1)Áp dụng công thức nhân đôi tính:
$$\cos \dfrac{\pi }{7}.\cos \dfrac{{3\pi }}{7}.\cos \dfrac{{5\pi }}{7}$$

Ta có
$\cos \dfrac{\pi }{7}.\cos \dfrac{{3\pi }}{7}.\cos \dfrac{{5\pi }}{7}$$=\cos\dfrac{\pi}{7}.\cos\dfrac{2\pi}{7}.\cos{4\pi}{7}$
$=\dfrac{\sin\dfrac{2\pi}{7}.\cos\dfrac{2\pi}{7}.\cos\dfrac{4\pi}{7}}{2\sin\dfrac{\pi}{7}}=\dfrac{\sin\dfrac{4\pi}{7}.\cos\dfrac{4\pi}{7}}{4\sin\dfrac{\pi}{7}}$$=\dfrac{\sin\dfrac{8\pi}{7}}{8\sin\dfrac{\pi}{7}}=-\dfrac{\sin\dfrac{\pi}{8}}{8\sin\dfrac{\pi}{8}}=-\dfrac{1}{8}$

Áp dụng công thức khai triển tích thành tổng ta được $1+\cos2x+\cos3x=\cos x+\cos3x \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} \cos x=0\\ \cos x=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi \\ \left[\begin{array}{ccc}x=\dfrac{\pi}{6}+k2\pi \\x=\dfrac{-\pi}{6}+k2\pi \end{array}\right.\end{array}\right. (k\in) Z$

$C_x^1+C_x^2+...+C_x^{10}=1023$

Baj 2:
dat $\sqrt{1+2x}=t$nen $dx=tdt$thay vao ta dk $I=\dfrac{1}{2}\int\limits_1^3\dfrac{\left(t^3+t\right.)}{(t+1)^2}$ day la 1 tich phan wen thuoc phan con laj danh cho pan

Do đáy là đa jác đều nên có tâm nên từ tâm dựng đt vuông góc vs đáy. Gọi là S sử dụng giả thiết nữa là ra.

Câu 3:
đặt $sinx=t$ nên $dt=cosxdx$ khi đó $I=\int_{0}^{{1}}\dfrac{2tdt}{2\left\(t+1\right.)^2}$ $I=\int_{0}^{1}{\dfrac{dt}{2t+2}}+\int_{0}^{1}\dfrac{dt}{2(t+1)^2}$ đến đây coi như xog

Chán như con dán nè mọi nguời ơi.
Thi cử thế này thì ăn thua gì.
Ở nhà.
Theo tôi thì toán khối B dễ hơn khối A.Hì vì khối B làm đuợc hơn khối A
Từ đầu đến đuôi cả 2 khối không làm đuợc ý 2 bài hình + BĐT
Bài pt thì dùng đạo hàm ok rồi thì nhẩm nghiệm sai.
Tích phân thì dễ quá không như tuởng tượng của supemember.
Còn mấy cái kia thì không cần phải nói.
Ai đẳng cấp hình giúp tôi ý tìm khoảng cách.

Hi. Hì tôi đã trở lại. Đề thì tương đối bt nhưng cũng chuối. Mà Giang post bài khoảng cách lên đi tôi k kó đề.

Tính giới hạn
$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{\dfrac{2n^2-5n+3}{n^5+1}}$

$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{\dfrac{2n^2-5n+3}{n^5+1}}=\sqrt{\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2n^2-5n+3}{n^5+1}}$
$=\sqrt{\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{2-\dfrac{5}{n}+\dfrac{3}{n^2}}{n^3+\dfrac{1}{n^2}}}=0$

