1) Tính đạo hàm của hàm số f(x) biết $\int_{0}^{x}te^{f(t)}dt=e^{f(x)}$

2) Cho biết $\int_{0}^{\sqrt{2}}xf(x^2)=4;\int_{2}^{3}f(z)dz=2;\int_{9}^{16}\frac{f(\sqrt{t})}{\sqrt{t}}=3...TinhI=\int_{0}^{4}f(x)$

a) Tìm f : f(x+y)+f(x-y)=2f(x)cosy
b) Tìm f : f(x+y)+f(x-y)-2f(x)f(1+y)=2xy(3y-x²)

Giải phương trình: $3x(2+ \sqrt{9x^2+3})+(4x+2)(1+ \sqrt{x^2+x+1})=0.$

Bài này sử dụng tính đồng biến nghịch biến của hàm số xem tại ĐÂY

Giải phương trình: $\sqrt{x^2+9x-1} + x \sqrt{11-3x}=2x+3.$

Xem tại ĐÂY

điều kiện:..

đặt $t=\sqrt{3x+4} (t\geq 0)\Leftrightarrow x=\frac{t^2-4}{3}$

bất phương trình trở thành:

$9(\frac{t^2-4}{3}+1)^2\leq (t^2+3)(1-t)^2$

$\Leftrightarrow 9(\frac{t^2-1}{3})^2\leq (t^2+3)(1-t)^2$

$\Leftrightarrow (t^2-1)^2\leq (t^2+3)(1-t)^2$

$\Leftrightarrow (t-1)^2[(t+1)^2-(t^2+3)]\leq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)^2(2t-2)\leq 0$

Chỗ đó phải là $(\frac{t^2-4}{3})^2+1$

P/s : Ai giải cụ thể bài này được không nghiệm lẻ quá

Giải phương trình: 

$\sqrt[3]{x^2-1}+x=\sqrt{x^3-2}$

 

P/S: Bài toán không quá khó, mong các bạn giải chi tiết. 

Bài toán này đã xuất hiện nhiều xem lời giải tại ĐÂY

 

Bài 469:$\begin{cases} & 3\sqrt{y^3(2x-y)}+\sqrt{x^2(5y^2-4x^2)}=4y^2 \\ & \sqrt{2-x}+\sqrt{y+1}+2=x+y^2 \end{cases}$

PT1<=>$4y^2=3\sqrt{y^2(2xy-y^2)}+\sqrt{x^2(5y^2-4x^2)}\leq \frac{3(y^2+2xy-y^2)}{2}+\frac{x^2+5y^2-4x^2}{2}<=>(x-y)^2\leq 0=>x=y=>PT2<=>\sqrt{2-x}+\sqrt{x+1}=-(2-x)(x+1)=>...$

Bài 470: Giải phương trình:

$\sqrt[3]{-15x^3+3x^2+2}-x=71\sqrt{16x^3+3x-1}+1$

Đặt $\sqrt[3]{-15x^3+3x^2+2}=a;x+1=b=>a-b=71\sqrt{b^3-a^3}=>a-b=0=>...$

 

Bài 14: (THPTQG 2016)

Một CLLX treo vào một điểm cố định dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Tại thời điểm lò xo dãn $2$ cm, tốc độ của vật là $4\sqrt{5}v$ (cm/s). Tại thời điểm lò xo dãn $4$ cm, tốc độ của vật là $6\sqrt{2}v$ (cm/s). Tại thời điểm lò xo dãn $6$ cm, tốc độ của vật là $3\sqrt{6}v$ (cm/s). $g=9,8 (m/s^2)$. Trong một chu kì, tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian lò xo bị dãn có giá trị gần nhất với giá trị nào dưới đây:

A: $1,26$ (m/s)
B: $1,21$ (m/s)

C: $1,43$ (m/s)

D: $1,52$ (m/s)

Bài 15: (THPTQG 2016)

