bài 16: Ta có $I_n=\int_0^t\frac{(t-x)^n}{n!}e^x{\rm d}x=\frac{(t-x)^n}{n!}e^x\Bigg|_0^t+\int_0^t\frac{(t-x)^{n-1}}{(n-1)!}e^x{\rm d}x=\frac{t^n}{n!}+I_{n-1}$

Theo công thức truy hồi ta được $I_n=\frac{t^n}{n!}+I_{n-1}=\frac{t^n}{n!}+\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}+\cdots+\frac{t}{1}+I_0$

Mà $I_0=\int_0^te^x{\rm d}x=e^t-1$

Vậy $I_{16}=I_n=\frac{t^n}{n!}+I_{n-1}=\frac{t^n}{n!}+\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}+\cdots+\frac{t}{1}+e^t-1$.

1) Tính tổng các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một lập từ 6 chữ số 1;3;4;5;7;8

2)Tìm tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi số là một số lẻ.

2) Để tổng các chữ số là một số lẻ thì số các chữ số lẻ phải là một số lẻ. Ta có các TH sau:

TH1: Có đúng một chữ số lẻ nằm ở vị trí đầu tiên. Ta có $5.A_5^4!=600$ số.

TH2: Có đúng một chữ số lẻ nhưng không nằm ở vị trí đầu tiên.

   - Chọn chữ số đầu tiên: Có 4 cách (Không thể có chữ số 0).

   - Xếp ba chữ số chẵn vào 03 trong 04 vị trí: Có $A_4^3=24$ cách

  - Chọn một chữ số lẻ xếp vào vị trí còn lại: có 5 cách

Vậy có $4.24.5 =480$ số.

TH3: Có 05 chữ số lẻ. Vậy có $5!=120$ số.

TH4: Có đúng 03 chữ số lẻ nhưng không có một chữ số lẻ ở đầu.

   -  Chọn chữ số đầu tiên: Có 5 cách

   - Xếp hai chữ số lẻ còn lại vào 2 vị trí: Có $A_4^2=6$ cách.

   - Xếp hai chữ số chẵn còn lại vào: Có $A_5^2=10$ cách.

Vậy có 5.6.10=300$ số.

TH5: Có đúng 03 chữ số lẻ, trong đó không có chữ số lẻ nào ở vị trí đầu tiên.

  - Chọn vị trí đầu tiên: Có 4 cách.

  - Xếp 03 chữ số lẻ vào: Có A_5^3=10$ cách

  - Xếp chữ số chẵn vào: Có 4 cách.

Vậy có 4.10.4=160$ số.

Vậy có $600+480+120+300+160=...$

Bài 3:

1) Gọi $AD$ là một trung tuyến của tam giác $ABC$.

Trên tia $AD$ lấy điểm $I$ sao cho $G$ là trung điểm $AI$.

Suy ra, $\vec{GI}=-\vec{GA}$

Theo tính chất trung tuyến của tam giác ta có $GI=AG=2GD$.

Suy ra, $D$ là trung điểm của $IG$.

Xét tứ giác $GBIC$ ta có $IG$ và $BC$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn.

Suy ra, $GBIC$ là hình bình hành.

Do đó ta có $\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{GI}=-\vec{GA}$

$\Leftrightarrow \vec{GB}+\vec{GC}+\vec{GA}=\vec{0}$

2) Tương tự như bài 2 ta có

$\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}=\vec{OG}+\vec{GA}+\vec{OG}+\vec{GB}+\vec{OG}+\vec{OC}=3\vec{OG}$

$\Leftrightarrow OG=\frac{1}{3}(\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})$

Bài 1 : cho vecto IA + vecto IB = vecto 0 tren đoạn AB , chứng minh I la trung điểm của AB

Bài 2 : Cho AB, I là trung điểm AB

CMR: với mọi M : VécTơ MI=1/2(véctơ MA + véctơ MB )

Bài 3 : Cho tam giác ABC, G là trọng tâm

CMR: 
1,véctơGA + véctơGB + véctơGC = véctơ 0
2,với mọi O : véctơOG = 1/3( véctơOA + véctơOB + OC

Bài 1: Ta có $\vec{IA}+\vec{IB}=\vec{0}\Leftrightarrow \vec{IA}=-\vec{IB}$

Suy ra, $IA=IB$.

