Hỏi đáp môn Toán

\(sina+cosa=\sqrt{2}\Leftrightarrow\left(sina+cosa\right)^2=2\\ \)

\(\Leftrightarrow\sin^2a+2\sin a.cosa+cos^2a=2\)

\(\Leftrightarrow1+2.sina.cosa=2\)

\(\Leftrightarrow2.sina.cosa=2-1=1\)

\(\Leftrightarrow\sin a.cosa=\frac{1}{2}\)

Vậy  P=sina.cosa=\(\frac{1}{2}\)

\(Q=\sin^4a+cos^4a\)

\(\Leftrightarrow\left(sin^2a\right)^2+\left(cos^2a\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(sin^2a+cos^2a\right)^2-2.sin^2a.cos^2a\)

\(\Leftrightarrow1^2-2.sin^2a.cos^2a\) tách tiếp rồi thế vào là được .tương tự phàn P ý
còn R thì tách sin^3a=sin^2a+sina tương tự cos mũ 3 a cụng vậy
theo tớ là như thế còn có sai thì đừng có ném đá ném gạch na

c/ Đặt \(x=cost\)

\(64cos^6t-112cos^4t+56cos^2t-7=2\sqrt{1-cos^2t}\)

\(\Leftrightarrow64cos^6t-112cos^4t+56cos^2t-7=2sint\)

Nhận thấy \(cost=0\) không phải nghiệm, pt tương đương:

\(64cos^7t-112cos^5t+56cos^3t-7cost=2sint.cost\)

\(\Leftrightarrow cos7t=sin2t=cos\left(\frac{\pi}{2}-2t\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}7t=\frac{\pi}{2}-2t+k2\pi\\7t=2t-\frac{\pi}{2}+k2\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=\frac{\pi}{18}+\frac{k2\pi}{9}\\t=-\frac{\pi}{10}+\frac{k2\pi}{5}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=cos\left(\frac{\pi}{18}+\frac{k2\pi}{9}\right)\\x=\left(-\frac{\pi}{10}+\frac{k2\pi}{5}\right)\end{matrix}\right.\)

Ý tưởng của người ra đề khá kì quặc, công thức \(cos7a\) kia thực sự là chứng minh rất mất thời gian

2 phần còn lại ko biết giải theo kiểu lớp 10, chỉ biết lượng giác hóa, bạn tham khảo thôi :(

b/ Đặt \(x=cos2t\) pt trở thành:

\(\sqrt{1-cos2t}-2cos2t.\sqrt{1-cos^22t}-\left(2cos^22t-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2}sint-2sin2t.cos2t-cos4t=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2}sint-sin4t-cos4t=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2}sint=sin4t+cos4t=\sqrt{2}sin\left(4t+\frac{\pi}{4}\right)\)

\(\Leftrightarrow sin\left(4t+\frac{\pi}{4}\right)=sint\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}4t+\frac{\pi}{4}=t+k2\pi\\4t+\frac{\pi}{4}=\pi-t+k2\pi\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=-\frac{\pi}{12}+\frac{k2\pi}{3}\\t=-\frac{\pi}{20}+\frac{k2\pi}{5}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=cos\left(-\frac{\pi}{6}+\frac{k4\pi}{3}\right)\\x=cos\left(-\frac{\pi}{10}+\frac{k4\pi}{5}\right)\end{matrix}\right.\) với \(k\in Z\)

a/ Để hàm số đồng biến \(\Rightarrow m+4>0\Rightarrow m>-4\)

Để hàm số nghịch biến \(\Rightarrow m+4< 0\Rightarrow m< -4\)

b/ Do (1) đi qua A nên:

\(-\left(m+4\right)-m+6=2\Rightarrow m=0\)

Bạn tự vẽ

c/ Để đồ thị cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2

\(\Rightarrow2\left(m+4\right)-m+6=0\Rightarrow m=-14\)

d/ \(0\left(m+4\right)-m+6=2\Rightarrow m=4\)

e/ Gọi điểm cố định là \(M\left(x_0;y_0\right)\)

