Cho $x,y,z $ là các số thực không âm thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm GTLN của biểu thức
$P=6(y+z-x)+27xyz$

Trong không gian cho mặt cầu (S), tâm $I(1;2;3)$, tìm mp (P) cắt mặt cầu tại 3 điểm $B,C,D$ sao cho tứ diện $ABCD$ vuông tại A và có thể tích lớn nhất.

ĐK: $x>5$
Ta có :
$f(x)= \log_3(x-5)+ \log_5(x-3)-\frac{x+2}{x-3}=0$
$f'(x)=\frac{1}{\ln5(x-3)}+\frac{1}{\ln3(x-5)}+\frac{5}{(x-3)^2} >0$, với mọi $x>5$
$\Rightarrow f(x)$ đồng biến
mà $f(8)=0$ nên $x=8$ là nghiệm duy nhất của pt.

Chết, nhìn nhầm, đề đúng phải là $36^x+4^x=9^x$

Giải pt:$36^x+9^x=4^x$

$I_1=\int \sqrt{x^2-x+1}dx+2 \int \frac{1}{\sqrt{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}dx=I'_1 + \ln{\sqrt{x^2-x+1}+\frac{3}{4}}+C$
2.đặt $u= \arccos x, dv=xdx$
$\Rightarrow du=\frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}, v=\frac{x^2}{2}...$

Giải hpt
$\left\{\begin{matrix} x^2-xy-1=0 &&\\ y^2-4xy-4y-1=0 &&\end{matrix}\right.$

Cho $a,b,c>0, a^2+b^2+c^2=1$. Tìm GTLN của
$P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$

Cho hình thang ABCD biết $AD=3BC,AB$ đi qua điểm $M(-12;0), C(2 ; -5),AD$ đi qua $N(-3;5)$. Viết phương trình đường thẳng $AB, AD$ biết diện tích ABCD là $50, AB$ không song song với $Ox,Oy$

Bài 1: Với $A,B$ là tập con của $X$

CMR: $A\subset B\Leftrightarrow B\setminus (B\setminus A)=A$

Tìm giới hạn: $N=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2}.\frac{3}{4}...\frac{2n-1}{2n}=\lim_{n\to +\infty}\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}$

a,Kẻ $SE \perp BC$.

Ta có $SE \perp BC, SA \perp BC \Rightarrow BC \perp (SAE)$

$\Rightarrow AE \perp BC \Rightarrow \angle SEA= \angle ((SBC);(ABC))$

$\Rightarrow AE=\frac{a}{\sqrt 3}$

$ \Delta ABC $ vuông $\Rightarrow \frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}$

$\Rightarrow AC=\frac{a}{\sqrt 2}$

$ V_{S.ABC}=\frac{1}{3}a. \frac{a^2}{2\sqrt 2}=\frac{a^3}{6\sqrt 2} (đvtt)$

Kẻ $AH \perp SE$ ta có $AH \perp (SBC)$

$\Rightarrow AH=\frac{a}{2}$

b, Theo định lí Talet ta có:

$\frac{SK}{SC}=\frac{d(K;SBC)}{d(C; (SBC)}=\frac{V_{S.ABK}}{V_{S.ABC}}$

$S_{SAB}=\frac{a^2}{2} \Rightarrow d(C;(SBC)) =\frac{a^3}{2\sqrt 2}. \frac{2}{a^2}=\frac{a}{\sqrt 2}$

Ta có $SC=\frac{\sqrt 6 a}{2}$

$SK=\frac{a}{\sqrt 3}$

$\Rightarrow V_{S.ABK}=\frac{a^3}{18} (đvtt)$

trong mặt phẳng $Oxy$ cho $\Delta ABC$ với $A_{(1;-2)}$; đường cáo $CH: x-y+1=0$ . phân giác trong $BN:2x+y+5=0$.Tìm tọa độ $B;C$ và tính diện tích $\Delta ABC$.

