|
|
giải đáp
|
đại 12
|
|
|
|
bài 2 tính trực tiếp
$y' = \dfrac{1+2\cos x}{(2+\cos x)^2};\ y' = 0 \Leftrightarrow 2\cos x + 1= 0$
$\Leftrightarrow x = \pm \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi$ vì $x \in [0;\ \pi] \Rightarrow x = \dfrac{2\pi}{3} $
Tính các $y(\pi);\ y(0);\ y(\dfrac{2\pi}{3} )$ sau đó so sánh và kết luận
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 12
|
|
|
|
đặt $3^x = t >0$ vì $-2 \le x\le 0 \Rightarrow t \in [\dfrac{1}{9};\ 1]$
ta có $f(t) =\dfrac{9t^2 +1}{t};\ f'(t) = \dfrac{9t^2 -1}{t^2};\ t \in [\dfrac{1}{9};\ 1]$
$f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = \pm \dfrac{1}{3}$
Chỉ việc xét $f(\dfrac{1}{3});\ f(\dfrac{1}{9});\ f(1)$ sau đó kết luận min - max
|
|
|
|
giải đáp
|
đại 12
|
|
|
|
2.ĐK $x+1 >0;\ x-2 >0 \Leftrightarrow x>2$
$\log_2 (x+1)(x-2) < 2 =\log_2 4$
$\Leftrightarrow (x-1)(x-2) < 4$ cơ bản quá |
|
|
|
giải đáp
|
đại 12
|
|
|
|
1. chia 2 vế cho $9^x$ được $3(\dfrac{2}{3})^{2x} + 1 \ge 4(\dfrac{2}{3})^x$
đặt $(\dfrac{2}{3})^x = t > 0$
BPT đưa về $3t^2 - 4t + 1 \ge 0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} t \le \dfrac{1}{3} \\ t \ge 1\end{matrix} \right.$ việc còn lại đơn giản
|
|
|
|
giải đáp
|
hình oxyz 12
|
|
|
|
Công thức thể tích tứ diện $V_{ABCD} = \dfrac{1}{6}|[vtAB, vtAC].vtAD| =\dfrac{1}{6}$
Mặt khác $V_{ABCD} = \dfrac{1}{3}AH.S_{\Delta BCD} = \dfrac{1}{3}AH.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow AH = 1$
Diện tích đáy $BCD$ nãy ta tính cả rồi mà |
|
|
|
giải đáp
|
hình oxyz 12
|
|
|
|
Ta có $vtAB =(1;-2;1), vtAC = (1;-1;0), vtAD = (1;-1;-1)$
$[vt AB, vtAC] = (1;1;1;) \Rightarrow [vtAB, vtAC].vtAD = 1.1 -1.1 -1.1 = -1 \ne 0$ vạy 4 điểm không đồng phẳng
+ $vt BC=(0;1;-1), vtBD=(0;0;-1) \Rightarrow [vtBC. vtBD] = (-1;0;0)$
$S_{\Delta BCD} = \dfrac{1}{2}| [vtBC. vtBD] | = \dfrac{1}{2}$
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hình oxyz 12
|
|
|
|
$A(0;2;1), B(1;0;2), C(1;1;1), D(1;1;0) $
Mặt cầu có dạng $x^2+y^2+z^2-2ax-2by-2cz+d=0$
Mặt cầu đi qua 4 điểm $ABCD$ nên ta có hệ
$\begin{cases} 4 + 1 - 4b - 2c + d = 0 \\ 1 + 4 - 2a - 4c + d = 0 \\ 1 + 1 + 1 -2a-2b-2c +d = 0\\ 1 + 1 -2a-2b +d = 0 \end{cases}$
Giải hệ có $a = -\dfrac{3}{2}, b = -\dfrac{1}{2}, c = \dfrac{1}{2}, d = -6$
Vậy tâm $I(a;\ b;\ c)$ |
|
|
|
giải đáp
|
hình oxyz
|
|
|
|
Bài 2 tương tự
Xét tích hỗn tạp $[\vec{a}, \vec{b}].\vec{c}$
$[\vec{a},\vec{b}] = (5;-7;5)$
$[\vec{a}, \vec{b}].\vec{c} = 5.(-19) + (-7).4 + 5.15 \ne 0$ vậy 3 vecto không đồng phẳng
|
|
|
|
bình luận
|
hình oxyz
vecto d k cho là nhiêu thi phân tích = niềm tin ah
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hình oxyz
|
|
|
|
Xét tích hỗn tạp $[\vec{a}, \vec{b}].\vec{c}$
$[\vec{a},\vec{b}] = (7;4;-6)$
$[\vec{a}, \vec{b}].\vec{c} = 7.2 + 4.4 + (-6)(-1) \ne 0$ vậy 3 vecto không đồng phẳng
|
|
|
|
giải đáp
|
Cuc tri cua ham so
|
|
|
|
Đây là 1 parabol, hệ số của $x^2$ dương, bề lõm quay lên trên, vậy chỉ có điểm cực tiểu $I(x_I = -\dfrac{b}{2a};\ y_I= -\dfrac{\Delta}{4a})$
$x_I = -\dfrac{3a}{4} \Rightarrow y_I = 2(-\dfrac{3a}{4})^2 + 3a(-\dfrac{3a}{4}) +5= \dfrac{9a^2}{8} - \dfrac{9a^2}{4} + 5 =-\dfrac{9a^2}{8}+5$
Lại có $3a = -4x_I$ thay vào $y_I$ có
$y_I = -\dfrac{16x_I^2}{8} + 5 = -2x_I^2 + 5$
Vậy tập hợp các điểm $I$ là parabol $\ y = -2x^2 +5$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Cuc tri cua ham so
|
|
|
|
Cuc tri cua ham so Chung minh tap hop tat ca diem cuc tri cua ham so y = 2x^2 + 3ax + 5 nam tren 1 duong parabol.Chi ra duong Parabol nay
Cuc tri cua ham so Chung minh tap hop tat ca diem cuc tri cua ham so $y = 2x^2 + 3ax + 5 $ nam tren 1 duong parabol.Chi ra duong Parabol nay
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải giúp mình bài xác định tính chẵn lẻ của hàm số lớp 11
|
|
|
|
2. $TXD: \sin x\ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi, \ k \in Z$, vậy $TXD$ vẫn là tập đối xứngXét $f(x) = \dfrac{\cos x + \tan^4 x}{\sin^3 x}$$f(-x) = \dfrac{\cos (-x) + \tan^4 (-x)}{\sin^3 (-x)} = \dfrac{\cos x + \tan^4 x}{-\sin^3 x} = -\dfrac{\cos x + \tan^4 x}{\sin^3 x} = -f(x) \Rightarrow $ hàm lẻ
2. $TXD: \sin x; \ \cos x\ne 0 \Leftrightarrow \sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow \ne \dfrac{k\pi}{2}, \ k \in Z$, vậy $TXD$ vẫn là tập đối xứngXét $f(x) = \dfrac{\cos x + \tan^4 x}{\sin^3 x}$$f(-x) = \dfrac{\cos (-x) + \tan^4 (-x)}{\sin^3 (-x)} = \dfrac{\cos x + \tan^4 x}{-\sin^3 x} = -\dfrac{\cos x + \tan^4 x}{\sin^3 x} = -f(x) \Rightarrow $ hàm lẻ
|
|