1}: \left\{\begin{matrix}x=-5+2t &  & \\  y=1-3t&  & \\  z=-13+2t&  & \end{matrix}\right.$ ; $d_{2}:\frac{x+7}{3}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z-8}{1}$

Viết phương trình $(P)$ tiếp xúc với mặt cầu $(S)$ và song với 2 đường thẳng $d_{1};d_{2}$

Dạng cơ bản mà.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2;-3;1)$ và bán kính $R=\sqrt{42}$.

Vecto $\vec{n}=[\vec{u_1};\vec{u_2}]=(1;4;5)$ là vecto pháp tuyến của $(P)$.

PT mặt phẳng $(P)$ có dạng $x+4y+5z+a=0$.

Để $(P)$ tiếp xúc với mặt cầu $(S)$ thì ta có $\frac{|2.1-4.3+5.1+a|}{\sqrt{1^2+4^2+5^2}}=\sqrt{42}\Leftrightarrow |a-5|=42$

$\Leftrightarrow a=47;a=37$.

Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn.

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Tính theo a khoảng cách giữa 2 đường thẳng A'C và B'B.

Ta có $BB'//(A'AC)$ nên khoảng cách giữa hai đường thẳng chính là khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $(A'AC)$.

Gọi $O$ là giao của $AC$ và $BD$.

Ta có $BO\perp AC;BO\perp A'A$ nên $BO\perp (A'AC)$.

Suy ra, $d(A'C;BB')=OB=\frac{a\sqrt2}{2}$.

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-1}-\sqrt{y} =8-x^{2}& \\ \left ( x-1 \right )^{2}=y& \end{matrix}\right.$

ĐK: $x\ge 1;y\ge 0$.

Từ PT thứ hai ta có $\sqrt y=x-1$.

Đặt $t=\sqrt{x-1}$. ĐK $t\ge 0$.

Ta thay vào PT đầu tiên được $t-t^2=8-(t^2+1)^2\Leftrightarrow t^4+t^2+t-7=0$

Cho 3 điểm A,B,C thẳng hàng. Theo thứ tự đó vẽ đường tròn (O) đường kính BC, AM là tiếp tuyến của (O). Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với BC cắt BC tại H và cắt (O) tại N

a) C/mR :$ OH.OA=R^2$

b) C/mR : MB là phân giác của góc AMH

c) Từ B vẽ đường thẳng song song với MC cắt MN và MA lần lượt tại D và E. C/mR tam giác MED cân và $\frac{HB}{HC}=\frac{AB}{AC}$

a) Ta có $\Delta AMO\sim\Delta MHO$ nên $\frac{OA}{OM}=\frac{OM}{OH}\Leftrightarrow OA.OH=OM^2=R^2$

b) Ta có $\widehat{BMH}=\frac{1}{2}sd BN=\frac{1}{2} sd MB$.

Mặt khác, $\widehat{AMB}=\frac{1}{2} sd MB$ (góc của tiếp tuyến).

Suy ra $\widehat{AMB}=\widehat{BMH}$.

Vậy $MB$ là phân giác của góc $\widehat{AMH}$

c) Ta có $MB\perp MC$ và $MC//DE$ nên $MB\perp DE$.

Suy ra, MB là đường cao tam giác $MDE$.

Mặt khác, theo phần b) thì $MB$ là đường phân giác của tam giác $DME$.

Suy ra tam giác $MDE$ cân tại $M$.

Ta có $\Delta HBD\sim\Delta HCM$.

Suy ra, $\frac{HB}{HC}=\frac{BD}{CM}=\frac{BE}{CM}$ (Theo trên thì $B$ là trung điểm $DE$).

Mặt khác, $\Delta AEB\sim\Delta AMC$

Suy ra, $\frac{AB}{AC}=\frac{BE}{CM}$.

Suy ra, $\frac{HB}{HC}=\frac{AB}{AC}$

Cho a,b,c là các số thực dương.

Tìm max:

               $P=\frac{abc}{\sqrt{\left ( a^{3}+1 \right )\left ( b^{3}+1 \right )\left ( c^{3}+1 \right )}}$

Ta có $a^3+1=\frac{a^3}{2}+\frac{a^3}{2}+1\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^6}{4}}=\frac{3a^2}{\sqrt[3]4}$.

