K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NN
21,22,29,34,37
1
TC
26 tháng 2 2017
21. d[O,(P)]max => OA vuông góc (P) => n(P) =Vecto OA=(2; -1; 1)
=> (P):2x - y +z - 6 = 0. ĐA: D
22. D(x; 0; 0). AD = BC <=> (x-3)2 +16 = 25 => x = 0 v x = 6. ĐA: C
34. ĐA: A.
37. M --->Ox: A(3; 0; 0)
Oy: B(0; 1; 0)
Oz: C(0; 0;2)
Pt mp: x\3 + y\1+ z\2 = 1 <==> 2x + 6y + 3z - 6 = 0. ĐA: B
N
0
NN
ọ
i người ạ
4
TC
15 tháng 3 2017
Câu 31 thử ĐA
Câu 33: có công thức
Câu 35: Gọi A là giao điểm d và \(\Delta\) => A(1 +2t; t -1; -t )\(\in\) d
\(\overrightarrow{MA}=\left(2t-1;t-2;-t\right)\)\(\overrightarrow{MA}\perp\Delta\Rightarrow\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{u_{\Delta}}=0\Leftrightarrow t=\dfrac{2}{3}\)=> ĐA: D
15 tháng 3 2017
Em cần hỏi c 34 í ạ. Dạ còn c 31 kh có cách giải ra hả anh
E cần giúp 3 câu ạ
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 2 2017
Lời giải:
Bài 16
Khai triển:
\(F(x)=\int \frac{(x-1)^3}{2x^2}dx=\int \frac{x^3-3x^2+3x-1}{2x^2}dx=\int \frac{x}{2}dx-\int\frac{3}{2}dx+\int\frac{3}{2x}dx-\int\frac{dx}{2x^2}\)
Cụ thể có:
\(\int \frac{x}{2}dx=\frac{x^2}{4};\int\frac{3}{2}dx=\frac{3x}{2};\int\frac{3dx}{2x}=\frac{3}{2}\ln|x|;\int\frac{dx}{2x^2}=-\frac{1}{2x}\)
Do đó \(F(x)=\frac{x^2}{4}-\frac{3x}{2}+\frac{3\ln|x|}{2}+\frac{1}{2x}+c\)
Phương án D.
Bài 18:
Vì \(\int f(x)dx=\sin 2x\cos 2x\Rightarrow f(x)=(\sin 2x\cos 2x)'\)
\(\Leftrightarrow f(x)=(\frac{\sin 4x}{2})'=2\cos 4x\)
(không có đáp án đúng?)
Câu 36
Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=\ln (\ln x)\\ dv=\frac{dx}{x}\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\frac{1}{x\ln x}dx\\ v=\int\frac{dx}{x}=\ln x\end{matrix}\right.\)
Khi đó \(I=\ln x\ln(\ln x)-\int\ln x\frac{1}{x\ln x}dx=\ln x\ln(\ lnx)-\int\frac{dx}{x}=\ln x\ln (\ln x)-\ln x+c\)
Đáp án C
AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 8 2017
Lời giải:
Bài 30:
Ta có \(y=x^4-2mx^2\Rightarrow y'=4x^3-4mx\)
Để ĐTHS có 3 điểm cực trị thì \(y'=4x^3-4mx=0\) phải có ba nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow x(x^2-m)=0\) có ba nghiệm phân biệt. Do đó \(m>0\)
Khi đó, gọi ba điểm cực trị lần lượt là:
\(A(0,0);B(\sqrt{m},-m^2);C(-\sqrt{m},-m^2)\)
Từ đây, ta viết được PTĐT $BC$ là: \(y=-m^2\)
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến đường thẳng:
\(d(A,BC)=\frac{|m^2|}{\sqrt{1^2+0^2}}=m^2\)
\(BC=\sqrt{(\sqrt{m}--\sqrt{m})^2+(-m^2+m^2)^2}=2\sqrt{m}\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{d(A,BC).BC}{2}=m^2\sqrt{m}<1\). Mà \(m>0\) nên
\(m^2\sqrt{m}<1\Leftrightarrow 0<\sqrt{m^5}<1\Leftrightarrow 0< m<1\).