Do đó, $I$ là trung điểm của $AB$.

Bài 2: Ta có $\vec{MA}+\vec{MB}=\vec{MI}+\vec{IA}+\vec{MI}+\vec{IB}=2\vec{MI}$ (Sử dụng kết quả bài 1).

Suy ra $\vec{MI}=\frac{1}{2}(\vec{MA}+\vec{MB})$

Trong không gian $Oxyz$ cho mặt cầu $(S): x^{2}+y^{2}+z^{2}-4x+6y-2z-28=0$ và hai đường thẳng:

$d_{1}: \left\{\begin{matrix}x=-5+2t &  & \\  y=1-3t&  & \\  z=-13+2t&  & \end{matrix}\right.$ ; $d_{2}:\frac{x+7}{3}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z-8}{1}$

Viết phương trình $(P)$ tiếp xúc với mặt cầu $(S)$ và song với 2 đường thẳng $d_{1};d_{2}$

Dạng cơ bản mà.

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2;-3;1)$ và bán kính $R=\sqrt{42}$.

Vecto $\vec{n}=[\vec{u_1};\vec{u_2}]=(1;4;5)$ là vecto pháp tuyến của $(P)$.

PT mặt phẳng $(P)$ có dạng $x+4y+5z+a=0$.

Để $(P)$ tiếp xúc với mặt cầu $(S)$ thì ta có $\frac{|2.1-4.3+5.1+a|}{\sqrt{1^2+4^2+5^2}}=\sqrt{42}\Leftrightarrow |a-5|=42$

$\Leftrightarrow a=47;a=37$.

Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn.

Bài 3 thì sử dụng phương pháp thêm bớt $\cot x$ để xuất hiện $1+\cot^2x$ nhé

Cho hình chóp tam giác đếu S.ABC có cạnh AB bằng a.Các cạnh bên SA,SB,SC tạo với đáy một góc 60.Gọi D là giao điểm sủa SA với mặt phẳng qua BC và vuông góc với SA.Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.DBC và S.ABC

Đáp án nhé.

Sao có đc cái này vậy????????????

Bạn chú ý tọa độ của hai điểm đó.

Nếu bạn thắc mắc tại sao $A;B$ có tọa độ như vậy thì mình giải thích luôn là do $A,B\in d$ nhé.

Cho $(P): y=x^2+2x+m$ và $d:y=x+1$. Tìm các giá trị của m để đường thẳng d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác $AOB$ bằng 1 với $O$ là gốc tọa độ.

PT hoành độ giao điểm $x^2+x+m-1=0$.

$\Delta=1-4(m-1)=5-4m$.

Để có hai giao điểm, pT trên có hai nghiệm phân biêt. Suy ra, $m<\frac{5}{4}$.

Tọa độ hai giao điểm là $A(x_1;x_1+1);B(x_2;x_2+1)$, với $x_1;x_2$ là nghiệm của PT trên.

Ta có $x_1+x_2=-1;x_1.x_2=m-1$.

Do đó, $AB^2=2(x_1-x_2)^2=2(x_1+x_2)^2-8x_1.x_2=2-8(m-1)=2(5-4m)$.

Mặt khác, $h=d(O;(d))=\frac{|0-0+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{1}{\sqrt2}$.

Theo giả thiết nên suy ra $AB=\frac{2S}{h}=2\sqrt2$.

Do vậy, ta có PT $8=2(5-4m)\Leftrightarrow m=\frac{1}{4}$ (Thỏa mãn điều kiện).

Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) ko có điểm chung với đường tròn. M là một điểm thuộc (d). Qua điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB. Hạ OH   $\perp$ (d) tại H. Nối AB cắt OH tại K, cắt OM tại I. Tia OM cắt đường tròn tại E.

a) CM: 4 điểm A, O, B, M thuộc một đường tròn

b) CM: OK.OH = OI.OM

c) CM: E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB ( gợi ý: cm AE là phân giác góc MAB bằng cách sử dụng hai góc cùng phụ với hai góc bằng nhau)

d) Tìm vị trí của điểm M trên đường thẳng (d) để diện tích tam giác OIK có GTLN.

a) Ta có $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$.

