|
|
giải đáp
|
Giải hệ phương trình
|
|
|
|
HPT\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{\cos ^2}x = 1 + 2\cos y + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}y\\
2{\sin ^2}x = {\sin ^2}y
\end{array} \right.\)
Cộng
$2$ vế \(\Rightarrow 2 = 1 + \cos y + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}y + {\sin
^2}y \Rightarrow \cos y = 0 \Leftrightarrow y = \frac{\pi }{2} + k\pi \)
Thế vào hệ đã cho ta được \(\left\{ \begin{array}{l}
\cos x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\
{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{\sqrt 2 }}
\end{array} \right.\)
Nếu $k$ chẵn \(\left( {k = 2l} \right)\) thì ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\cos x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\
{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{\pi }{4} + 2m\pi \\
y = \frac{\pi }{2} + 2l\pi
\end{array} \right.\left( {m,l \in Z} \right)\)
Nếu $k$ lẻ \(\left( {k = 2l + 1} \right)\) thì ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\cos x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\
{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} = \frac{{ - \sqrt 2 }}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = - \frac{\pi }{4} + 2m\pi \\
y = \frac{\pi }{2} + \left( {2l + 1} \right)\pi
\end{array} \right.\left( {m,l \in Z} \right)\)
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
đối xứng trục
|
|
|
|
 Gọi giao điểm thứ hai của $B_1A_1$ với đường tròn $(O_1)$ là $A_2$ Kẻ tiếp tuyến chung $x'x$ của $(O)$ và $(O_1)$ tại $A$ ta có : $\widehat{A_1B_1B}=\widehat{ABM}=\widehat{x'AM} =\widehat{xAA_1}=\widehat{AA_2A_1} $ Suy ra hình thang $ABB_1A_2$ cân, nên $A_2$ và $B_1$ đối xứng với nhau qua trục trung trực $(d)$ của $AB$ Ta có : - Khi $M$ di động trên $(O)$ thì $A_2$ di động trên $(O_1)$ suy ra tập hợp các điểm $A_2$ là đường tròn $(O_1)$ - $B_1=S_d(A_2)$ nên tập hợp các điểm $B_1$ là đường tròn $(O_2)$ với $(O_2)=S_d(O_1)$ |
|
|
|
giải đáp
|
đối xứng trục
|
|
|
|
 Phân tích : Giả sử đã dựng được điểm $M$ thỏa mãn điều kiện đầu bài. Thực hiện phép đối xứng trục $(d)$ $S_{(d)}(MT_1)=(MT_3)$ $S_{(O_1)}=(O_3)$ Khi đó $MT_3$ cũng là tiếp tuyến của $(O_3)$.Vậy $MT_3$ là một tiếp tuyến chung của $(O_3),(O_2)$ Cách dựng : Ta lần lượt thực hiện : - Dựng đương tròn $(O_3)$ đối xứng với $(O_1)$ qua $(d)$ - Dựng tiếp tuyến chung $T_2T_3$ của $(O_3),(O_2)$ - Đường thẳng $T_2T_3$ cắt $(d)$ tại $M$ Khi đó $M$ là điểm cần dựng. Chứng
minh : Thật vậy lấy $MT_1=S_{(d)}(MT_3)\Rightarrow MT_1$ tiếp xúc với
$(O_1)$ và góc $\widehat{T_1MT_2} $ nhận $(d)$ làm đường phân giác. Biện luận : Số nghiệm điểm $M$ của bài toán bằng số giao điểm của tiếp tuyến chung của $(O_3),(O_2)$ với đường thẳng $(d)$ hinh sau minh họa ba trường hợp vô nghiệm :  |
|
|
|
giải đáp
|
hình không gian
|
|
|
|
(bạn đọc vẽ hình để theo dõi )
$a,$ Vì $AB=BC=5$ nên sử dụng định lí pytago trong các tam giác vuông $AOB,COB$ ta suy ra : $OA=OC$
Đặt $OA=OC=a;OB=b$ ta có :
$\begin{cases}a^2+b^2=5^2=25
\\ a^2+a^2= (3\sqrt{2} )^2=18\end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}a^2=9 \\ b^2= 16\end{cases} \Rightarrow a=3;b=4$
Vậy $OA=OC=3; OB=4$
$b.$
Giả sử đường thẳng $BH$ cắt $AC$ tại $K$.Dễ thấy $OB\bot mp(OAC)$ nên
$OB\bot OK$.Do vậy tam giác $KOB$ vuông tại $B$, áp dụng hệ thức lượng
trong tam giác vuông $KOB$ và $AOC$ ta có :
$\frac{1}{OH^2} =\frac{1}{OK^2} +\frac{1}{OB^2} =\frac{1}{OA^2} +\frac{1}{OB^2} +\frac{1}{OC^2} =\frac{2}{9} +\frac{1}{16} $
$OH^2=\frac{9.16}{41} \Rightarrow OH=\frac{12}{\sqrt{41} } $
Trong
