$I=\int\limits_{0}^{\pi /2}\sin ^{3}x(1-\cos ^{2}x)d_{x}=\int\limits_{0}^{\pi /2}(1-\cos ^{2}x)^{2}\sin xd_{x}$

 Đặt $\cos x=t$, đổi cận $x=0\rightarrow t=1,   x=\pi /2\rightarrow t=0$
$\Rightarrow I=\int\limits_{0}^{1}(1-t^{2})^{2}d_{t}$     (Nhân ra , Thế cận ta được ) $I=\frac{8}{15}$

PT $\Leftrightarrow 4\sin x\cos x+2\sin ^{2}x-1-7\sin x-2\cos x+4=0$
$\Leftrightarrow 2\cos x(2\sin x-1)+(2\sin x-1)(\sin x-3)=0$
$\Leftrightarrow (2\sin x-1)(2\cos x+\sin x-3)=0$
$\sin x=0,5\Rightarrow x=\frac{\pi }{6}+2k\pi , or  x=\frac{5\pi }{6}+2k\pi .$
hoặc :$2\cos x+\sin x=3\Leftrightarrow $(vô nghiệm vì  $3>\sqrt{4+1})$
kl

cho tam giac ABC (bất kì), đã  biết 2 cạnh (bằng a, b ),tính độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh còn lại.

$\begin{array}{l}{x^2} - x\sqrt y - 2xy + 2y\sqrt y = 0\\\sqrt {8 - {x^2}} + \sqrt {2 - y} = 3\end{array}$

ĐK: $x\leq -2,hoac   x\geq -1$
BPT $\Leftrightarrow \sqrt{x^{2}+3x+2}\geq 1+\sqrt{x^{2}-x+1}$
$\Leftrightarrow 2x\geq \sqrt{x^{2}-x+1}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x\geq 0\\ 4x^{2}\geq x^{2}-x+1 \end{cases}\Leftrightarrow x\geq \frac{-1+\sqrt{13}}{3}$(Thoả mãn điều kiện)
KL.

ĐK :$x\neq \frac{\pi }{2}+k\pi $
PT $\Leftrightarrow \frac{1-\cos ^{2}x}{1-\sin ^{2}x}=\frac{1-\cos ^{3}x}{1-\sin ^{3}x}$
$\Leftrightarrow \cos x=1\Leftrightarrow 2k\pi $
hoặc
$\Leftrightarrow \frac{1+\cos x}{1+\sin x}=\frac{1+\cos x+\cos ^{2}x}{1+\sin x+\sin ^{2}x}$
$\Leftrightarrow (1+\cos x)\sin ^{2}x=(1+\sin x)\cos ^{2}x$
$(\sin x-\cos x)(\sin x+\cos x+\sin x\cos x)=0$
$\Leftrightarrow \sin x=\cos x\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}=k\pi $
hoặc: $\sin x+\cos x+\sin x\cos x=0$ (PT cơ bản)

Khi x=0, với mọi k ta luôn có y=$-\frac{1}{2}$

PT $\Leftrightarrow 4\cos ^{4}x-2\cos ^{2}x+1-\cos ^{2}2x+\frac{1}{2}+\cos \frac{3x}{4}=\frac{7}{2}$
$\Leftrightarrow 4\cos ^{4}x-2\cos ^{2}x-(2\cos ^{2}x-1)^{2}+\cos \frac{3x}{4}=2$
$2\cos ^{2}x-1+\cos \frac{3x}{4}=2$
$2\cos \frac{11x}{8}.\cos \frac{5x}{8}=2$
Vì $\cos (nx)\leq 1$
$\Rightarrow \begin{cases}\cos \frac{11x}{8}=1 \\ \cos \frac{5x}{8}=1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x= \frac{16k\pi }{11}\\ y=\frac{16k\pi }{5} \end{cases}\Leftrightarrow x=0(rad)$

$y^{'}=3x^{2}+6x-m$
Gọi  $x_{1}, x_{2}$ là 2 nghiệm của pt trên
toa độ  trung điểm $I$ của 2 cực trị là : $ I(\frac{x_{1}+x_{2}}{2};\frac{y_{1}+y_{2}}{2})$
Theo viet ta tim được $I(-1;0)$
PTTT của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1 là:
$(d):y=(9-m)(x-1)+6-m$
$\Leftrightarrow y=(9-m)x-3\Leftrightarrow (9-m)x-y-3=0$
Ta có $   d_{(I,d)}=\frac{\left| {m-9-3} \right|}{\sqrt{(9-m)^{2}+1}}$

Giải:
Gọi E=AB giao CD, vì ABCD là nửa lục giác đều, CM được BCE là tam giác đều cạnh a
Ta có I là trung điểm AB $\Rightarrow IE=\frac{3}{4}AE\Rightarrow d_{(I,SCD)}=\frac{3}{4}d_{(A,SCD)}$
Từ A kẻ AH vuông góc CD (ADE là tam giác đều nên H trùng C)
$\Rightarrow AC   vgóc  (SCD)$
Trong (SAC) kẻ AK vgóc với SC $\Rightarrow AK vgóc (SCD)$
$\Rightarrow d_{(A,SCD)}=AK=\frac{4}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{8}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Xét $\triangle SAC$ có $ \frac{1}{SA^{2}}+\frac{1}{AC^{2}}=\frac{1}{AK^{2}}$
Dễ tính được SA=a
Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{\triangle ABCD}=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{4}$(ĐVTT)

Cho $x\epsilon R$ và $x>\pi $

CMR :$\sin x>\frac{x(\pi ^{2}-x^{2})}{\pi ^{2}+x^{2}}$

ĐK ; $\sin x+\cos x\neq 0$, và $\sin x\neq 0$
$\Leftrightarrow x\neq \frac{-\pi }{4}+k\pi $ ,và $x\neq k\pi $
PT$\Leftrightarrow \frac{\sin x-1}{\sin x+\cos x}=\frac{2(1+\cos x)}{1-\cos ^{2}x}$
$\Leftrightarrow \frac{2}{1-\cos x}=\frac{\sin x-1}{\sin x+\cos x}$
$\Leftrightarrow 2(\sin x+\cos x)=(1-\cos x)(\sin x-1)$
$\Leftrightarrow \sin x+\cos x+\sin x\cos x+1=0$
$\Leftrightarrow (\sin x+1)(\cos x+1)=0$
$\Leftrightarrow \sin x=-1$
$\Leftrightarrow x=-\frac{\pi }{2}+2k\pi $
kl.

$BPT \Leftrightarrow \sqrt{4x^{2}-x+5}+4<2m$
Xét hàm số vế trái $\ f( x)^{'}=\frac{8x-1}{2\sqrt{4x^{2}-x+5}}$
cho $\ f (x)^{'}=0\Rightarrow x=\frac{1}{8}$
BBT: hàm số NB trên $(-\infty;\frac{1}{8})$,và ĐB trên $(\frac{1}{8};+\infty )$
Từ BBT $\Rightarrow m>\frac{16+\sqrt{79}}{8}.$