Do đó, tứ giác $MAOB$ nội tiếp.

b) Ta có $AB\perp OM$ nên $\Delta OIK\sim \Delta OHM$.

Suy ra, $\frac{OI}{OH}=\frac{OK}{OM}\Leftrightarrow OI.OM=Ok.OH$

Câu c)

Ta có $MO$ là phân giác của tam giác cân $MAB$ (Tính chất tiếp tuyến).

Mặt khác, $\widehat{MAE}=\frac{1}{2}sd \ AE;\widehat{EAB}=\frac{1}{2}sd \ EB=\frac{1}{2}sd \ AE$.

Suy ra, $AE$ là phân giác tam giác $ABM$.

Do đó, $E$ là giao của hai đường phân giác, tức là $E$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MAB$.

Câu 1:

$ \cdot 1$ Giải phương trình

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

$ \cdot 2$ Giải hệ phương trình

$$\left\{\begin{matrix} x+\dfrac{1}{x}+ y + \dfrac{1}{y} = \dfrac{9}{2}\\ \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{2}(x + \dfrac{1}{y}) = xy + \dfrac{1}{xy} \end{matrix}\right.$$

 

Câu 2:

$ \cdot 1$ Giả dụ $a,b,c$ là các số thực khác $0$ thỏa mãn đẳng thức $(a+b)(b+c)(c+a) = 8abc$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a}{a+b} + \dfrac{b}{b+c} + \dfrac{c}{c+a} = \dfrac{3}{4} + \dfrac{ab}{(a+b)(b+c)} + \dfrac{bc}{(b+c)(c+a)} + \dfrac{ca}{(c+a)(a+b)}$$.

$\cdot 2$ Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số $\overline{abcde}$ sao cho $\overline{abc} - (10d+e)$ chia hết cho $101$ ?

 

Câu 3:
Cho $\triangle ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ với $AB < AC$. Đường phân giác của $\angle BAC$ cắt $(O)$ tại $D \neq A$. Gọi $M$ là trung điểm của $AD$ và $E$ là điểm đối xứng với $D$ qua $O$. Giả dụ $(ABM)$ cắt $AC$ tại $F$. CMR:
$1) \triangle BDM \sim \triangle BCF$

$2)  EF \perp AC$

 

Câu 4:

Giả sử $a,b,c,d$ là các số thực dương thỏa mãn $abc + bcd + cad + bad = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$$P = 4(a^3 + b^3 + c^3) + 9d^3$$

Thấy câu 2.2 hay hay.

Giải cho mọi người tý.

Ta có $0\le10d+e\le99$

Tức là có 100 số.

Mặt khác, ta có $\overline{abc}=k.101+\overline{de}$.

Do vậy ta có $100\le k.101+\overline{de} \le 999$

Suy ra, $1\le k\le 9$.

Với $1\le k\le 8$ ta có $8.100=800$ số.

Với $k=9$ thì Ta có được 90 số.

Vậy có 890 số

Vậy có tổng cộng $9.100=900$ số có năm chữ số thỏa mãn.

Gọi tâm của đường tròng cần tìm là $I(x,y)$

Từ điều kiện đề bài ta có được

                 $\left\{\begin{matrix} IA=IB\\IA=d(I,d) \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (x+1)^2+y^2=(x-1)^2+(y-2)^2\\\sqrt{(x+1)^2+y^2}=\frac{\left | x-y-1 \right |}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} \end{matrix}\right.$

Giải hệ phương trình trên ta dễ dàng tìm được tọa đô tâm $I$ và bán kính đường tròn

Giải hệ này chắc nhiều bạn nhiều hơi hoảng.

Có 1 cách để chuyển về dạng PT một ẩn.

Lập phương trình đường thẳng trung trực của $AB$ là $d_1: x+y-1=0$.

Nhận xét là $d_1$ vuông góc $d$ và tâm $I$ nằm trên $d_1$.

Gọi $M$ là giao điểm của $d$ và $d_1$. Ta có $M(1;0)$ chính là tiếp điểm của đường tròn với đường thẳng $d$.

(Nếu không vuông thì cứ gọi tọa độ tâm rồi lập phương trình khoảng cách từ tâm đến $d$ nhé.).

 

Tọa độ điểm $I(a;1-a)$.