Tương tự $b^3+1\ge \frac{3b^2}{\sqrt[3]4};c^3+1\ge \frac{3c^2}{\sqrt[3]4}$.

Vậy $b^3+1\ge \frac{3b^2}{\sqrt[3]4};c^3+1\ge \frac{3c^2}{\sqrt[3]4} P\le \frac{abc}{\sqrt{\frac{3^3a^2b^2c^2}{4}}}=\frac{2}{3\sqrt3}$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\sqrt[3]2$

Cho tam giác ABC , M nằm trong tam giác ABC
CMR vectơ 0=vectơMA.Sabc+vectơMB.Smac+vectơMC.Smab

Đây bạn nhé.

https://www.facebook...&type=1.

Cho tam giác ABC , M nằm trong tam giác ABC
CMR vectơ 0=vectơMA.Sabc+vectơMB.Smac+vectơMC.Smab

Bạn xem lại xem đề bài phải như thế này không nhé?

$\vec{MA}.S_{MBC}+\vec{MB}.S_{MAC}+\vec{MC}.S_{MAB}=\vec{0}$

 

Xin nhờ các anh chị tìm giúp em quy luật của dãy số sau ạ. Xin chân thành cảm ơn

       2.20        2.48        2.76        3.03        3.31        3.59        3.87        4.14        4.42        4.70        4.98        5.26        5.53        5.81        6.09        6.37        6.64        6.92        7.20        7.48        7.76        8.03        8.31        8.59        8.87        9.14        9.42        9.70        9.98      10.26      10.53      10.81      11.09      11.37      11.64      11.92      12.20      12.48      12.76      13.03      13.31      13.59      13.87      14.14      14.42      14.70      14.98      15.26      15.53

 

Quy luật như này nhé.

Em xét hiệu của hai số liên tiếp nhau sẽ được

28 28 27 28 28 28 27 28 28 28 28 27 ...

Số lần các lần tăng 0,28 liên tiếp được tăng dần dần lên. Từ 02 lần, lên 03 lần, 04 lần, ... và xen giữa là lần tăng 0,27.

làm sao nà bạn nghĩ ra phương pháp giải hay thế/ hướng dẫn giúp mình được không

                                     tôn lên làm sư

Phần a ah? Mình đánh giá phương trình thôi.

Ở VT ở phương trình đầu tiên, nhận xét là vế này sẽ luôn lớn hơn 0 với x, y thuộc khoảng nào đó, nó chỉ nhỏ hơn hoặc bằng 0 trong 1 phạm vi hẹp thôi.

Nên mình chứng minh VT nhỏ hơn 0 khi nào.

 cho mình hỏi tại sao 2 cái phương trình trên lại có nghiện với mọi x vậy

Đoạn đó mình viết nhầm. Phải là luôn có nghiệm $x\ge 2010$ hoặc ($x\ge 25$) không phải là mọi nhé.

Sorry.

Nhờ mọi người giúp đỡ

cái $\cos $ đầu tiền là gì thế?

Cho hình chóp tam giác đếu S.ABC có cạnh AB bằng a.Các cạnh bên SA,SB,SC tạo với đáy một góc 60.Gọi D là giao điểm sủa SA với mặt phẳng qua BC và vuông góc với SA.Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.DBC và S.ABC

Đáp án nhé.

Tìm số dư khi chia 1532$^{5}$-1 chia cho 9

Ta có $1532\equiv 2\mod 9$.

Suy ra, $1532^{5}-1\equiv 2^5-1\mod 9\equiv 4\mod 9$

1) Tính tổng các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một lập từ 6 chữ số 1;3;4;5;7;8

2)Tìm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi số là một số lẻ.

2) Để tổng các chữ số là một số lẻ thì số các chữ số lẻ phải là một số lẻ. Ta có các TH sau:

TH1: Có đúng một chữ số lẻ nằm ở vị trí đầu tiên. Ta có $5.A_5^4!=600$ số.

TH2: Có đúng một chữ số lẻ nhưng không nằm ở vị trí đầu tiên.

   - Chọn chữ số đầu tiên: Có 4 cách (Không thể có chữ số 0).

   - Xếp ba chữ số chẵn vào 03 trong 04 vị trí: Có $A_4^3=24$ cách

  - Chọn một chữ số lẻ xếp vào vị trí còn lại: có 5 cách

Vậy có $4.24.5 =480$ số.

TH3: Có 05 chữ số lẻ. Vậy có $5!=120$ số.

