Giải phương trình

$cos^{2}x+cos^{2}2x+cos^{2}3x+cos^{2}4x=\frac{3}{2}$

Phương trình tương đương $2\cos ^2x - 1+2\cos^22x-1+2\cos^23x-1+2\cos^24x=0$

$\Leftrightarrow \cos 2x+\cos6x+\cos4x(2\cos4x+1)=0$

$\Leftrightarrow 2\cos4x.\cos2x+\cos4x(4\cos^22x-1)=0$

$\Leftrightarrow \cos4x(4\cos^22x+2\cos2x-1)=0$

Đến đây bạn có thể giải được rồi nhé!.

*)TH1 x=0$\Rightarrow$ không tồn tại y

*)TH2 x=1 $\Rightarrow$ y=2

*)TH3 x$\geq$ 2 $\Rightarrow$ nếu y$\geq 2  suy ra 5^{x}-2^{y}\vdots 3$(loại) $\Rightarrow$ y=0 hoặc y=1. Thay vào biểu thức thấy không tìm được x thỏa mãn

Vậy x=1,y=2

Chỗ trường hợp 3 chưa đúng nhé. Ví dụ $x = 2, y = 3$ thì $5^{x}-2^{y}$ không chia hết cho 3.

5^2p+1997=5^2p2+q²

Không tồn tại nhé. Ta có $5^2p$ và $5^{2p^2}$ chia hết cho 5 nên $1997 - q^2$ chia hết cho 5.

Mặt khác, $q^2$ có các chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 nên $1997 - q^2$ không thể chia hết cho 5. (Mẫu thuẫn)

Tính tích phân:

$\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{x+\sin x}{{{\cos }^{2}}x}}dx$ 

Ta có $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{x}{\cos ^2x}}dx $ +$\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{\sin x}{\cos ^2x}}dx$.

Ta có $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{x}{{{\cos }^{2}}x}}dx$

= $x.\tan x\Big |_{0}^{\frac{\pi }{3}} - \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}\tan xdx$

= $\frac{\pi.\sqrt{3}{3} +\ln |\cos x|\Big |_{0}^{\frac{\pi }{3}}$

Ta có $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{\sin x}{{{\cos }^{2}}x}}dx = \frac{1}{\cos x}\Big |_{0}^{\frac{\pi }{3}} = 1$.

Suy ra kết quả I

Tìm nguyên hàm của :$I=\int \sin \sqrt{x}dx$

Đặt $t = \sqrt{x}$ => $x = t^2 ; dx = 2tdt$.

Do đó, ta có $I = \int \sin t.2tdt = 2\int t.\sin tdt$. Bạn giải bằng phương pháp nguyên hàm từng phần là ra nhé.

Tìm nguyên hàm:

a. $\int sinx.ln(tanx)dx$

b. $\int \frac{dx}{sin4x}$

a. Đặt $\left\{\begin{matrix} u=\ln{tan x}\\ dv=\sin x dx \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\frac{1}{\sin x\cos x}dx\\ v=-\cos x \end{matrix}\right.$

Do đó, $I = -\cos x.\ln\sin x + \int \frac{1}{\sin x}dx$.

Bạn tính nguyên hàm $J =  \int \frac{1}{\sin x}dx = \int \frac{\sin x}{1 - \cos^2x}dx$ bằng cách đặt $t = \cos x$

Tính:

$I=\int\limits_{0}^{\ln 4}{\frac{{{e}^{2x}}}{{{e}^{x}}+2}dx}$  

Đặt $t = e^x + 2$ ta có $e^x = t - 2; dt = e^xdx$

Đổi cận: Với $x = 0$ thì $t = 3$; với $x = \ln 4$ thì $t = 6$.

Do đó, $I =\int_3^6 \frac{t-2}{t}dt$ = $\left (t-2\ln |t| \right )\Bigg|_3^6=3-2\ln 2$ 

Tính tích phân: $I=\int_{0}^{1}\frac{(x^{2}+2x+2)e^{x}dx}{x^{2}+4x+4}$

Ta có $I=\int \left(e^x -2\frac{e^x}{x+2}+2\frac{e^x}{(x+2)^2)}\right){\rm d}x$

$ = e^x - 2\int \frac{e^x}{x+2}{\rm d}x + 2\int \frac{e^x}{(x+2)^2}{\rm d}x$

Bạn sử dụng nguyên hàm từng phần để tính $\int \frac{e^x}{(x+2)^2}{\rm d}x$ để biến đổi về tích phân $\int \frac{e^x}{x+2}{\rm d}x$.

Bạn chỉ cần thay vào, giản ước là xong.

$\int_{1}^{e}\left ( \frac{1}{x} - \sqrt{lnx} \right )^{2}$

Ta có $I = \int_{1}^{e} \Bigg ( \frac{1}{x^2} -2\frac{ \sqrt{\ln x}}{x} + \ln x \Bigg ){\rm d}x$

nên

$I = \Bigg[-\frac{1}{x} - \frac{2}{3}.\sqrt{(\ln x)^3} + x.\ln x - x \Bigg] \Bigg |_1^e$ = KQ

nhờ các thành viên trong diễn đàn tính giúp câu nguyên hàm này:

$I=\int \sqrt{lnx}dx$

Đặt $t = \sqrt {\ln x}$. Suy ra, $x = e^{t^2}, {\rm d}x = 2t.e^{t^2}{\rm d}t$.