Phương trình $AB: x+y+1=0 \Rightarrow B(-4;3)$

Ta có $H(-1;0)$ , điểm $H'$ đối xứng với $H$ qua phân giác $BN$ là $H'(-3;-1)$

mà $H' \in BC \Rightarrow BC: 4x+y+13=0$

$\Rightarrow C(\frac{-14}{5}; \frac{-9}{5})$... Từ đó tính $S_ABC$

Trong mặt phẳng với toạ độ $Oxy$ cho hình thang $ABCD$ vuông tại $A$ và $D$ có $AB=AD <CD$ điểm $B(1;2)$, đường thẳng $BD$  có phương trình $y=2$. Biết rằng đường thẳng  $(d): 7x-y-25=0$  lần lượt cắt các đoạn thẳng $AD$ và $CD$ theo thứ tự tại $M$ và $N$ sao cho $BM$ vuông góc với $BC$ và tia $BN$ là tia phân giác của góc $MBC$. Tìm toạ độ đỉnh $D, (x_D >0)$

 

Cho $a,b,c >0$, và $abc=1$. Chứng minh:

$ \sum \frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)} \geq \frac{1}{3}$

Giải phương trình:

$4 \sin (x+\frac{5\pi}{6})-2\sin (2x+\frac{5\pi}{6})=1$

Bạn thử xem lại có cách nào giải được cái đoạn nghiệm lẻ không ?bậc ba nghiệm xấu?mà lượng giác thì ai làm thế?

Bài đã cho lẻ thì chịu rồi, giải bậc 3 chịu khó dùng Cardano đi em.

Tính tích phân : $\int_{ln1}^{ln6}\frac{(6.x^{3}+7.x^{2}-12x+1)dx}{\sqrt{x^{2}+4x+6}}$

Giả sử :

$\int \frac{6x^3+7x^2-12x+1}{\sqrt{x^2+4x+6}}$

$= (ax^2+bx+c)\sqrt{x^2+4x+6}+ k \int \frac{1}{\sqrt{x^2+4x+6}}$

Lấy đạo hàm 2 vế ta có:

$\frac{6x^3+7x^2-12x+1}{\sqrt{x^2+4x+6}} = (2a+b)(x^2+4x+6)+ (x+2)(ax^2+bx+c)+k$

Đồng nhất hệ số ta được:

$a=2; b=-\frac{13}{2}; c=3; k=-5$

$\Rightarrow I= (2x^2-\frac{13}{2}x+3) \sqrt{x^2+4x+6} -5 \int {dx}{\sqrt{(x+2)^2+2}}$

$\int {dx}{\sqrt{(x+2)^2+2}}$

$= \int \frac{1+\frac{x+2}{\sqrt{(x+2)^2+2}}}{x+2 +\sqrt{(x+2)^2+2}}dx$

$= \int \frac{d(x+2+\sqrt{(x+2)^2+2})}{x+2+\sqrt{(x+2)^2+2}}$

$= \ln(x+2+\sqrt{x^2+4x+6})$

Tính $I=\int \frac{\cos(x+\frac{3\pi}{8})}{\sqrt{2}+\sin 2x+\cos 2x}dx$

Ta có $I=\int \frac{\cos(x+\frac{3\pi}{8})}{\sqrt{2}+\sin 2x+\cos 2x}dx$

$= \frac{1}{\sqrt 2}\int \frac{\cos(x+ \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{8})}{1+ \sin(2x+\frac{\pi}{4})}$

đặt $t= x+ \frac{\pi}{4} +\frac{\pi}{8}  \Rightarrow 2x= 2t-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}$

$\Rightarrow I = \frac{1}{\sqrt{2}}\int \frac{ cost dt}{1+ \sin(2t-\frac{\pi}{2})}$

$= \frac{1}{2\sqrt 2} \int \frac{ cost}{\sin^2t}dt$

$=\frac{1}{2\sqrt 2} \int \frac{ d(sint)}{\sin^2t}dt$

$=\frac{-1}{2\sqrt 2 sint} +C$

 

 

Bài này giải như thế là sai bạn ạh cos3t=4(cost)^3-3cost

 

Ý bạn là sao nhỉ, từ cách đặt trên ta có:

$8cos^3t -6cost= \sqrt{ 2(cost+1)}$

$\Leftrightarrow 2(4cos^3t -3cost)=\sqrt{2.2 cos^2\frac{t}{2}}$

$\Leftrightarrow cos3t=cos \frac{t}{2}...??????????????????$

$\frac{1}{2-3x^2}-1\geq\frac{x}{\sqrt{2-3x^2}}$

$pt \Leftrightarrow \frac{2}{2-3x^2} -1 \geq \frac{2x}{\sqrt{2-3x^2}} +1$

$\Leftrightarrow \frac{3x^2}{2-3x^2} -\frac{2}{\sqrt{2-3x^2}}-1 \geq 0$

đặt $\frac{x}{\sqrt{2-3x^2}}=t$ ta có:

$3t^2-2t-1 \geq 0$

$\Leftrightarrow t \geq 1; t \leq -\frac{1}{3}$.........