Ta có $IA=IM$

$(a+1)^2+(1-a)^2=(a-1)^2+(1-a)^2$$(a+1)^2+(1-a)^2=(a-1)^2+(1-a)^2\Leftrightarrow |a+1|=|a-1|\Leftrightarrow a=0$

Vậy $I(0;1)$.

Suy ra, $IA=\sqrt2$ và PT đường tròn là $x^2+(y-1)^2=2$.

Gọi $A'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $d:x-2y+1=0$.

Ta có $A'(0;3)$ và $A'$ thuộc $BC$.

Tương tự, $A''$ là điểm đối xứng của $A$ qua $d':x+y+3=0$.

Ta có $A''(-2;-5)$ và $A''$ thuộc $BC$.

Vậy PT đường thẳng $BC$ là $\frac{x}{-2}=\frac{y-3}{-5-3}\Leftrightarrow 4x-y+3=0$.

Tọa độ điểm $B$ là giao $BC$ với $d$ nên tìm dc $B$.

Tương tự điểm $C$.

 

Nhưng đề này có vấn đề. Vì mình vẽ thử trên phần mềm thì $d$ và $d'$ phải là phân giác ngoài, không thể là phân giác trong được.

Số $360$ có bao nhiêu ước nguyên dương?

Ta có $360=2^3.3^2.5$

Ta có $2^3$ có các ước lớn hơn 1 là $2;4;8$

$3^2$ có các ước lớn hơn 1 là $3;9$

$5$ có các ước lớn hơn 1 là $5$

Có $3+2+1=6$

Số các ước số nguyên dương là $C_6^0+C_6^1+C_6^2+C_6^3+C_6^4+C_6^5+C_6^6=2^6=64$ ước số.

Tìm kích thước của hình chữ nhật diện tích lớn nhất,nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R cho trước.

Gọi hai kích thước của hình chữ nhật là $x;y$ nhé. ($x;y>0$)

Do hình chữ nhật này nội tiếp đường tròn nên hai đường chéo là hai đường kính của hình tròn.

Do đó ta có $x^2+y^2=4R^2$.

Ta có $S=xy\le \frac{1}{2}(x^2+y^2)=2R^2$.

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích HCN là $2R^2$ đạt tại khi và chỉ khi $x=y=R\sqrt2$.

(Khi đó, hình chữ nhật biến thành hình vuông)

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.

Câu 2. Sử dụng kết quả của câu 1 để chứng minh
$1+2.2+3.2^2+\cdots+ n.2^{n-1}=(n-1)2^n+1$ (có thể chứng minh bằng quy nạp)
Tiếp theo, ta có
$1+4.2+7.2^2+\cdots+(3n-2)2^{n-1}=3(1+2.2+3.2^2+\cdots+n.2^{n-1})-2(1+2+2^2+\cdots+2^{n-1})$
$=3(n-1)2^{n}+3-2(2^n-1)=(3n-5)2^n+5$

Câu 1.
Ta có $1+2.2+3.2^2+\cdots+100.2^{99}=(1+2+2^2+\cdots+2^{99})+(2+2^2+\cdots+2^{99})+\cdots+(2^{98}+2^{99})+2^{99}$
$=2^{100}-1+2(2^{99}-1)+2^2(2^{98}-1)+\cdots+2^{98}(2-1)+2^{99}$
$=99.2^{100}+2^{99}-(1+2+2^2+\cdots2^{98})=99.2^{100}+2^{99}-(2^{99}-1)=99.2^{100}+1$

Cho em hỏi ngành Toán tin ứng dụng lấy điểm bao nhiu không ạ
Có anh chị nào biết điểm chuẩn các năm thì post lên luôn nhé. Em cảm ơn nhiều

Năm 2006, khoa Toán tin lấy 12 điểm thì phải, lâu rồi không nhớ lắm.
Ngành Toán tin là ngành ít học sinh tham gia học nhất vì đa số mọi người nghĩ Toán tin không phải là kỹ thuật, nhưng những ai đã học ngành Toán tin rồi sẽ thấy ngành này rất hay. Các em có thể xem cuốn giới thiệu các ngành nghề của Bách khoa để biết chi tiết về các ngành trong BK.