$\Delta OAB$ kẻ $OM\bot AB$.Theo định lí ba đường vuông góc ta có
$CM\bot AB$.Trong tam giác vuông góc $AOB$, với đường cao $OM$, ta có :
$OM=\frac{OA.OB}{AB} =\frac{3.4}{5} =\frac{12}{5} $
Từ đó, trong tam giác vuông $MOC$ (vuông tại $O$) ta được
$CM=\sqrt{OM^2+OC^2}=\sqrt{\frac{144}{25}+9 } =\frac{3\sqrt{41} }{5} $
Diện tích các tam giác :
$S_{\Delta AOB}=S_{\Delta BOC}=6; S_{\Delta AOC}=\frac{9}{2}; S_{\Delta ABC }=\frac{3\sqrt{41} }{2} $
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải và biện luận bất phương trình
|
|
|
|
Với $a > 1$ ta có
\({x^{{{\log }_a}\left( {{\rm{ax}}} \right)}}
\ge {\left( {{\rm{ax}}} \right)^4} \Leftrightarrow {\log _a}{{x^{{{\log
}_a}\left( {{\rm{ax}}} \right)}} \ge {{\log }_a}{{\left( {{\rm{ax}}}
\right)}^4}}\)
\(\Leftrightarrow {\log
_a}\left( {{\rm{ax}}} \right).{\log _a}x \ge 4{\log _a}\left(
{{\rm{ax}}} \right)\)
\(\Leftrightarrow {\log _a}\left( {{\rm{ax}}} \right)\left( {{{\log }_a}x - 4} \right) \ge 0\)
Đáp số:\(\left[ \begin{array}{l}
x \ge {a^4}\\
0 < x \le \frac{1}{a}
\end{array} \right.\)
Với $0 < a < 1$ ta có:
\({x^{{{\log
}_a}\left( {{\rm{ax}}} \right)}} \ge {\left( {{\rm{ax}}} \right)^4}
\Leftrightarrow \left( {1 + {{\log }_a}x} \right)\left( {{{\log }_a} -
4} \right) \le 0\)
\(\Leftrightarrow - 1 \le {\log _a}x \le 4 \Leftrightarrow {a^4} \le x \le \frac{1}{a}\)
Đáp số: ${a^4} \le x \le \frac{1}{a}$
|
|
|
|
giải đáp
|
bất phương trình
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
phương trình mũ
|
|
|
|
Chia hai vế cho ${6^{\frac{1}{x}}},\,\,x \ne 0$ và đặt $t = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\frac{1}{x}}},\,\,t > 0$
Ta có:
$\begin{array}{l}
6t - 13t + \frac{6}{t} = 0\\
\Leftrightarrow 6{t^2} - 13t + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \frac{2}{3}\\
t = \frac{3}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\frac{1}{x}}} = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow x = - 1\\
{\left( {\frac{3}{2}} \right)^{\frac{1}{x}}} = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^1} \Leftrightarrow x = 1
\end{array} \right.
\end{array}$
Vậy phương trình có hai nghiệm: $x = \pm 1$
|
|
|
|
giải đáp
|
Phép toán trên tập hợp
|
|
|
|
Gọi $A$ là tập các số chia hết cho $5$.
$B$ là tập các số chia hết cho $7$.
Gọi $n(X)$ là số phần tử của tập $X$.
Ta có: $n(A) = 71$;
tương tự: $n(B) = 63$ và $n(A\bigcup B) = 100$.
Vì
$5$ và $7$ nguyên tố cùng nhau, cho nên các số chia hết cho $35$ thì
phải là số vừa chia hết cho $5$ và cho $7$ hay phải thuộc tập $A\bigcap
B$.
Xét tổng $n(A) + n(B) = 71 + 63 = 134$.
Trong tổng này rõ
ràng là các phần tử thuộc $n(A\bigcap B)$ được kể làm $2$ lần, do đó nếu
lấy tổng $n(A) + n(B) $ trừ bớt đi một lần $n(A\bigcap B)$ thì ta có
tổng $n(A\bigcup B)$ hay ta có liên hệ:
$n(A\bigcup B) = n(A) +n(B) - n(A\bigcap B)$
$\Rightarrow n(A\bigcap B) = n(A) + n(B) - n(A\bigcup B)$
$\Rightarrow n(A\bigcap B) = 71 + 63 - 100 = 34$.
Vậy có $34$ số chia hết cho $35$.
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải hệ phương trình
|
|
|
|
Cách 1: Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai.
Đặt $y=kx$ ta được hệ:
$\begin{cases}3k^2x^2-2kx^2=160 \\k^2x^2-3kx^2-2x^2=8
\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x^2(3k^2-2k)=160
(1')\\x^2(k^2-3k-2)=8 (2') \end{cases} $
Vì $x\neq 0$, chia $(1')$ cho $(2')$ vế với vế, ta được:
$\frac{3k^2-2k}{k^2-3k-2}=20
\Rightarrow 17k^2-58k-40=0 \Rightarrow k_1=4; k_2
=-\frac{10}{17} $.
* Với $k_1=4 \Rightarrow y=4x$. Thay vào $(1)$ ta đưa về phương trình bậc hai đối với $x$:
$48x^2-8x^2=160 \Rightarrow x_1=-2; x_2=2$.