Ở mặt chất lỏng có $2$ nguồn kết hợp đặt tại $A$ và $B$ dao động điều hòa, cùng pha theo phương thẳng đứng. $Ax$ là nữa đường thẳng nằm ở mặt chất lỏng và vuông góc với $AB$. Trên $Ax$ có những điểm dao động với biên độ cực đại, trong đó $M$ là điểm xa $A$ nhất, $N$ là điểm kế tiếp với $M$, $P$ là điểm kế tiếp với $N$ và $Q$ là điểm gần $A$ nhất. Biết $MN=22,25$ cm, $NP=8,75$ cm. Độ dài đoạn $QA$ gần nhất với giá trị nào

A: $1,2$cm

B: $3,1$cm

C: $2,1$cm$\lambda /2$

D: $4,2$cm

Bài 14

Gọi li độ ban đầu của chất điểm là x, A là biên độ

=>$\frac{A^2-x^2}{A^2-(x+2)^2}=10/9;\frac{A^2-(x+2)^2}{A^2-(x+4)^2}=4/3=>x=0,6;A=8(cm)=>\Delta l=1,4 cm=>\omega =10\sqrt{7},T=0,24s=>x=8cos(10\sqrt{7}t+\pi /2)=-1,4=>tmin=6,63.10^{-3}s=>\Delta t=2tmin+T/2=>v=s/\Delta t=1,43m/s$

P/s:Hơi tắt tý, m.n ko hiều thì hỏi nha

Bài 15 

ko biết vẽ hình thì khó làm lắm, mình chỉ nêu hướng ntn:

Chon hệ trục tọa độ Oxy với O là trung điểm AB, ta có các vân cự đại là các đường Hypebol nhận A,B là tiêu điểm với các tiêu cự lần lượt là c₁,c₂,c₃,c₄ theo thứ tự tăng $\lambda /2$, các điểm  M,N,P,Q thuộc đường thẳng Ax' vuông góc với Ox có cùng hoàng độ OA, bài toán được quy về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng lưu ý $MA=\left | c_{1}-\frac{OA^2}{c_{1}} \right |$ NA,PA,QA tương tự, xét MA-NA=22,25;NA-PA=8,75=>$\lambda =4,AO=9$=>OA=2,15

Mấy bài năm nay được mỗi cái trâu bò, không biết còn cách giải nào khác không

cho 3 điểm A(1;1)

            B(3;2)

            C(7;10)

viết pt đường thẳng d đi qua A sao cho tổng các khoảng cách từ B và C đến d đạt GTLN

xem ra chỉ có thể làm đại số . Tham khảo tại ĐÂY

Cho đường tròn $(C):x^{2}+y^{2}=\frac{5}{4}$

và đường thẳng $d:(m^{2}-1)x+3y+2m-1=0$

Tìm m đề trên đường thẳng d tồn tại duy nhất 1 điểm M mà qua đó kẻ đc 2 tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm

Tìm toạ độ M khi đó, biết trọng tâm tam giác MAB là $G(\frac{7}{9};\frac{7}{9})$

Tọa độ hóa điểm M, 

Gọi I là tâm đường tròn (C) => I,G,M thẳng hàng hay M thuộc IG=> M

Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{y^{2} - 8x + 9} - \sqrt[3]{xy + 12 - 6x} = 1\\ \sqrt{2(x - y)^{2} + 10x - 6y + 12} - \sqrt{y} = \sqrt{x + 2} \end{matrix}\right.$

$PT(2)<=>\sqrt{2(x-y+2)^2+2(x+y+2)}=\sqrt{x+2}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y+2)}(BDT B.C.S)=>(x-y+2)^2\leq 0=>x+2=y$

Thay vào 1 là ok

Bài 1:

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x^3-3x^2+2 &= &\sqrt{y^3+3y^2} \\ \sqrt{-14x+2y+48}+5 &= &x+\sqrt{x-3} \end{matrix}\right.$

Xem tại ĐÂY

c có chắc là $y$ lớn hơn 0 k? Nếu đưa ra ngoài mà $y<0$ thì sẽ phải chuyển thành dấu -

Vì đk $x\geq 3$ với đk này $x^3-3x^2+2\geq 2$=> y>0

P/s Chào em đồng hương

giải phương trình:

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

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

Cách làm của 2 này đều sử dụng lượng giác hóa

Đặt $x=cosa(0\leq a\leq \pi ).PT1<=>cos^3a+\left | sin^3a \right |=\sqrt{2}.sina.cosa$ Giải pt này đơn giản, phần 2 cũng làm như thế.