Do đó, $I = \int 2t^2.e^{t^2}{\rm d}t$    Tích phân này không giải được bằng kiến thức THPT bạn nhé.

Tính nguyên hàm: $\int \frac{lnx}{x}dx$

Ta có $\int \frac{lnx}{x}{\rm d}x = \int \ln x{\rm d} \ln x = \frac {\ln ^2x}{2} + C$

 

a. Ta có $MC=BC-BM=AC-CN=AN$ và $\angle OAC=\angle OCA=60^o$.

 

 Do đó $\triangle MOC=\triangle NOA$ (c.g.c), suy ra $OM=ON$.

 

 Vậy $\triangle OMN$ cân tại $O$, dẫn đến trung tuyến $OI$ cũng là đường cao, tức $\angle OIM=90^o=\angle OHM$. Vậy $OMHI$ nội tiếp được.

 

b. Gọi $P'$ là điểm thuộc cạnh $AC$ sao cho $AP'=NC$. Ta sẽ chứng minh $P'$ thẳng hàng với $O,I$ bằng cách chỉ ra $\angle IOH=\angle P'OA$.

 

Dễ dàng chứng minh $\triangle OP'A=\triangle ONC$ (c.g.c). Suy ra $\angle P'OA=\angle NOC$.

 

Vì $\triangle MOC=\triangle NOA$ nên $\angle ONA=\angle OMC$, từ đó $ONCM$ nội tiếp được. Dẫn đến $\angle NOC=\angle NMC$.

 

Lại vì $OMHI$ nội tiếp được nên $\angle NMC=\angle IOH$.

 

Từ đó $\angle IOH=\angle P'OA$, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $P',O,I$ thẳng hàng hay $P' \equiv P$.

 

Như vậy $PA=MB=NC$. Từ đó $\triangle APN=\triangle BMP=\triangle CNM$, dẫn đến $PM=MN=NP$. Hay $\triangle MNP$ đều.

 

//---------------------------

 

Còn câu c bài hình ai giúp mình với   

Em có thể tham khảo tại đây http://diendantoanho...ên-hà-nội-2014/

Mọi người tham khảo đề thi và đáp án môn Toán chuyên Hà Nội năm 2014 nhé.

Link tham khảo: http://thithu.edu.vn...en-ha-noi-2014/

Trong không gian, cho (P) : x+y -3z +14 =0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và qua A(1;3;2) và B(-3;1;4). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và cắt (S) theo một đường tròn có diện tích bé nhất 

Ta có đường tròn giao tuyến của bán kính r.

Nên diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi r nhỏ nhất.

Tức là k/c I đến (Q) lớn nhất.

Ta có $d(I,(Q)) \le d(I, AB)$

Đúng là đề sai ,em đổi bài này 

Tính tích phân: $I=\int_{0}^{\pi }x.sin^{3}x.cos^{4}xdx$

Em sử dụng tích phân từng phần là xong

Đặt $u = x$ và $dv=\sin^3x.\cos^4xdx$.

Ta có $dv = -(1-\cos^2x)\cos^4xd(\cos x)$ nên $v = \frac{\cos^7x}{7}-\frac{\cos^5x}{5}$.

Vậy là xong rồi đấy em.

Tính tích phân: $I=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}ln(tanx)dx$

Đề sai rồi.

Cận dưới bằng 0 không thoả mãn.

Đây là 1 tài liệu hay về tích phân hữu tỉ, các em hãy đưa cách giải của mình cho các bạn khác tham khảo nhé. 

http://tuhoc.edu.vn/...an-thuc-huu-ti/

Câu 2: Trong mp Oxy, cho hai điểm A(-11;3) và B(9;-7). Lập pt đường thẳng song song với đường thẳng AB. cắt đường tròn đường kính AB tại C,D sao cho C,D và hình chiếu vuông góc của chúg rên đường thẳng AB là bốn đỉnh của một hình vuông

2) Ta có $\vec{AB}=(20;-10)//(2;-1)$ nên pt CD có dạng $x+2y+c=0$.

Gọi C', D' là hình chiếu của C, D lên AB.

Ta có CD cắt đường tròn (AB) tại C và D nên ABCD là hình thang cân.

Gọi O, M lần lượt là trung điểm AB và CD.

Ta có $OM\perp CD$.

Để CDD'C' là hình vuông thì $OM=CC'=CD$

Măt khác, tam giác OMC vuông tại M nên $MC^2+OM^2=OC^2$

Suy ra, $OM=10=d(O , CD)$

(Bạn giải ra là xong)

câu 1: Trong mp Oxy, cho đường tròn (T): $x^{2}+y^{2}-9x-y+18=0$ và hai điểm A(1;4), B(-1;3). Gọi C,D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết pt đường thẳng CD

Câu 2: Trong mp Oxy, cho hai điểm A(-11;3) và B(9;-7). Lập pt đường thẳng song song với đường thẳng AB. cắt đường tròn đường kính AB tại C,D sao cho C,D và hình chiếu vuông góc của chúg rên đường thẳng AB là bốn đỉnh của một hình vuông

1) Đường tròn (T) có tâm $I(\frac{9}{2};\frac{1}{2}$ và bán kính $R=\frac{\sqrt{10}}{2}$.