Với $x_1=-2 \Rightarrow y_1=-8; x_2=2 \Rightarrow y_2=8$.
* Với $k_2=-\frac{10}{17} \Rightarrow x_3=-8,5; x_4=8,5 $.
Với $x_3=-8,5 \Rightarrow y_3=5; x_4=8,5 \Rightarrow y_4=-5$.
Kết quả: Hệ phương trình có bốn nghiệm $(-2; -8), (2; 8), (-8,5; 5), (8,5; -5)$.
Cách 2: Từ phương trình $(1)$, rút $x$ theo $y$ ta được: $x=\frac{3y^2-160}{2y} $.
Đem thế vào phương trình $(2)$ ta được phương trình trùng phương với ẩn $y$:
$y^4-89y^2+1600=0$.
Phương trình trùng phương này có $4$ nghiệm:
$y_1=8; y_2=-8; y_3= 5; y_4=-5$.
Ta tính được các giá trị tương ứng của $x$.
$x_1=2; x_2=-2; x_3=-8,5; x_4=8,5$.
Kết quả: Hệ phương trình có bốn nghiệm $(-2; -8), (2; 8), (-8,5; 5), (8,5; -5)$. |
|
|
|
giải đáp
|
Một bài toán về Mệnh đề ạ :)
|
|
|
|
Giả sử có hai số nguyên $m$, $n$ để: $2m^2 + n^2 = 2007$ (*)
Vì $2m^2$ là số chẵn, ta suy ra $n^2$ phải là số lẻ hay $n$ phải là số lẻ, $n = 2a + 1$ ($a \in \mathbb{Z} $).
(*) $\Leftrightarrow 2m^2 + (2a + 1)^2 = 2007 \Rightarrow 2m^2 + 4a^2 + 4a + 1 = 2007$
$\Rightarrow 2m^2 + 4a^2 + 4a = 2006$
Vì $4a^2 + 4a$ chia hết cho $4$ và $2006$ không chia hết cho 4.
Suy
ra $2m^2$ không chia hết cho $4$ hay $m^2$ không chia hết cho $2
\Rightarrow $ $m^2$ là số lẻ. Đặt $m = 2b + 1$, ta có:
$2(2b + 1)^2 + 4a(a+1) = 2006$
$\Rightarrow 8b^2 + 8b +2 + 4(a + 1)a = 2006$
$\Rightarrow 8b(b + 1) + 4a(a + 1) = 2004$.
Dễ thấy $8b(b+1) $ chia hết cho $8; 4a(a + 1)$ cũng chia hết cho $8$ còn $2004$ không chia hết cho $8$. Mâu thuẫn này cho ta đpcm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Giải phương trình
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
nhị thức niu tơn
|
|
|
|
Với điều kiện $n\in R, n\geq 2$, ta có:
$C^{n-1}_n+C^{n-2}_n=55 \Leftrightarrow n+\frac{n(n-1)}{2}=55 \Leftrightarrow 2n+n^2-n=110 $
$\Leftrightarrow n^2+n-110=0 \Leftrightarrow n=10 $( nhận) hoặc $n=-11$(loại)
Chọn $n=10$
Nhị
thức Niu tơn $(\sqrt[7]{8}+\sqrt[3]{5})^n$ có số hạng tổng quát là
$C^k_{10}(\sqrt[7]{8})^{10-k}(\sqrt[3]{5})^k $, với $k=0, 1, 2, ...,
10$
Để số hạng này là số nguyên thì điều kiện cần và đủ là $10-k$ là bội của 7 và k là bội của 3. Điều này chỉ xảy ra với $k=3$
Vậy số hạng là số nguyên là: $C^3_{10}.8.5=4800$
|
|
|
|
giải đáp
|
nhị thức niu tơn
|
|
|
|
Ta có: $(1+ax)^n=C^0_n+C^1_nax+C^2_na^2x^2+...=1+nax+\frac{n(n-1)}{2}a^2x^2+... $
Theo
giả thiết : $\begin{cases}nax=24x \\ \frac{n(n-1)}{2}a^2x^2=252x^2
\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}na=24 \\ n(n-1)a^2=504
\end{cases} $
Từ phương trình đầu ta có: $a=\frac{24}{n} $. Thay vào phương trình sau ta được:
$n(n-1).\frac{576}{n^2}=504 \Leftrightarrow 72(n-1)=63n \Leftrightarrow 9n=72 \Leftrightarrow n=8 $ (thỏa mãn)
Suy ra $a=3$.
Vậy $n=8, a=3$
|
|
|
|
giải đáp
|
quy tắc đếm
|
|
|
|
Số cách chọn $2$ bác sĩ làm tổ trưởng và tổ phó là một chỉnh hợp chập $2$ của $4$ phần tử.
$\rightarrow $ Số cách chọn là $A^2_4$
Số cách chọn $5$ y tá làm tổ viên là một tổ hợp chập $5$ của $12$ phần tử.
$\rightarrow $ Số cách chọn là: $A^5_{12}$
Theo quy tắc nhân, số cách lập đội công tác là: $A^2_4A^5_{12}=9054$
|
|