Nếu là HS THCS thì đặt $\sqrt{1-x^2}=y=>\left\{\begin{matrix} x^3+y^3=\sqrt{2}xy & \\ x^2+y^2=1 \end{matrix}\right.$ đưa hết về x+y, xy để giải, phần 2 làm tương tự

Bài 11: 

Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước hai nguồn giống hệt nhau $A$ và $B$ cách nhau $10$cm, tạo ra sóng trên mặt nước với bước sóng $2$cm. Điểm $M$ trên đường tròn đường kính $AB$ (không nằm trên trung trực của $AB$) thuộc mặt nước gần đường trung trực của $AB$ nhất dao động với biên độ cực đại. $M$ cách $A$ một đoạn nhỏ nhất là

A: $5,0$cm

B: $5\sqrt{2}$cm

C: $8,0$cm

D: $6,0$cm

Bài 12:

Một vật trượt không vận tốc đầu tính từ đỉnh mặt phẳng nghiêng góc $\alpha =30^o$. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng thay đổi cùng với sự tăng khoảng cách $x$ tính từ đỉnh mặt phẳng nghiêng theo quy luật $\mu =0,1x$. Vật dừng lại trước khi đến chân mặt phẳng nghiêng. Lấy $g=10$ $m/s^2$. Thời gian kể từ lúc vật bắt đầu trượt cho tới khi dừng lại là?

Bài 13:

Cho hai nguồn kết hợp $S_1$, $S_2$ trên mặt nước dao động theo các phương trình $u_1=a_1\sin (90\pi t+\frac{\pi}{4})$ và $u_2=a_2\sin (90\pi t+\frac{\pi}{2})$, tạo ra một hệ thống vân giao thoa. Quan sát cho thấy, vân bậc $k$ đi qua điểm $P$ có hiệu số $PS_1-PS_2=13,5$ cm và vân bậc $k+2$ đi qua điểm $P'$ có hiệu số $P'S_1-P'S_2=21,5$cm. Tìm bước sóng và vận tốc truyền sóng trên mặt nước. Các vân nói trên là vân cực đại hay cực tiểu?

Bài 11:

Do M gần trung trực AB nhất nên M thuộc cực đại thứ 2

=> $MB-MA=\lambda ,mà:MA^2+MB^2=AB^2$=> MA=...

Bài 12:

$\overrightarrow{P}+\overrightarrow{F_{ms}}+\overrightarrow{N}=m\overrightarrow{a}<=>\left\{\begin{matrix} P.sin\alpha -F_{ms}=ma & \\ N=Pcos\alpha =>gsin\alpha -0,1x.cos\alpha=a \end{matrix}\right.<=>x" +gcos\alpha .0,1x-g.sin\alpha =0.; Đặtx-10tan\alpha =Acos(\omega t+\varphi )=X=>\omega =0,93rad/s =>t=3,375$

Bài 13

21,5-13,5=2$\lambda$=>$\lambda$=4. Phần còn lại ko khó

P/s 2 bài kia tớ sẽ sử lý nốt sau. H đi hok đã 

Mình vẽ hình ra thấy mỗi vân Hyperbol chỉ cắt Parabol tại $1$ điểm 

untitled.bmp

Hình vẽ của bạn chỉ mang tính minh họa thui. chứ nó có thể cắt nhau tại 2 điểm tùy thuộc vào phương trình của 2 đường đấy