Tớc tiên ta sẽ chứng minh $f$ là ánh xạ tuyến tính. Đặt $u=(x_1,x_2,x_3);v=(y_1,y_2,y_3)$ Ta có $f(u+v)=f(x_1+y_1,x_2+y_2,x_3+y_3)=(-2x_2+x_3-2y_2+y_3,x_1+2x_3+y_1+2y_3,x_1+2x_2+x_3+y_1+2y_2+y_3)=(-2x_2+x_3,x_1+2x_3,x_1+2x_2+x_3)+(-2y_2+y_3,y_1+2y_3,y_1+2y_2+y_3)=f(u)+f(v)$
Lại có $f(ku)=f(kx_1,kx_2,kx_3)=(-2kx_2+kx_3,kx_1+2kx_3,kx_1+2kx_2+kx_3)=k(-2x_2+x_3,x_1+2x_3,x_1+2x_2+x_3)=kf(u) \Rightarrow $ Điều phải chứng minh.
Ta có $ \left\{\begin{array}{l} f(e_1)=f(1,2,1) =(-3,3,6) \\ f(e_2)=f(-1,-1,1)=(3,1,-2) \\ f(e_3) = f(2,3,-1)=(-7,0,7) \end{array}\ right.$ Nên ma trận A của $f$ đối với cơ sở $B$ là
$A=\left[\begin{array}{l}-3&3&-7\\3&1&0\\6&-2&7\end{array}\right]$

mình mãi chả pít cách đánh lệnh cả

Câu 1:
Cho $x_n=\underbrace{\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}}_{n lần} $ . Tìm giới hạn $\lim\limits_{n\to\infty}{6^n(2-x_n)}$.
Câu 2:
Cho hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $\forall x_0\in \mathbb{R}$, tồn tại giới hạn hữu hạn $\lim\limits_{x\to x_0}{f(x)}=g(x_0)$. Liệu hàm $g(x)$ có liên tục trên $\mathbb{R}$ không?
Câu 3:
Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $3f(2x+1)=f(x)+5x \forall x \in \mathbb{R}$.
Câu 4:
Cho $f(x)$ liên tục trên $[0;1]$ và khả vi hai lần trên $(0;1)$ thỏa mãn $f(0)=f(1)=0$ và $\min\limits_{x\in [0;1]}{f(x)} = -1 $. Chứng minh rằng $\max\limits_{x\in [0,1]}{f''(x)}\geq 8$.
Câu 5:
Cho hàm $f$ khả vi và liên tục trên đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng:
$|f(\frac{1}{2})|\leq \int\limits_{0}^{1}{|f(x)|dx}+\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{|f'(x)|dx}$
Câu 6:
Cho $f(x)$ khả vi hai lần trên đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng tồn tại $c \in (0,1)$ sao cho
$\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=f(0)+\frac{1}{2}f'(0)+\frac{1}{6}f''( c )$.

Bài này hơi phức tạp, cái khó ở chỗ làm sao xác định đc tọa độ đỉnh C.


Đầu tiên, lụm được đỉnh $B (-2;1)$. Sau đó, lấy điểm $A'$ đối xứng với $A$ qua phân giác $BE$.
Lập được PTĐT $AA'$ (đi qua $A$ và $\perp BE$): $x+2y-5=0$. $I$ là giao điểm giữa $AA'$ và $BE \Rightarrow I (-1;3) $
Do $I$ là trung điểm của $AA'$ (hồi nãy lấy đối xứng) $ \Rightarrow A' (-3;4)$. Có $A'$ và $B$, lập được PTĐT $(BA')$ hay $(A'C)$: $3x+y+5=0$
Ta phải chứng minh $A' \in (BC) $: Do lấy đối xứng (...)$ \Rightarrow (BI)$ vừa là trung tuyến, vừa là đường cao trong $\Delta ABA' \Rightarrow (BI)$ cũng là phân giác trong của $\widehat{ABA'}$.
Mặt khác, từ giả thuyết, $(BI)$ hay $(BE)$ là phân giác trong của $\widehat{ABC} \Rightarrow$ đpcm.
_______________________________
Ta có: $AI=IA' ; AM=MC \Rightarrow (IM)$ là đường trung bình trong $\Delta AA'C \Rightarrow (IM) \parallel (A'C)$.
Lập đc PTĐT $IM$ (song song $(A'C)$ và đi qua $I$): $3x+y=0$
$M$ là giao điểm giữa $IM$ và $BM \Rightarrow M (-1,5;4,5)$
Mặt khác, $M$ là trung điểm $(AC) \Rightarrow C(-4;7)$
_______________________________
Có hết tọa độ 3 đỉnh của ABC, muốn chặt chém gì nó cứ làm

theo e khi tìm đk pt BC rùi thì gọi C(a;b) dk trung điểm M mà M thuộc BM nên suy ra dk tọa độ C lun thì cũng nhanh đấy.hj