\(\Rightarrow y_0=\left(m+4\right)x_0-m+6\) \(\forall m\)

\(\Leftrightarrow m\left(x_0-1\right)+4x_0-y_0+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0-1=0\\4x_0-y_0+6=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=1\\y_0=10\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow M\left(1;10\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}xy+y+x+1=10\\yz+y+z+1=5\\zx+x+z+1=2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+1\right)\left(y+1\right)=10\\\left(y+1\right)\left(z+1\right)=5\\\left(z+1\right)\left(x+1\right)=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\right]^2=100\)

\(\Rightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)=10\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}z+1=1\\x+1=2\\y+1=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x^2+3-\left(6x+1\right)\sqrt{x^2+3}+9x^2+3x-2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+3-\left(6x+1\right)\sqrt{x^2+3}+\left(3x+2\right)\left(3x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+3-\left(3x+2+3x-1\right)\sqrt{x^2+3}+\left(3x+2\right)\left(3x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+3-\left(3x+2\right)\sqrt{x^2+3}-\left(3x-1\right)\sqrt{x^2+3}+\left(3x+2\right)\left(3x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+3}\left(\sqrt{x^2+3}-3x-2\right)-\left(3x-1\right)\left(\sqrt{x^2+3}-3x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x^2+3}-3x+1\right)\left(\sqrt{x^2+3}-3x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x^2+3}=3x-1\left(x\ge\frac{1}{3}\right)\\\sqrt{x^2+3}=3x+2\left(x\ge-\frac{2}{3}\right)\end{matrix}\right.\) (1)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2+3=\left(3x-1\right)^2\\x^2+3=\left(3x+2\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}8x^2-6x-2=0\\8x^2+12x+1=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-\frac{1}{4}\left(l\right)\\x=\frac{-3+\sqrt{7}}{4}\\x=\frac{-3-\sqrt{7}}{4}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

ĐKXĐ: \(-1\le x\le1\)

Đặt \(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}=t\Rightarrow\sqrt{2}\le t\le2\)

Phương trình trở thành:

\(t+2t^2-4=m\)

\(\Leftrightarrow2t^2+t-4=m\)

Xét hàm \(f\left(t\right)=2t^2+t-4\) trên \(\left[\sqrt{2};2\right]\)

\(-\frac{b}{2a}=-\frac{1}{4}< \sqrt{2}\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến trên \(\left[\sqrt{2};2\right]\)

\(\Rightarrow f\left(\sqrt{2}\right)\le f\left(t\right)\le f\left(2\right)\Rightarrow\sqrt{2}\le f\left(t\right)\le6\)

\(\Rightarrow\) Để pt đã cho có nghiệm thì \(\sqrt{2}\le m\le6\)

Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống Ox

\(\Rightarrow AH=\left|y_A\right|=\frac{17}{2}\)

\(BC=\left|x_B-x_C\right|=\left|5+\frac{2}{3}\right|=\frac{17}{3}\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{289}{12}\)

đoạn thẳng:

AA', CC',BB' vẽ đứt khúc nha bạn

Đề là gì vậy bạn?

Nếu \(a\) lẻ \(\Rightarrow\) vế trái là tổng 2 số lẻ \(\Rightarrow\) là số chẵn lớn hơn 2 \(\Rightarrow\) là hợp số (loại)

\(\Rightarrow a\) chẵn \(\Rightarrow a=2\)

\(\Rightarrow2^b+2011=c\)

Nếu b chẵn \(\Rightarrow b=2\Rightarrow c=2015\) là hợp số (loại)

\(\Rightarrow b=2k+1\Rightarrow2^{2k+1}+2011=c\)

\(\Rightarrow c=2.4^k+2011\)

Mà \(4^k\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow2.4^k\equiv2\left(mod3\right)\)

Lại có \(2011\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow2.4^k+2011⋮3\Rightarrow\) là hợp số (loại)

Vậy ko tồn tại các SNT thỏa mãn