Mình thấy lời giải trong sách như thế này

Giữa hai vân qua $M$, $N$ còn có $3$ vân cùng loại nên số bậc giao thoa qua $2$ điểm này chênh nhau $4$. Suy ra hiệu số của hiệu $2$ khoảng cách của chúng bằng $4 \lambda$, nên ta có $\lambda =\frac{51-27}{4}=6$ mm $\Rightarrow \frac{\lambda }{2}=3$ mm

Vân qua $M$ có thể viết $MS_1-MS_2=27=9.3=(2.4+1)\frac{\lambda }{2}$

Do hiệu khoảng cách tới hai nguồn bằng số lẻ của nửa bước sóng nên vân giao thoa qua $M$ là vân cực tiểu, vân này ứng với $k=4$$\Rightarrow$ Đáp án:C

Nhưng chỗ bôi đỏ là những chỗ mình thật sự không hiểu

Chỗ bôi đỏ thứ nhất:

Cứ giả sử $2$ nguồn là $u_A=u_B=a\cos \omega t$ đi thì 

$u_{M}=2a\cos (\pi.\frac{27}{\lambda})\cos(\omega t-\pi.\frac{d_1+d_2}{\lambda })$

$u_{N}=2a\cos (\pi.\frac{51}{\lambda})\cos (\omega t-\pi.\frac{d_1'+d_2'}{\lambda})$

Vì biên độ tại $M$ bằng biên độ tại $N$ nên ta giải pt $2a\begin{vmatrix} \cos (\pi.\frac{27}{\lambda}) \end{vmatrix}=2a\begin{vmatrix} \cos(\pi.\frac{51}{\lambda}) \end{vmatrix}$

Vậy thì làm sao có được cái chỗ bôi đỏ thứ nhất đó ?

Chỗ bôi đỏ thứ $2$:

Nếu ta viết $M$ như thế thì $k=0,1,2,3,4$. Vậy $M$ phải thuộc vân cực tiểu số $5$ chứ tại sao lại là $4$ ???

Về chỗ thứ nhất thì có vẻ hợp lý vì nếu M thuộc vân cực đại thì $MS_{1}-MS_{2}=k\lambda$ nếu giá trị của k tăng dần thì hiệu khoảng cách cũng tăng dần 1$\lambda$; nếu M thuộc vân cực tiểu thì $MS_{1}-MS_{2}=(2k+1)\lambda/2$ cũng tương tự như thế. Còn chỗ thứ 2 thì có vấn đề

Bài 10

Hai nguồn sóng kết hợp, đặt tại A và B cách nhau 20 cm dao động theo phương trình u = acos(ωt) trên mặt nước, coi biên độ không đổi, bước sóng l = 3 cm. Gọi O là trung điểm của AB. Một điểm nằm trên đường trung trực AB, dao động cùng pha với các nguồn A và B, cách A hoặc B một đoạn nhỏ nhất là

A.12cm          B.10cm         C.13.5cm    D.15cm       

P/S : mọi người tích cực trao đổi nhé   

Bài 9:

Hai nguồn kết hợp $S_1$, $S_2$ trên mặt nước dao động cùng pha. Xét về một phía đường trung trực của $S_1S_2$ thấy điểm $M$ có $MS_1-MS_2=27$ mm và điểm $N$ có $NS_1-NS_2=51$ mm nằm trên $2$ vân giao thoa có cùng biên độ dao động. Biết rằng xen kẽ $2$ vân này còn có $3$ vân cùng loại. Hỏi vân giao thoa qua $M$ là vân nào?