Cau 5:
a,tu lam
b,ta co $d'\left\{ \begin{array}{l}x-3y+z=0 \\ x+y-z+4=0\end{array}\right.$ $d'\left\{ \begin{array}{l}x=-3+t' \\ y=-1+t' \\ z=2t'\end{array}\right.$ goi M€d va M'€d' nen suy ra duoc M va M'theo t va t' su dug tiep MM' $\perp$ d,d' thi la xog.hj

nhắc lại tôi không thích ai bít đáp án rồi vô đây post đâu nha...

thì ai pít đáp án đâu.muốn tìm lời jải cho nhanh lên mới tìm ra cách đấy chả may trùng đáp án thì chịu chứ ai pít đáp án nào mà chánh

Mấy bài bạn làm lỗi hết rồi đó bạn sửa lại đi cho mọi người tham khảo....
Tôi ngu nhất phần $lim$ của cái đề này mong các bạn helpme.
Dark templar, khacduongpro_165,....

để e thử xem
ta có $ \dfrac{ln\left(1+tan2x-sin2x\right.)}{x\left(e^{x^2}-1\right.)}$ = $\dfrac {ln\left(1+tan2x-sin2x\right.)}{tan2x-sin2x} \dfrac{tan2x-sin2x}{x\left(e^{x^2}-1\right.)}$ mà ta có $\dfrac{tan2x-sin2x}{x\left(e^{x^2}-1\right.)}$ = $ \dfrac{sin^3x}{x^3} \dfrac{x^2}{e^{x^2}-1} \dfrac{4cosx}{cos2x}$ đến đây ta sử dụng các ct tính $lim$ là ra kq=4

Chém tiếp nha
Câu 6b.
Gọi A' là hình chiếu của A lên BD khi đó ta có
$A'(3;1)$ Gọi B(5-2y;y) ta có $BA'^2=AA'^2$ hoặc $DA'^2=AA'^2$ nên suy ra
$\left\{\begin{array}{l}B(1;2)\\D(5;0)\end{array}\right.$ Hoặc $\left\{\begin{array}{l}B(5;0)\\D(1;2)\end{array}\right.$ Đến đây coi như xong

Chém thử bài hình
Câu 4:
Từ M kẻ MM'//SO M' là trung điểm AO
Ta có $M'C=\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}$ và $NC=\dfrac{a}{2};\widehat{M'CN}=45^0$ nên được M'N=...
mà $tan30^o =\dfrac{MM'}{M'N}$ nên $MM'=\dfrac{M'N}{\sqrt{3}}$
SO=2MM' SO=... $V_{S.ABCD}=...$

Câu 5 :
Cho $a;b$ là các số thực dương .
CMR $\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{4}{{{a^2} + {b^2}}} \ge \dfrac{{32\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}$
Sở đoảng
Chuẩn hóa : $\ a+b=2 $ , BDT cần cm trở thành :
$\dfrac{a^2+b^2}{a^2b^2} + \dfrac{4}{a^2+b^2} \geq 2(a^2+b^2) $
$\Leftrightarrow \dfrac{2-ab}{a^2b^2} + \dfrac{2}{2-ab} \geq 4-2ab $
Đặt $\ ab=t (t \leq 1 ) $ , rồi khảo sát hàm số là được rồi . . .

sao lại chuẩn hóa $a+b=2$ được vậy
câu tìm tham số m ý 2 câu 2 để pt làm sao vậy

E chém con xoắn
ta có $I=\int\limits_{\dfrac{\pi}{4}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{xcosx}{sin^3x}dx$ đặt $\left\{ \begin{array}{l}u=x\\dv=\dfrac{cosx}{sin^3x}dx\end{array}\right.$ nên $\left\{ \begin{array}{l}dx=du\\v=\dfrac{-1}{2sin^2x}\end{array}\right.$ khi đó $I=\dfrac{-x}{2sin^2x}|_{\dfrac{\pi}{4}}^{\dfrac{\pi}{2}}+\int\limits_{\dfrac{\pi}{4}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{dx}{2sin^2x}$ đến đây coi như xong vì $\int{\dfrac{dx}{sin^2x}}=-cotx +C$

