Hiện tại em không ở Hà Nội,nhưng BTC có thể gửi đến chị em được không ạ!

Địa chỉ: Nguyễn Thị Hải Yến, số 3 ngõ 521/36/15, Cổ Nhuế, huyện Từ Liêm.

Em đăng kí cuốn :"Những tư tưởng cơ bản ẩn chứa trong toán học phổ thông",tác giả TS.Dương Quốc Việt.

Các thầy ký cho em thì càng tốt ạ.

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

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

Bài 5  $\int \frac{dx}{1+x+\sqrt{1+x^2}}$

đặt $\sqrt{1+x^2}= -x+t$

$\Rightarrow x^2+1= x^2-2xt+t^2$

$\Rightarrow x=\frac{t^2-1}{2t}$

$\Rightarrow dx= \frac{t^2+1}{2t^2}dt$

Từ đó ta có:

$I= \frac{1}{2} \int \frac{t^2+1}{t^2(t+1)}dt$

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

$=\frac{1}{2}( -\frac{1}{t} +2 \ln|t+1|-\ln|t|)$

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân $I = \int\limits_0^1 \frac{(x+1)^2}{x^2+1}dx$

$I = \int\limits_0^1 \frac{(x+1)^2}{x^2+1}dx$

$=\int\limits_0^1 (1+\frac{2x}{x^2+1})dx$

$=x\mid_0^1+ \int\limits_0^1 \frac{d(x^2+1)}{x^2+1}$

$=1+\ln|x^2+1|\mid_0^1$

$=1+\ln2$

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 $SC=\frac{\sqrt 6 a}{2}$

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

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

Có 5 em lớp 12, 3 em lớp 11, 2 em lớp 10. Chọn ra 5 em để lập đội bóng, sao cho mỗi khối có ít nhất 1 em. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

Số cách chọn 4 học sinh chỉ trong 1 khối hoặc 2 khối.
Khối 12 :1 cách
Khối 10 và 11: 1 cách
Khối 10 và 12: $C^{5}_{7}$
Khối 11 và 12: $C^{5}_{8}$
Số cách chọn ngẫu nhiên 5 học sinh là: $C^{5}_{10}$
Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là:
$$C^{5}_{10} - 1 - 1 - C^{5}_{7} - C^{5}_{8} = 173$$

Có 2 lô sản phẩm. Lô 1 có tỷ lệ sp loại 1 là 86%, lô 2 có tỷ lệ sp loại 1 là 80%. Chọn nhẫu nhiên 1 lô và từ lô đó lấy ra nhẫu nhiên 1 sp. Biết sp lấy ra là sp loại 1. Trả lại sp đó vào lô hàng đã chọn rồi từ ô đó lấy ra 1 sp nữa. Tính xác suất sp lấy ra lần 2 là sp loại 1.

Gọi $A_i$ là biến cố:" lấy được sản phẩm ở lô thứ $i$"( i=1,2)

$A$ là biến cố:" lấy ngẫu nhiên 1 lô và từ lô đó lấy được 1 sản phẩm loại 1"

Ta có: $P(A_1)=P(A_2)=0,5$

$A_1, A_2$ lập thành 1 hệ đầy đủ

Theo ct xs đầy đủ ta có:

$P(A)=P(A_1).P(A/A_1)+P(A_2).P(A/A_2)$

$=0,83$

Ta có: $P(A_1/A)=\frac{P(A/A_1).P(A_1)}{P(A)}=\frac{43}{83}$

$P(A_2/A)=\frac{P(A/A_2).P(A_2)}{P(A)}=\frac{40}{83}$

Gọi B là biến cố:" sản phẩm lấy ra lần 2 thuộc loại 1"

$P(B)= P(A_1/A).P(B/_{A.A_1})+P(A_2/A).P(B/_{A.A_2})$

$=\frac{43}{83}.0,86+ \frac{40}{83}. 0,8= 0,831$

Đề của BTC
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa hai mặt bên kề nhau bằng $\alpha$. Hãy tính thể tích khối chóp theo $a$ và $\alpha$

BÀI GIẢI:

Cách 1:
Dựng hệ trục $Oxyz$ trong đó $O=AC\cap BD, A(\frac{a}{\sqrt{2}};0;0),B(0;\frac{a}{\sqrt{2}};0),C(\frac{-a}{\sqrt{2}};0;0),D(0;\frac{-a}{\sqrt{2}};0),S(0;0;h)$ ,$h>0$
$ \to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^2h}{3}$
$\underset{SB}{\rightarrow} = (0;\frac{a}{\sqrt{2}};-h),\underset{SA}{\rightarrow} = (\frac{a}{\sqrt{2}};0;-h),\underset{SC}{\rightarrow} = (\frac{-a}{\sqrt{2}};0;-h)$
Vecto pháp tuyến của $(SAB),(SBC)$ lần lượt là $\underset{n_{1}}{\rightarrow}=[\underset{SA}{\rightarrow},\underset{SB}{\rightarrow} ]=\frac{a}{\sqrt{2}}(h;h;\frac{a}{\sqrt{2}}),\underset{n_{2}}{\rightarrow}=[\underset{SB}{\rightarrow},\underset{SC}{\rightarrow} ]=\frac{a}{\sqrt{2}}(-h;h;\frac{a}{\sqrt{2}}).$
Ta có: $cos\alpha =cos((SABC),(SBC))=\frac{|\underset{n_{1}}{\rightarrow}.\underset{n_{2}}{\rightarrow}|}{|\underset{n_{1}}{\rightarrow}|.|\underset{n_{2}}{\rightarrow}|}=\frac{a^2}{4h^2+a^2}\to h=\frac{a}{2}\sqrt{\frac{1}{cos\alpha }-1}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{a^3.sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
Cách 2:

Gọi M là hình chiếu của A lên SB. Vì $S.ABCD$ đều nên M cũng là hình chiếu của C lên SB và $MA=MC$.
$\to ((SAB),(SBC))=AMC=180-\alpha$
$\left\{\begin{matrix}AM\perp SB\\CM\perp SB\end{matrix}\right.\to OM\perp SB$
Vì O là trung điểm cạnh AC nên góc$OMC=\frac{180-\alpha }{2}$$\to OM=OC.tan\frac{\alpha }{2}=\frac{a.tan\frac{\alpha }{2}}{\sqrt{2}}$
Xét tam giác vuông tại O có đường cao OM:$\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OB^2}\to SO=\frac{OM.OB}{\sqrt{OB^2-OM^2}}=\frac{a.sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^3sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
P/s: em lấy bài này ah!!

 

 

Điểm bài: 10

Điểm thưởng: 8 (cách làm thứ 2 thiếu chứng minh $\widehat{AMC}=180-\alpha$

 

S = 25 + 3*10+8 = 63

Một xạ thủ có xác suất trúng đạn là 0,7. Xạ thủ này bắn 100 phát vào bia . Tính xác suất để có từ 60 đến 80 phát trúng bia.

 

Spoiler

Dò đáp số

Gọi X là phát bia trúng đạn

Ta có: X tuân theo quy luật phân phối nhị thức với $n=100, p=0,7 (q=1-p=0,3)$

Mặt khác, $n=100$ đủ lớn, $p=0,7$ không quá gần 0, không quá gần 1 nên áp dụng định lý giới hạn của Moivre- Laplace,

hay X xấp xỉ với quy luật phân phối chuẩn với $a=n.p=70, \sigma= \sqrt{npq}=\sqrt{21}$

Xác suất để có từ 60 đến 80 phát trúng bia:

$P(60 \leq X \leq 80) \approx \phi(t_2)-\phi(t_1)$

 

Với $t_2=\frac{m_i-np}{\sqrt{npq}}=\frac{80-100.0.7}{\sqrt{21}}=2,18; t_1=-2,18$

 

$\Rightarrow P(60 \leq X \leq 80) \approx \phi(2,18)-\phi(-2,18) \approx 2\phi(2,18)$

 

Tra bảng tích phân Laplace ta có $P=2.0,48537=0,9707$

ĐỀ BÀI:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy ABCD là nửa lục giác đều và $AB=BC=CD=a$. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc với mặt phẳng đáy $(ABCD)$. Tính theo $a$ thể tích khối chóp $S.ABCD$, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SD$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
BÀI GIẢI:
Gọi $H=AC\cap BD$ . Vì $\left\{\begin{matrix}(SAC)\perp (ABCD)\\(SBD)\perp (ABCD)\end{matrix}\right.\Rightarrow SH\perp (ABCD)$
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên SD.
Do ABCD là nửa lục giác đều nên $AB\perp BD$. Két hợp với $AB\perp SH \to AB\perp(SBD)\to AB\perp BK \to BK$ là đoạn vuông góc chung của AB và SD. $\to BK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Do $BC//AC \to \frac{HB}{HD}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}\to HB=\frac{2}{3}BD=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
Mặt khác: $2S_{SBD}=SH.BD=BK.SD\to SH.a\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{SH^2+HB^2}\to SH=\frac{2a}{3}$
Hơn nữa: $S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{BCD}=\frac{1}{2}AB.BD+\frac{1}{2}BC.CD.sin120^0=\frac{3\sqrt{3}a^2}{4}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$