TH4: Có đúng 03 chữ số lẻ nhưng không có một chữ số lẻ ở đầu.

   -  Chọn chữ số đầu tiên: Có 5 cách

   - Xếp hai chữ số lẻ còn lại vào 2 vị trí: Có $A_4^2=6$ cách.

   - Xếp hai chữ số chẵn còn lại vào: Có $A_5^2=10$ cách.

Vậy có 5.6.10=300$ số.

TH5: Có đúng 03 chữ số lẻ, trong đó không có chữ số lẻ nào ở vị trí đầu tiên.

  - Chọn vị trí đầu tiên: Có 4 cách.

  - Xếp 03 chữ số lẻ vào: Có A_5^3=10$ cách

  - Xếp chữ số chẵn vào: Có 4 cách.

Vậy có 4.10.4=160$ số.

Vậy có $600+480+120+300+160=...$

Câu 5: ( 6 điểm ) CHo tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC=2a$. Gọi $O$ là trung điểm của $BC$, $AH$ là đường cao. $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB,AC$

a/ Cho $a=13cm$, $OH=5cm$. Tính $MN$

b/ Chứng minh $OA$ vuông góc với $MN$

c/ TÌm GTLN của diện tích tứ giác $AMHN$ the $a$. Khi đó tam giác $ABC$ là tam giác gì?

Phần a đính kèm hình nhé.

b) Ta có $\widehat{HAN}=\widehat{ABC}=\widehat{BAM}$ (Cùng phụ góc $\widehat{BAH}$).

Do $AMHN$ là hình chữ nhật nên $\widehat{HAN}=\widehat{HMN}$.

Suy ra $\widehat{HMN}=\widehat{MAB}$.

Mặt khác, $AB\perp MH$ nên suy ra $AM\perp MN$ (Tính chất hai góc bằng nhau có một cặp cạnh vuông góc).

c) Ta có $MH=\frac{HB.HA}{\sqrt{HB^2+HA^2}};NH=\frac{HC.HA}{\sqrt{HC^2+HA^2}}$

Suy ra $S=MH.NH=\frac{HB.HA}{\sqrt{HB^2+HA^2}}.\frac{HC.HA}{\sqrt{HC^2+HA^2}}$

$S=\frac{AH^4}{\sqrt{HB^2.HC^2+AH^2(HB^2+HC^2)+AH^4}}=\frac{AH^3}{\sqrt{2AH^2+(HB+HC)^2-2HB.HC}}$

$=\frac{AH^3}{\sqrt{2AH^2+(HB+HC)^2-2HB.HC}}=\frac{(BH.HC)^{\frac{3}{2}}}{BC}\le \frac{BC^3}{8BC}=\frac{a^2}{2}$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $HB=HC$. Tức là tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$.

Khi đó GTLN của diện tích hcn $AMHN$ là $S=\frac{a^2}{2}$.

Câu 4: ( 2 điểm)

a/ Tìm các số $x,y,z$ nguyên thỏa mãn: $x^2+y^2-xy\leq 3y+4z-z^2-7$

b/ Cho $x,y$ là các số thức lớn hơn 1. Chứng minh:

$\frac{(x^3+y^3)-(x^2+y^2)}{(x-1)(y-1)}\geq 8$

a) Ta có $PT\Leftrightarrow x^2+y^2-xy-3y+3\le -(z-2)^2$.

Suy ra, $y^2-(x+3)y+x^2+3\le 0$

$\Leftrightarrow \left (y-\frac{x+3}{2} \right )^2+x^2+3-\frac{(x+3)^2}{4}\le 0$

Suy ra, $x^2+3-\frac{(x+3)^2}{4}\le 0 \Leftrightarrow 3x^2-6x+3\le 0 \Leftrightarrow x=1$.

Với $x=1$ ta có $(y-2)^2 \le 0 \Leftrightarrow y=2$.

Thay vào PT ban đầu ta được $z=2$.

Vậy $x=1;y=2;z=2$.

b) Ta có $P=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}=\frac{(x-1)^2}{y-1}+\frac{(y-1)^2}{x-1}+\frac{x-1}{y-1}+\frac{x-1}{y-1}+\frac{y-1}{x-1}+\frac{y-1}{x-1}+\frac{1}{x-1}+\frac{1}{y-1}\ge 8$ (Theo Cauchy nhé).