|
|
giải đáp
|
đại 12 - 3
|
|
|
|
Em xem ở đây nhé
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/117764/dai-12-2
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài toán tiếp tuyến !
|
|
|
|
Giả sử $M(m,-4)$ là điểm trên $y=-4$ thỏa mãn bài toán.
PT đường thẳng $(d)$ bất kỳ qua $M$ có hệ số góc $k$ có dạng $(d) : y=k(x-m)-4$.
Để $(d)$ và $(C)$ tiếp xúc tại ba điểm thì hệ sau có ba nghiệm phân biệt
$\begin{cases}x^3-12x+12=k(x-m)-4\\3x^2-12=k \end{cases}$
$\Rightarrow x^3-12x+12=(3x^2-12)(x-m)-4$
$\Rightarrow (x-2)\underbrace{(2x^2+x(4-3m)+8-6m)}_{g(x)} = 0$
Để PT này có 3 nghiệm phân biệt thì PT $g(x)=0$ phải có hai nghiệm phân biệt
khác $2$. Tức là
$\begin{cases}\Delta_g =(4-3m)^2-8(8-6m)>0\\g(2)=2.2^2+2(4-3m)+8-6m \ne 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}\left[\begin{matrix} m<-4 \\ m> 4/3 \end{matrix} {} \right. \\m \ne 2 \end{cases}.$
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 12 - 4
|
|
|
|
Xét hàm số $f(x) = x-1-\sin x, \quad x \in \mathbb R.$
Ta có $f'(x) = 1-\cos x \ge 0\quad \forall x \in \mathbb R$ nên $f$ là hàm đồng biến.
Do đó nếu PT $f(x)=0$ có nghiệm thì nghiệm này là duy nhất.
Như vậy ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại nghiệm trong trường hợp này. Thật vậy,
$f(x)$ là hàm liên tục và $f(0).f(\pi) =(-1).(\pi-1) <0$ nên PT $f(x)=0$ luôn có nghiệm trong $(0,\pi)$.
|
|
|
|
giải đáp
|
bài toán tính
|
|
|
|
$B = \left ( 2+\sqrt 2 \right )\left (\frac{\sqrt 3 - \sqrt 2}{(\sqrt 3 - \sqrt 2)(\sqrt 3 + \sqrt 2)} +\frac{2-\sqrt 3}{(2-\sqrt 3)(2+\sqrt 3)}\right )$
$B = \left ( 2+\sqrt 2 \right )\left (\sqrt 3 - \sqrt 2 +2-\sqrt 3\right )$
$B = \left ( 2+\sqrt 2 \right )\left (2 - \sqrt 2 \right )$
$B=4-2=2.$
|
|
|
|
giải đáp
|
tỉ số lượng giác
|
|
|
|
Tử điều kiện $\sin a \cos a =0,48$
$\Rightarrow (\sin a +\cos a)^2 = \sin^2 a+\cos^2 a+2\sin a \cos a=1+2.0,48=1,96$
$\Rightarrow \sin a +\cos a=0,4$ hoặc $\sin a +\cos a=-0,4$.
Ta có
$\sin^3 a + \cos^3 a = (\sin a +\cos a)(\sin^2 a+\cos^2 a -\sin a \cos a)$
$=(\sin a +\cos a)(1 -\sin a \cos a)=\left[ {\begin{matrix}0,4(1-0,48)\\-0,4(1-0,48) \end{matrix}} \right.$
|
|
|
|
giải đáp
|
MONG MỌI NGƯỜI GIẢI GIÚP MÌNH CẢM ƠN TRƯỚC
|
|
|
|
Điểm $I$ là trung điểm $BC $ nên nó cũng nằm trên $BC$. Suy ra $I$ là giao điểm của hai đường thẳng $2x−y+5=0$ và $2x−y+5=0 $. Mặt khác dễ thấy hai đường thẳng này song song với nhau nên không tồn tại điểm I thỏa mãn bài toán. |
|
|
|
giải đáp
|
Toán 11 tính lim nha mọi người. Tks trước ạ.
|
|
|
|
Chú ý rằng $\mathop {\lim }\limits 2^{n-1}= +\infty $ do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{{4025}^{{2^{n - 1}}}} - 1}} = 0$ Suy ra đáp số cần tìm là $I=2003.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Vào tham khảo đi mọi người !