P/s: Hi vọng không quá muộn.

 

Có một kho bia kém chất lượng chứa các thùng giống nhau (24 lon/thùng) gồm 2 loại: loại I  để lẫn mỗi thùng 5 lon quá hạn sử dụng và loại II để lẫn mỗi thùng 3 lon quá hạn. Biết rằng số thùng bia loại I bằng 1,5 lần số thùng bia loại II. Chọn ngẫu nhiên 1 thùng trong kho và từ thùng  đó lấy ra 10 lon. Tính xác suất chọn phải 2 lon bia quá hạn sử dụng ?

 

Ta có: số thùng bia loại I chiếm 60%, loại II chiếm 40%

Gọi $A_i$ là biến cố:" lấy được thùng bia loại $i$" $(i=1; 2)$

$B$ là biến cố:" lấy được 2 lon bia quá hạn từ 10 lon trong 1 thùng được chọn ra"

$P(A_1)=0,6; P(A_2)=0,4$

$P(B/A_1)=\frac{C^2_5.C^8_{19}}{C^{10}_{24}}, P(B/A_2)=\frac{C^2_3. C^8_{21}}{C^{10}_{24}}$

Áp dụng ct xs đầy đủ ta có:

$P(B)=P(A_1).P(B/A_1)+ P(A_2).P(B/A_2)= \frac{90}{253}$

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.

Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} & x^{2}+y^{2}-3x+4y=1(1) & \\ & 3x^{2}-2y^{2}-9x-8y=3(2) & \end{matrix}\right.$

 

Ta có : $2.(1)+(2)$ ta được 

$x^2-3x-1=0$

$\Leftrightarrow x=\frac{3 \pm \sqrt13}{2}$....

Giải phương trình:
$x^2+4x+5-\frac{3}{x^2+x+1}=(x-1)(1-\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}})$
Giải:
ĐK :$x \leq 1$
Pt $\Leftrightarrow (x+2)^2 +\frac{x^2-2x+1}{x^2+x+1}=(x-1)(1-\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}})$
Hay
$(x+2)^2=(1-x)(\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}}-\frac{(1-x)^2}{x^2+x+1}$
Đặt $y=\sqrt{1-x},z=\sqrt{x^2+x+1}(y,z \geq 0)$,phương trình trở thành:
$(x+2)^2=y^2(\frac{2y}{z}-1)-\frac{y^4}{z^2}$.
Ta có $VT \geq 0$
$\Rightarrow VP=y^2(\frac{2y}{z}-1)-\frac{y^4}{z^2}=y^2(-\frac{y^2}{z^2}+\frac{2y}{z}-1)=-y^2(\frac{y}{z}-1)^2 \leq 0$
Từ đó suy ra $VT \geq VP$,ta có :
$\left\{\begin{matrix} x+2=0 & & \\ y(\frac{y}{z}-1)=0 & & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-2 & & \\ y=0 ;y=z& & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow x=-2$.
Vậy pt có nghiệm $x=-2$

em lấy bài thứ 2 nha thầy!!!

không biết số phận mềnh sẽ đi vào đâu đây..!!

$\to f"(x)=7^{x-1}(ln7)^2+\frac{216}{(6x-5)^2.ln7}>0,\vee x>\frac{5}{6}$

Suy ra phương trình đã cho có tối đa 2 nghiệm, mà $f(1)=f(2)=0\Leftrightarrow x=1\vee x=2(TMDK)$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: $ x=1\vee x=2$

 

Nhận xét: Em làm bài chưa cẩn thận, cách dùng kí hiệu còn tùy tiện. Em cũng đã gần 300 bài viết rồi, chắc là không phải do không biết gõ Latex rồi.

 

Mặt khác, em đã sử dụng hệ quả của định lý Rolle mà không chứng minh nó.