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

 

 

MOD: Chú ý tiêu đề bạn nhé

 Bài này đại loại như sau:

chứng minh pt không có nghiệm $x>2$

$x^3-3x=x+x(x^2-4)>x>\sqrt{2x}>\sqrt{x+x} > \sqrt{x+2}$

đặt $x=2 cost $ ta được pt:

$cos3t=cos \frac{t}{2}$...

pt có 3 nghiệm $x=2, x=2cos\frac{4\pi}{4}, x= 2cos\frac{4\pi}{7}$.

P/s: Bài T6 báo THTT số 429, chắc giờ có báo rồi đấy, không biết lời giải của báo thế nào, bạn xem số 433 nhé!

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  $d_{1}:3x+y=-5,d_{2}:3x+y=-1$ và điểm M(1;-2). Viết phương trình đường thẳng  $\Delta$ qua M đồng thời cắt  $d_{1},d_{2}$ lần lượt tại 2 điểm A,B sao cho $AB=2\sqrt{2}$.

 

 

 

Nhận thấy $d_1 // d_2$ ta có $d(d_1;d_2)=2$

Từ $A \in d_1$ kẻ $AH$ vuông góc với $d_2$ ta có $AH=2$

$\Rightarrow cos(d_1; \Delta)=\frac{1}{\sqrt 2}$

$\Delta : a(x-1)+b(y+2)=0$

$\Rightarrow \frac{3a+b}{\sqrt{10(a^2+b^2)}}=\frac{1}{\sqrt 2}$

$\Leftrightarrow 2a=b, a=-2b$......

 

M,A,B thẳng hàng => tích có hướng MA và MB =0

đây phải là tích vô hướng mà

Vs lại minh mới đọc trước lớp 10 cho hỏi sao M,A,B thẳng hàng thì tích có hướng MA và MB bằng 0 nhỉ

Lời giải bài trên sai.

$M,A,B $ thẳng hàng ta có $\overrightarrow {MA} = k \overrightarrow {MB}$

Và

 $\overrightarrow {MA}. \overrightarrow {MB}=0$ khi

$MA ,MB$ vuông góc.

Bài 6: $I=\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}(3-x^2)\sqrt{3-x^2}dx$

Đặt $x=\sqrt{3} sint, t \in [\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$

 

$\Rightarrow dx= \sqrt{3} cost dt$

 

$I= \int (3-3sin^2t) \sqrt{3-3sin^2t}(\sqrt{3}cost)dt$

 

$=9 \int cos^4t dt= \frac{9}{4} \int (1+cos2t)^2 dt$

 

$=\frac{9}{4} \int (1+2cos2t +\frac{1+cos4t}{2}) dt$

 

$=\frac{9}{8} \int (3+4cos2t +cos4t) dt$

 

$=\frac{9}{8}(3t+2sin2t+\frac{1}{4} sin4t)+C$

Giải các hệ phương trình sau:

 

 

b)$\left\{\begin{matrix} xy-x+y=3 & \\ 4x^3+12x^2+9x=-y^3+6y+5 & \end{matrix}\right.$

Đặt $z=x+1$ ta có hệ:

$\left\{\begin{matrix} yz=z+2 & \\ 4z^3+y^3-3z-6-6y=0 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} yz=z+2 & \\ 4z^3+y^3-3(z+2)-6y=0(2) & \end{matrix}\right.$

$(2) \Leftrightarrow 4z^3+y^3-3y(z+2)=0 \Leftrightarrow 4z^3+y^3-3y^2z=0$

$\Leftrightarrow y=-z ; y=2z$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y=\frac{1-\sqrt{17}}{2} & \\ z=\frac{1-\sqrt{17}}{4}& \end{matrix}\right.$

hoặc $ \left\{\begin{matrix} y=\frac{1+\sqrt{17}}{2} & \\ z=\frac{1+\sqrt{17}}{4}& \end{matrix}\right.$