|
|
|
|
Ta chỉ cần chứng minh $\sin a = \frac{\sqrt 5-1}{2}$ và phần còn lại chứng minh tương tự. Mấu chốt ở đây là phải tìm ra được PT kết nối để GPT theo $\cos a$. Muốn vậy ta thực hiện dãy biến đổi sau, chú ý là ta sẽ sử dụng đẳng thức có ích sau đây, $1+ \tan^2 x = \frac{1}{\cos^ 2 x}, \quad \forall x.$
Ta có: $\cos^2 a = \tan^2 b = \frac{1}{\cos^ 2 b}-1= \frac{1}{\tan^2 c}-1$ $= \frac{1}{\frac{1}{\cos^ 2 c}-1}-1= \frac{1}{\frac{1}{\tan^ 2 a}-1}-1= \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{\cos^ 2 a}-1}-1}-1$. Như vậy ta thu được $t= \frac{1}{\frac{1}{\frac{1}{t}-1}-1}-1$ Biến đổi và GPT này ta thu được kết quả.
P/S : Số $\frac{\sqrt 5-1}{2}$ còn liên quan đến một kết quả rất đẹp trong Toán học, đó chính là Tỉ số vàng. |
|
|
|
giải đáp
|
đại 12 - 2
|
|
|
|
TXĐ : $-\sqrt 2 \le x \le \sqrt 2.$ $y'=1-\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}=\frac{\sqrt{2-x^2}-x}{\sqrt{2-x^2}}, \quad -\sqrt 2 < x < \sqrt 2.$ $y'=0 \Leftrightarrow x=\pm 1$ và $y'\ge 0 \Leftrightarrow x \in (-\sqrt 2 , 0] \cup (0,1]$ $y'\le 0 \Leftrightarrow x \in [1,\sqrt 2]$ Lập bảng biến thiên ta có GTLN $y=2 \Leftrightarrow x=1$, GTNN $y=-\sqrt2 \Leftrightarrow x=-\sqrt2.$ |
|
|
|
giải đáp
|
GTNN
|
|
|
|
Áp dụng BĐT Cô-si ta có $A= x + \frac{1}{y(x-8y)} = (x-8y)+8y+\frac{1}{y(x-8y)} \ge 3\sqrt[3]{(x-8y).8y.\frac{1}{y(x-8y)}}=6$ Suy ra $\min A =6 \Leftrightarrow (x-8y)=8y=\frac{1}{y(x-8y)} \Leftrightarrow x = 4, y=\frac{1}{4}.$ |
|
|
|
giải đáp
|
Lượng giác khó
|
|
|
|
Đặt $t=\tan \frac{x}{2} \Rightarrow \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$. PT $2(t-1) = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ $\Leftrightarrow 2(t-1)(1+t^2)=1-t^2$ $\Leftrightarrow 2(t-1)(1+t^2)+(t^2-1)=0$ $\Leftrightarrow (t-1)(2t^2+t+3)=0$ Dễ thấy $2t^2+t+3>0$ nên $t=1$. Em tự viết nốt nghiệm nhé. |
|
|
|
giải đáp
|
Quen
|
|
|
|
Em xem ở đây nhé
http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/100475/bai-100475
|
|
|
|
giải đáp
|
Lại một câu trong đề
|
|
|
|
Ngoài ra ta còn có thể tìm được GTLN của biểu thức này. Có phức tạp hơn đôi chút
|
|
|
|
giải đáp
|
giup minh phan elip nay voi
|
|
|
|
b) Câu này ý tưởng đơn giản hơn vì chỉ việc giải hệ $\begin{cases}\frac{1}{a^2} + \frac{\frac{16}{5}}{b^2}=1 \\ \frac{4}{a^2} + \frac{\frac{4}{5}}{b^2}=1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^2=5 \\ b^2=4 \end{cases}$ |
|
|
|
giải đáp
|
giup minh phan elip nay voi
|
|
|
|
a) PT Elip cần tìm có dạng $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1$. Trong đó $a^2-b^2=c^2$, với $F_1(-c,0)$ là tọa độ một tiêu điểm. Như vậy ta có $a^2-b^2=9.$ Ngoài ra hình chữ nhật bao của Elip có hai kích thước lần lượt là $2a,2b$ do đó $4a^2+4b^2=4.41\Leftrightarrow a^2+b^2=41.$ Từ đó dễ có $a^2=25, b^2=16.$ PT cần tìm là $\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16}=1$. |
|