 

Nếu hàm số $y=f(x)$ liên tục, khả vi đến cấp 2 trong $(a;b)$ và $f''(x) > 0, \forall x \in (a;b)$ hoặc $f''(x) < 0, \forall x \in (a;b)$ thì phương trình $f(x)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm trong $(a;b)$

 

Điểm bài: 7

S = 25 + 7*3 = 46

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 $D, (x_D >0)$

 

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$
Đề của Primary

P/s: Sao khi tối lên không có đề, bây giờ lại có mà thời gian ra đề lại thấy 20h09 nhỉ??
Lời giải:
Ta thấy pt có chu khi là $T=2\pi$ nên ta xét trong khoảng $x\epsilon [-\pi;\pi]$
ĐK:$\left\{\begin{matrix}1+2cosx\geq0 \\ 1+2sinx\geq0\\a\geq0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{\pi}{6}\leq x\leq\frac{\pi}{3}\\a\geq0\end{matrix}\right.$
Ta có: $a^2=2+2(cosx+sinx)+2\sqrt{1+2(cosx+sinx)+4sinx.cosx}$
Đặt $t=sinx+cosx$$\to 2sinxcosx=t^2-1$
$\to a^2=2+2t+2\sqrt{1+2t+2(t^2-1)}=2+2t+2\sqrt{2t^2+2t-1}=f(t)$
Ta có: $\frac{\pi}{6}\leq x\leq \frac{\pi}{3}\to \frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq t\leq \sqrt{2}$
Ta có:$f'(t)=2+\frac{4t+2}{\sqrt{2t^2+2t-1}}>0$, với mọi $ \frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq t\leq \sqrt{2}$
Nên: $f(\frac{1+\sqrt{3}}{2})\leq f(t)\leq f(\sqrt{2})\Leftrightarrow 3+\sqrt{3}+2\sqrt{2+2\sqrt{3}}\leq a^2\leq 4+4\sqrt{2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{3+\sqrt{3}+2\sqrt{2+2\sqrt{3}}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$ (*)
Vậy $a$ thỏa mãn với (*) thì phương trình đã cho có nghiệm...xong


Điều kiện (chỗ tô màu) sai nên hạn chế điều kiện của ẩn phụ và cuối cùng dẫn đến sai kết quả!
ĐIỂM: 0

Giải hệ phương trình:$$\begin{cases}3xy\left(1+\sqrt{9y^2+1}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}-\sqrt{x}}\\x^3\left(9y^2+1\right)+4\left(x^2+1\right)\sqrt{x}=0 \end{cases}$$

Ta thấy $x=0$ không là nghiệm hệ.

Chia cả 2 vế của pt (1) cho $x$ ta được :

$3y( 1+\sqrt{9y^2+1})=\frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1)$

Xét hs: $f(t)= t(\sqrt{t^2+1}+1)$,...... hàm số đồng biến

$\Rightarrow 9y^2=\frac{1}{x}$. Thay vào pt (2) ta được:

$x^3+x^2+4(x^2+1)\sqrt x=0$

$f(x)=x^3+x^2+4(x^2+1)\sqrt x$ đồng biến với $x>0 \Rightarrow $ pt vô nghiệm $\Rightarrow$ hệ vô nghiệm.

Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d: \frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{1}=\frac{z}{-1}$ và mặt phẳng $(P): x+2y+z-1=0$. Viết phương trình đường thẳng $\Delta$ song song với mặt phẳng $(P)$ và cắt hai đường thẳng $Ox, d$ lần lượt tại $A,B$ sao cho độ dài đoạn $AB$ ngắn nhất.

Đề của Spin9x

Giải
Giả sử ta tìm được tọa độ điểm $A,B$ sao cho đoạn $AB$ nhỏ nhất.
$A=(a;0;0)\epsilon (Ox)$ $, B=(2+2t;1+t;-t)\epsilon (d)$ SAI $B(2+2t;t-1;-t)$ mới đúng
$MP(P)$ có veto pháp tuyến là $\underset{n_{P}}{\rightarrow}=(1;2;1)$
$PT(\Delta)$ có veto chỉ phương $\underset{AB}{\rightarrow}$$=(2+2t-a;1+t;-t)$
Vì $(\Delta )//(P)\Rightarrow \underset{AB}{\rightarrow}\perp \underset{n_{P}}{\rightarrow}\Rightarrow 1(2+2t-a)+2(1+t)+1(-t)=0\Leftrightarrow 3t-a+4=0$
$|AB|=\sqrt{(2+2t-a)^2+(1+t)^2+(-t)^2}=\sqrt{3t^2+6t+5}=\sqrt{3(t+1)^2+2}\geq \sqrt{2}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $t=-1;a=1$
$\Rightarrow (\Delta ):\left\{\begin{matrix}x=1-t'\\y=0\\z=t'\end{matrix}\right.,t'\epsilon \mathbb{Z}$