Ta có ABCD là hbh nên $\vec{CD}(2;1)$ và $CD=AB=\sqrt{5}$.

Khi đó, pt CD là: $x-2y+c=0$.

Gọi M là trung điểm CD.

Ta có $IM\perp CD$ nên $d(I, CD) = IM = \frac{\sqrt{5}}{2}$

(Bạn giải phương trình này là xong)

bai 2 cho tam giác ABC có A(3;4) và trọng tâm G( \frac{1}{3};2) và tâm đường tròn ngoại tiếp I(5;0). Tìm toạ độ B,C

Gọi M là trung điểm BC.

Ta có $\vec{AG}=2\vec{GM}\Rightarrow M(-1;1)$.

- Phương trình cạnh BC: đi qua M và vuông với IM là $5x-y+6=0$.

- Phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là $(x-5)^2+y^2=20$.

Khi đó, B, C là giao của BC với (C)

(Bạn giải hệ ra nhé).

bai 1:trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A biết phương trình AB: 3\sqrt{7}x-y-3\sqrt{7}=0.Điểm B,C thuộc trục Ox và điểm A thuộc góc phần tư thứ nhất. Xác định toạ độ các đỉnh tam giác biết chu vi tam giác bằng 18 và tìm điểm M thuộc AB, N thuộc BC sao cho MN chia đôi chu vi và diện tích tam giác ABC

bai 2 cho tam giác ABC có A(3;4) và trọng tâm G( \frac{1}{3};2) và tâm đường tròn ngoại tiếp I(5;0). Tìm toạ độ B,C

Bài 1: Ta có $B=Ox\cap AB\Rightarrow B(1;0)$.

ĐIểm $A\in AB$ nên $A(a;3\sqrt{7}a-3\sqrt{7}$.

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ và $B, C\in Ox$ nên tọa độ trung điểm $H$ của $BC$ là $H(a;0)$.

Suy ra, $C(2a-1;0).

Ta có chu vi tam giác ABC là 18 nên có phương trình $2AB+BC=18$

(Bạn giải ra là tìm được a nhé. Từ đó tìm được tọa độ các điểm A, C$.

Còn phần $MN$ mình k hiểu cái vụ chia đôi chu vi là sao?

Giải phương trình

$5\left ( x\sqrt{x^{2}+6}+(x+1)\sqrt{x^{2}+2x+7} \right )=13(2x+1)$

$PT\Leftrightarrow 5(-x)\sqrt{x^2+6}-13(-x)=5(x+1)\sqrt{(x+1)^2+6}-13(x+1)$

Xét hàm số $f(t)=5t\sqrt{t^2+6}-13t,\quad t\in\mathbb{R}}$

Đến đây chắc bạn biết làm tiếp rồi.

Tính tích phân: $\int_{0}^{1}x^n\sqrt{1-x}dx$

Đặt $x=\sin t$, ta có $I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^nt .\cos^2t {\rm d}t.

$=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n+2}t{\rm d}t -\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n}t{\rm d}t = I_{n+2}-I_n$.

Đặt u=\sin^{n+1}t, {\rm d}v=\sin t{\rm d}t$

Suy ra, {\rm d}u=(n+1)\sin^nt.\cos t{\rm d}t và $v=-cos t$.

Do đó, $I_{n+2}=0+(n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^nt .\cos^2t {\rm d}t=(n+1)(I_{n+2}-I_n$

Đây là dạng tích phân truy hồi. Bạn làm tiếp nhé

1)cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . gọi O là trọng tâm tam giác ABC , M là trung điểm BC . SO vuông góc (ABC) , SA = a
a) tính góc giữa SA và (ABC)
b) tính góc giữa SO và (SBC)
2)cho hình chóp SABC có đáy ABC la tam giác vuông tại B . AB =3 a,AC =5a , SA = a căn 2 . gọi M là trung điểm AB , SM vuông góc (ABC) .
a)tính góc giữa BC và (SAB)
b)goị N là trung điểm AC . tính góc giữa SB và (AMN)
3) )cho hình chóp SABC có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và vuông góc vơí đáy . goị I là trung điểm AB . tính góc giữa SD và (SCI)
giúp mình nha , tks nhìêu

1) a) Ta có gógiwuax $SA$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SAO}$.

Ta có $\tan \widehat{SAO} = \frac{SO}{OA}=\frac{\sqrt3}{2}$

b) Trong $(SOM)$ kẻ $OH\perp SM$.

=> góc

Bạn chứng minh $OH\perp (SBC)$ nhé, đơn giản mà.

Suy ra, góc giữa $SO$ và $(SBC)$ là góc $\widehat{OSH}$.

Ta có $\tan \widehat{OSH} = \frac{OM}{SO}$

=> góc