Đáp án D.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 8 2017
Bài 31:
Đề bài sai rồi nhé, hàm thứ hai phải là \(y=x^3-3x^2-m+2\)
PT hoành độ giao điểm:
\(x^3-3x^2-m+2+mx=0\)
\(\Leftrightarrow (x-1)[x^2-2x+(m-2)]=0\)
PT trên có một nghiệm là $1$. Để hai đths cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì PT \(x^2-2x+(m-2)=0(1)\) phải có hai nghiệm pb khác $1$
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 1-2-2+m\neq 0\\ \Delta'=3-m>0\end{matrix}\right.\Rightarrow m<3\)
Nếu $x_1,x_2$ là hai nghiệm của $(1)$ thì áp dụng định lý Viete ta có:
\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2\\ x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)
Như vậy, độ dài các đoạn $AB,BC,AC$ nằm trong các giá trị:
\(\left\{\begin{matrix} |x_1-1|\sqrt{m^2+1}\\ |x_2-1|\sqrt{m^2+1}\\ |x_1-x_2|\sqrt{m^2+1}\end{matrix}\right.\)
Ta thấy \(x_1+x_2=2\Rightarrow x_1-1=1-x_2\Rightarrow |x_1-1|=|x_2-1|\)
Do đó \(|x_1-1|\sqrt{m^2+1}=|x_2-1|\sqrt{m^2+1}\), tức là luôn tồn tại hai đoạn thẳng nối hai giao điểm có độ dài bằng nhau (thỏa mãn đkđb) , với mọi $m$ nằm trong khoảng xác định, hay \(m<3\)
Đáp án D.
NN
Giúp e giải câu 24,33,35,41
0
giup em với ạ.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
25 tháng 8 2017
Bài 18:
Theo định lý Pitago:
\(SA=\sqrt{SB^2-AB^2}=2a\)
Do đó, \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2a.\frac{a.5a}{2}=\frac{5a^3}{3}\)
Đáp án D.
Bài 19:
Vì
\(SA\perp (ABCD)\Rightarrow \angle (SB,(ABCD))=\angle (SB,AB)=\angle SBA=60^0\)
Suy ra \(\frac{SA}{AB}=\frac{SA}{a}=\tan SBA=\sqrt{3}\Rightarrow SA=\sqrt{3}a\)
\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}\sqrt{3}a.a.3a=\sqrt{3}a^3\)
Đáp án B
LT
11
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 9 2021
1.
\(y'=6x^2+6\left(m-1\right)x+6\left(m-2\right)=6\left(x+1\right)\left(x+m-2\right)\)
\(y'=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1\\x=-m+2\end{matrix}\right.\)
Phương trình nghịch biến trên đoạn có độ dài lớn hơn 3 khi:
\(\left|-1-\left(-m+2\right)\right|>3\)
\(\Leftrightarrow\left|m-3\right|>3\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>6\\m< 0\end{matrix}\right.\)
2.
\(y'=-3x^2+6x+m-1\)
\(\Delta'=9+3\left(m-1\right)>0\Rightarrow m>-2\)
Gọi \(x_1;x_2\) là 1 nghiệm của pt \(-3x^2+6x+m-1=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\\x_1x_2=\dfrac{-m+1}{3}\end{matrix}\right.\)
Hàm đồng biến trên đoạn có độ dài lớn hơn 1 khi:
\(\left|x_1-x_2\right|>1\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2>1\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2>1\)
\(\Leftrightarrow4-\dfrac{-4m+4}{3}>1\)
\(\Rightarrow m>-\dfrac{5}{4}\) \(\Rightarrow m=-1\)
Có đúng 1 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 9 2021
3.
\(y'=x^2+6\left(m-1\right)x+9\)
\(\Delta'=9\left(m-1\right)^2-9>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< 0\end{matrix}\right.\)
Khi đó theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-6\left(m-1\right)\\x_1x_2=9\end{matrix}\right.\)
\(\left|x_1-x_2\right|=6\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=108\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=108\)
\(\Leftrightarrow36\left(m-1\right)^2-36=108\)
\(\Rightarrow\left(m-1\right)^2=4\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=3\\m=-1\end{matrix}\right.\)
Có 1 giá trị nguyên âm của m thỏa mãn
Gọi O là tâm của tam giác A'B'C'
ta có AO vuông góc với đáy nên AO là đường cao của lăng trụ
ta có : \(A'O=\frac{a}{\sqrt{3}}\)mà \(tan\widehat{AA'O}=tan60^0=\frac{AO}{A'O}\Rightarrow AO=A'Otan60^0=a\)
thể tích lăng trụ là : \(a\times\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}\)