A: Vân cực đại bậc $4$

B: Vân cực tiểu thứ $3$

C: Vân cực tiểu thứ $4$

D: Vân cực đại bậc $6$

Mình chưa hiểu lời giải của bài này, ai làm xin trình bày cụ thể ra nhé

Nếu M, N thuộc cuc đại thì 

$\frac{MS_{1}-MS_{2}}{\lambda }\leq k\leq \frac{NS_{1}-NS_{2}}{\lambda }$

$<=>27\leq k\lambda \leq 51$ mà k=5=> $5,4\leq \lambda \leq 10,2$

Mà $MS_{1}-MS_{2}=k\lambda =27=>2,647..\leq k\leq 5$

=> M chỉ có thể thuộc vân cực đại thứ 3;4 hoặc 5

Nếu M,N thuộc vân cực tiểu thì

$\frac{MS_{1}-MS_{2}}{\lambda }-1/2\leq k\leq \frac{NS_{1}-NS_{2}}{\lambda }$-1/2

rồi làm tương tự trên

Thử giải nhé

Giải:

Gọi $M$ là điểm dao động với biên độ bằng $5$ mm trên $AB$

Ta thấy số điểm dao động với biên độ $5$ mm trên $AB$ chính là số điểm dao động với biên độ $5$ mm trên Parabol

$u_{AM}=3\cos (40\pi t-\frac{2\pi d_1}{\lambda })$

$u_{BM}=4\cos (40\pi t-\frac{2.\pi d_2}{\lambda })$

Vì $A_{M}=5$ mm $\Rightarrow A_{M}^2=A_{_{AM}}^2+A_{BM}^2$ 

$\Rightarrow $ $u_{AM}$ và $u_{BM}$ vuông pha

$\Rightarrow 2\pi.\frac{d_2-d_1}{\lambda }=(2k+1)\frac{\pi}{2}\Rightarrow d_2-d_1=(2k+1)\frac{\lambda}{4}$

$\Rightarrow -10<(2k+1)\frac{\lambda }{4}< 10\Leftrightarrow -13,8< k< 12,8$

$\Rightarrow k=-13,\pm 12,\pm 11,...,\pm 1,0$

Vậy có $26$ giá trị của $k$ tương ứng với $26$ điểm dao động với biên độ bằng $5$ mm trên Parabol

Đáp án: C

Bài này mình cũng giải ntn nhưng có đôi chút vướng mắc là liệu các vân cực đại hình Hypebol có cắc Parabol này tại 2 điểm ko?

Bài toán này cần thêm giới hạn

Bài 8:

. Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp A và B cách nhau 10 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình u_A = 3cos40πt và u_B = 4cos(40πt) (u_A và u_B tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 30 cm/s. Hỏi trên đường Parabol có đỉnh I nằm trên đường trung trực của AB cách O 1 đoạn 10cm và đi qua A, B có bao nhiêu điểm dao động với biên độ bằng 5mm (O là trung điểm của AB):

A. 13                                       B. 14                                       C. 26                                       D. 28

P/s Mọi người ủng hộ Pic này của mình với   

Bài 7:

Một CLLX gồm một vật nhỏ có khối lượng $100$ g, $k=40(N/m)$ đặt trên mặt phẳng ngang không ma sát. Vật nhỏ đang đứng yên tại VTCB, tại $t=0$, tác dụng lực $F=2$ (N) lên vật nhỏ cho con lắc dao động điều hòa đến thời điểm $t=\frac{\pi}{3}$ thì ngừng tác dụng lực $F$. Hỏi biên độ của con lắc sau khi ngừng tác dụng lực $F$ là bao nhiêu ?

Đầu tiên xác định VTCB của con lắc khi dao động với ngoại lực F không đổi:

$x_{0}=\frac{F}{k}=5cm$

Đây cũng chính là biên độ ban đầu của con lắc . Chu kỳ của con lắc là T= $\frac{\pi }{10}$

Thành lập pt dao động ta thấy sau $t=\frac{\pi}{3}$ thì con lắc ở vị trí x= 2,5cm với vận tốc v= 50$\sqrt{3}$ cm/s

khi không còn lực tác dụng F thì VTCB lại trở về O => li độ của con lắc là x=7,5 cm với vận tốc v= 50$\sqrt{3}$ cm/s