Bây giờ em muốn thi vào KSTN Công nghệ Hữu cơ - Hóa dầu cũng phải thi Toán Lý ạ? Nếu đậu HSG Quốc Gia thì có được tuyển thẳng hay chỉ được cộng điểm ạ?

Khi em đăng ký thi vào các lớp KSTN, trung tâm sẽ có 6 chuyên ngành để em đăng ký. Tùy theo số lượng học sinh đăng ký và thi đỗ của các chuyên ngành để mở lớp. Thông thường mỗi năm chỉ mở khoảng 4 lớp chuyên ngành: CNTT, Điều khiển tự động, DTVT, và 1 ngành khác.

Môn thi là Toán và Lý. Những ai có đạt giải HSG Quốc gia thì xét theo tùy giải, tùy chuyên ngành để được tuyển thẳng hoặc cộng điểm thi đầu vào KSTN.
Như năm 2006 của bọn anh thì từ giải ba Quốc gia sẽ được tuyển thằng, giải tư thì dc cộng 1 điểm.

Mấy anh chị cho em hỏi: em bây giờ đang học cấp 3, em có lòng say mê kĩ thuật, vì vậy nên em muốn thi vào Bách Khoa Hà Nội( em thich chế tạo máy) thì ngay từ bây giờ phải ôn luyện nhưng gì ạ? Nếu muốn thi vào chế tạo máy, thì có thi được vào KSTN không? Để thi vào KSTn thì bây ngay từ bây giờ phải học những môn gì, và tham khảo những sách nào? Cám ơn các anh chị trước!

Đầu tiên em phải ôn thi để đỗ được đại học đã. Không biết đến khi em tham gia thi đại học thì KSTN có mở lớp chuyên ngành Chế tạo máy không.
Nhưng để học tốt ngành chế tạo máy thì em nên học trước Autocad, vẽ kỹ thuật. Hai thứ này để làm nền cho em học chế tạo máy tốt hơn, còn lại em phải cố gắng học thật tốt ở trường DH nữa.

đề thi vào lớp KSTN là chương trình THPT chuyên hay là toán cao cấp và vật lí đại cương của đại học hả anh , nếu ko học trường chuyên thì có khả năng thi ko anh , em thấy vẫn có người ko học trường chuyên vẫn đỗ vào lớp KSTN

Chương trình học KSTN cũng như chương trình học như ở bên ngoài, có điều sẽ nâng cao hơn, chuyên sâu học, được các giảng viên hàng đầu giảng dạy. Những ai đã học trường chuyên THPT sẽ rất có lợi thế vì sẽ sử dụng tương đối nhiều kiến thức chuyên trong mấy năm đầu.
Nhưng em không học trường chuyên vẫn có khả năng đỗ vào các lớp KSTN, nhưng để tiếp tục học sẽ rất khó khăn nên cần phải cố gắng nhiều.

Như hồi anh đăng ký thi, các nhân viên của trung tâm KSTN sẽ phát cho bọn em đề thi và đáp án của một số năm trước để các em tham khảo.

Bài 5: Tìm các số nguyên không âm $x,y$ thoả mãn đẳng thức $x^2=y^2+\sqrt{y+1}$

Ta có $(x-y)(x+y)=\sqrt{y+1}>0$.

Suy ra $x>y$.

Suy ra $x\ge 1$ nên $x+y\ge y+1\ge 1$.

Mặt khác, $x-y>0$ nên $x-y\ge 1$.

Do đó, $(x-y)(x+y)\ge y+1\ge\sqrt{y+1}$.

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $y+1=1;x+y=y+1;x-y=1$.

Tức là $x=1;y=0$.

Bài 3 : Tìm các giá trị nguyên $x,y$ thoả mãn đẳng thức $(y+2)x^2+1=y^2$

 

Ta có $x^2(y+2)=(y-1)(y+1)$.

TH1: Nếu $y\ge 0$.

Ta có $y+2> y+1>y-1\ge 0$.

Do đó, PT chỉ xảy ra khi $x=0$.

Suy ra, $y=1$.

TH2: Nếu $y<0$.

Ta có, nếu $y<-1$ thì $y^2-1>0; (y+2)x^2\le 0$

Suy ra vô nghiệm.

Nếu $y=-1$ thì $x=0$ thỏa mãn.

Vậy có hai nghiệm $x=0;y=-1$ và $x=0;y=1$.