Sai lầm dẫn đến kết quả sai.
Điểm bài 2

Cho hàm số $y=x^{4}-4mx^{2}+3m-1$. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi 3 điểm cực trị của hàm số. Tìm $m$ để $r$ trị nhỏ nhất? lớn nhất?

 

Đề của BTC

Giải:

Ta có: $y'=4x(x^2-2m)$,$y'=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0\\x^2=2m\end{matrix}\right.$

Để hàm số có 3 điểm cự trị khi và chỉ khi $y'=0$ có 3 nghiệm phân biệt hay $m>0$

Gọi 3 điểm cự trị là: $A(\sqrt{2m};-4m^2+3m-1),B(0;3m-1),C(-\sqrt{2m};-4m^2+3m-1)$

$\to AB=CB=\sqrt{16m^4+2m},AC=2\sqrt{2m},d(B,AC)=4m^2,p=\frac{AB+BC+CA}{2} $

Ta có: $r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{\frac{1}{2}.d(B,AC).AC}{\frac{AB+BC+CA}{2}}=\frac{4m^2.2\sqrt{2m}}{2\sqrt{16m^4+2m}+2\sqrt{2m}}=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$

Xét hàm: $f(m)=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$, với $m>0$

$\to f'(m)=\frac{8m(2m^3+\sqrt{8m^3+1}+1)}{\sqrt{8m^3+1}(\sqrt{8m^3+1}+1)^2}>0,\vee m>0$

Vậy $f(m)$ không có cực trị hay không tồn tại  $m$ để $r$ đạt giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất

P/s: Làm bừa+bậy..!!

 

Điểm bài: 10

S = 7 + 10*3 =37

quái, điểm tính từ người làm đúng mà!! sao làm sai cũng được 25;23 nhỉ??

câu 3:

hướng dẫn: từ pt(1) y=f(x) thày vào pt(2) là ra!!

câu 6: từ giả thiết tìm đk của xy

áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\leq \frac{2}{1+ab}$ với $ab \leq 1$

khảo sát theo xy là ra

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $a+b+c=3$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

$$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}$$

Đề của hoangtrong2305
 

Lời giải:
Kí hiệu: $\sum a=a+b+c=3$
Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có: $\sum a^2\geq \frac{1}{3}(\sum a)^2$
Bài toán(Áp dụng BĐT cauchy):
$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}=\sum \sqrt{\frac{a^2+b^2+c}{a+b+c^2}}=\sum \frac{a^2+b^2+c}{\sqrt{(a^2+b^2+c)(a+b+c^2)}}\geq \sum \frac{a^2+b^2+c}{\frac{a^2+b^2+c+a+b+c^2}{2}}=2\frac{2\sum (a^2+a)-\sum a}{\sum (a^2+a)}=4-\frac{2\sum a}{\sum (a^2+a)}\geq 4-\frac{2\sum a}{\frac{1}{3}(\sum a)^2+\sum a}=3$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
P/s: Làm bừa..!!!

 

ĐIỂM: 10

 

S = 18 + 3*10 = 48

Tính tích phân I=$\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{1}{sinxsin(x+\frac{\pi }{6})}dx$

 

Ta có:

$sinx sin(x+\frac{\pi}{6})=sin^2x(1+\sqrt{3}cotx)$

$I=\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{1}{sinxsin(x+\frac{\pi}{6})}dx$

$=\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{1}{sin^{2}x (1+\sqrt{3}cotx})dx$

$=-\int_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{d(cotx)}{1+\sqrt{3}cotx}dx$

$= - \ln|1+\sqrt{3}cotx|\bigg|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}$

$=\ln\frac{1}{2}$

P/s:latex của diễn đàn bị sao không biết,trong cái $f(x)$ thì chạy được,mà ở đây thì không