=> Biên độ mới A' =8,66 cm

Bài 5

: Hai vật dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng song song kề nhau và song song với trục tọa độ Ox sao cho không va chạm vào nhau trong quá trình dao động. Vị trí cân bằng của hai vật đều ở trên một đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với Ox. Biết phương trình dao động của hai vật lần lượt là x₁ = 4cos(4πt + π/3) cm và x₂ = 4$\sqrt{2}$ cos(4πt + π/12) cm. Tính từ thời điểm t₁ = 1/24 s đến thời điểm t₂ = 1/3 s thì thời gian mà khoảng cách giữa hai vật theo phương Ox không nhỏ hơn 2$\sqrt{3}$ cm là bao nhiêu?

      A.  1/8 s.                                          B.  1/12 s.                                  C.  1/9 s.                                                D.  1/6 s.

Bài 6

Trên mặt một chất lỏng, có hai nguồn sóng kết hợp O₁, O₂ cách nhau l =  24cm, dao động theo cùng một phương với phương trình $x=Acos(\omega t)$(t tính bằng s A tính bằng mm) Khoảng cách ngắn nhất từ trung điểm O của O₁O₂ đến các điểm nằm trên đường trung trực của O₁O₂ dao động cùng pha với O bằng q = 9cm. Số điểm dao động với biên độ bằng O trên đoạn O₁O₂ là ?

A. 18                                       B. 16                       C. 20                                       D. 14

P/S Các bạn tích cực đăng bài nhé  

 

Bài 4: 

Giả sử một vệ tinh dùng trong truyền thông đang đứng yên so với mặt đất ở một độ cao xác định trong mặt phẳng xích đạo Trái Đất đi qua kinh độ số $0$. Coi Trái Đất như một quả cầu, bán kính là $6370$ km, khối lượng là $6.10^{24}$ kg và chu kì quay quanh trục của nó là $24$h, hằng số hấp dẫn $G=6,67.10^{-11}$ ($N.m^2/kg^2$). Sóng cực ngắn ($f>30$ MHz) phát từ vệ tinh truyền thẳng đến các điểm nằm trên xích đạo Trái Đất trong khoảng kinh độ nào nêu dưới đây

A: Kinh độ $79^o20'$ Đ đến kinh độ $79^o20'$ T

B: Kinh độ $83^o20'$ T đến kinh độ 83^o20'$ Đ

C: Kinh độ $85^o20'$ Đ đến kinh độ $85^o20'$ T

D: Kinh độ $81^o20'$ T đến kinh độ $81^o20'$ Đ

Muốn một vệ tinh ở trong mặt phẳng xích đạo và đứng yên so với mặt đất, nó phải chuyển động tròn xung quang Quả đất cùng chiều và cùng vận tốc $\omega$ như Trái đất quay xung quanh trục của nó với chu kỳ T=24h.

Gọi vận tốc dài của vệ tinh trên quỹ đạo là v, độ cao của nó so với mặt đất là h. Vì chuyển động tròn nên vệ tinh có gia tốc hướng tâm bằng:

+ F_ht=,$\frac{mv^2}{(h+R)^2}$

lực này chính là lực hấp dẫn của Trái đất đối với vệ tinh

+ F_hd=$\frac{GmM}{(h+R)^2}$. Từ hai biểu thức trên suy ra ,$\frac{mv^2}{(h+R)^2}$ = $\frac{GmM}{(h+R)^2}$.

Vì:  v=(h+R)$\omega$²_­. mà $\omega =\frac{2\pi }{T}$, với T=24h ta có

h+R=42322km

Vậy, độ cao của vệ tinh so với mặt đất là: h=42322-6370=35952 km

Đối với súng cực ngắn, ta có thể xem như sóng truyền thẳng từ vệ tinh xuống mặt đất. .

Vẽ hình ta tính được vùng nhận được tín hiệu từ vệ tinh nằm trong khoảng

Từ kinh độ 81⁰20’T đến kinh độ 81⁰20’Đ 

P/s hai bài này hay đấy