E chém tiếp nha
Câu 1.2
ta có $y'=4x^3-4mx $ y'=0 tương đươg vs $4x^3-4mx=0 $ hàm số có 3 cực trị khi y'=0 có 3 ngiệm m>0 khi đó y'=0 có $\left\[ \begin{array}{l}x_{1}=0\\x_{2}=\sqrt{m}\\x_{3}= -\sqrt{m}\end{array}\right.$ đến đây ta đặt $\left\{\begin{array}{l}A(0;2)\\B(\sqrt{m};2-m)\\C(-\sqrt{m};2-m)\end{array}\right.$ tiếp tục sử dụng $\vec{AC};\vec{OB}$ và $\vec{BO}.\vec{AC}=0$nữa là ra.
Thế nào có trog cách jảj k a Giang

Làm tí nhỉ
Câu 5:
ta có $T=\dfrac{x^{2}}{x\sqrt{1-x}}+\dfrac{y^{2}}{y\sqrt{1-y}} \ge \dfrac{\left(x+y\right.)^{2}}{x\sqrt{1-x}+y\sqrt{1-y}}$ từ đó nên theo Cauchy-Schwarz $T \ge \dfrac{1}{\sqrt{\left(x+y\right.)\left(x+y-x^{2}-y^{2}\right.)}} \ge \dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{\left(x+y\right.)^{2}}{2}}} \ge \sqrt{2}$ vậy $min$ T bằng $\sqrt{2}$ dấu "=" xảy ra khj $x=y=\dfrac{1}{2}$. Bài tập đã jảj wyết xog. Trog wá trình jảj có j saj sót xjn dk lượg thứ.

Đề 1:câu1
đặt $\left\{ \begin{array}{l}a=\sqrt{2x-y} \\ b=\sqrt{xy}\end{array}\right.$ khi đó pt thứ nhất trở thành $ab^{2}+a^{2}b^{2}=a^{3}+b^{4} \leftrightarrow a\left(b^2-a^2\right.)-b^2\left(b^{2}-a^{2}\right.)=0 \leftrightarrow \left\[ \begin{array}{l}a^{2}=b^{2} \\ a=b^{2}\end{array}\right.$ ra đến đây thay vào pt thứ 2 tìm ra a,b và suy ra x,y là chuyện dễ rồi.

Hehe.k aj chém ak. Vậy mjnh chém vậy
Đề1 c2
ta có đk $3\neq x \le 4$ khi đó pt tương đương với $\sqrt{\log_{4-x}\left(x^{2}+\dfrac{1}{4} \right)}<\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\log_{4-x}\left(x^2+\dfrac{1}{4} \right) $
$\Leftrightarrow \left(\sqrt{\log_{4-x}\left(x^{2}+\dfrac{1}{4} \right)}+1 \right)^{2} >0 $ đúng $\forall x\neq \dfrac{3}{2},\dfrac{-5}{2}$ kết hợp dk là ra.xong

ĐỀ 2

1) Giải HPT:
$\left\{ \begin{array}{l}8x^2y-3x^4=4\\8y^3-3x^2y^2=2\end{array} \right. $

hệ đã cho td $\left\{ \begin{array}{l}8y(2y^2-x^2)-3x^2(2y^2-x^2)=0\\8y^3-3x^2y^2=2\end{array}\right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}8y=3x^2\\x^2=2y^2 \end{array}\right.\\8y^3-3x^2y^2=2\end{array}\right.$ coi nhu xog

cho hàm số $y= x^{3} - 3x^{2} + m$, tìm m sao cho đ�ồ thị hàm số có 2 điểm đối xứng qua gốc tọa độ!

Mình chém nhé
gọj $M,M'$ là 2 điểm đx. Khj đó $M\left(x_{0},y_{0}\right.) \Rightarrow M'\left(-x_{0},-y_{0}\right.)$ khi đó ta sẽ có hệ vs ẩn $x_{0},y_{0}$ và tham số $m$ dễ dàng đưa được hệ về pt $3x_{0}^{2}=m$ nên suy ra được đk của $m$ là $m>0$

Cau 5:
Ta co $\sum a\sqrt[3]{1+b-c}=\sum a\sqrt[3]{a+b}\le \sum a\dfrac{a+2b+2}{3}=\dfrac{\left(a+b+c\right.)^2+2a+2b+2c}{3}=1$bdt dk cm xog dau bang xay ra khj $a=b=c=\dfrac{1}{3}$