Toán

Lời giải:

Áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng thôi:

\(\cos (d,\Delta)=\frac{|(m+3)(m-2)-(m-1)(m+1)|}{\sqrt{(m+3)^2+(m-1)^2}\sqrt{(m-2)^2+(m+1)^2}}=\cos 90=0\)

\(\Leftrightarrow (m+3)(m-2)-(m-1)(m+1)=0\)

\(\Leftrightarrow m-5=0\Leftrightarrow m=5\)

Vậy $m=5$

Bài 1)

Vì \(a,b,c\) là ba cạnh của tam giác nên :

\(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\)

Đặt \((a+b-c,b+c-a,c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=\left(\frac{x+z}{2},\frac{x+y}{2},\frac{y+z}{2}\right)\)

BĐT cần CM tương đương:

\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 8xyz\) với \(x,y,z>0\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}=8xyz\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)

Bài 2)

Để đề bài chặt chẽ phải bổ sung điều kiện \(a,b,c>0\)

\((a^2+b^2+c^2)^2>2(a^4+b^4+c^4) \Leftrightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) >a^4+b^4+c^4\)

\(\Leftrightarrow 4a^2b^2>(c^2-a^2-b^2)^2\Leftrightarrow (2ab+a^2+b^2-c^2)(2ab-a^2-b^2+c^2)>0\)

\(\Leftrightarrow [(a+b)^2-c^2][c^2-(a-b)^2]>0\)

\(\Leftrightarrow (a+b-c)(a+b+c)(c+b-a)(c+a-b)>0\)

\(\Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0\). Khi đó xảy ra các TH:

+) Cả ba nhân tử \(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\) đồng nghĩa với \(a,b,c\) là ba cạnh tam giác

+ ) Tồn tại một nhân tử nhỏ hơn $0$ sẽ kéo theo bắt buộc phải có thêm một nhân tử nhỏ hơn $0$ nữa. Giả sử \(\left\{\begin{matrix} a+b-c<0\\ b+c-a<0\end{matrix}\right.\Rightarrow 2b < 0\) (vô lý)

Vậy ta có đpcm

Bài 3)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\right)(p-a+p-b)\geq 2^2=4\Rightarrow \frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\geq \frac{4}{2p-a-b}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\geq \frac{4}{c}\)

Thực hiện tương tự với các cặp còn lại và cộng theo vế, ta thu được:

\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow \triangle ABC\) đều.

Lời giải:

Theo bài ra ta có \(m^{\frac{2}{3}}n^{\frac{1}{3}}\geq 40\Rightarrow m^2n\geq 40^3\)

Số chi phí phải trả mỗi ngày là:

\(P=6m+24n\). Ta cần tìm min \(P\)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

\(P=3m+3m+24n\geq 3\sqrt[3]{3m.3m.24n}=3\sqrt[3]{216m^2n}\geq 3\sqrt[3]{216.40^3}=720\)

Vậy \(P_{\min}=720(\text{USD})\) tức là chi phí ít nhất mỗi ngày phải trả là \(720 (\text{USD})\)

Bài 1)

Áp dụng định lý hàm số sin kết hợp TC dãy tỉ số bằng nhau:

\(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{b+c}{\sin B+\sin C}=\frac{2a}{\sin B+\sin C}\)

\(\Rightarrow 2\sin A=\sin B+\sin C\) (đpcm)

Bài 3)

Để PT đã cho có ba nghiệm nguyên phân biệt thì phương trình \(x^2-3x+m=0\) phải có hai nghiệm nguyên phân biệt khác $3$

Để đảm bảo thì \(m\in\mathbb{Z}\) và \(3^2-2.3+m\neq 0\leftrightarrow m\neq 0\)

Và \(\Delta=9-4m>0\Leftrightarrow m<\frac{9}{4}\rightarrow m\leq 2\)

Áp dụng định lý Viet ta có nếu $x_1,x_2$ là hai nghiệm của PT thì \(\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1x_2=m\\x_1+x_2=3\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Có vô số nghiệm khác $3$ thỏa mãn $(1)$ nên chỉ cần điều kiện \(m\in\mathbb{Z},m\leq 2,m\neq 0\) là thỏa mãn.

Bài 2)

Từ PT \((2)\Rightarrow x=-(m+1)y\)

Thay vào PT \((1)\Rightarrow -(m+1)y^2-4my-(4m-3)=0\)

\(\Leftrightarrow (m+1)y^2+4my+(4m-3)=0\) \((1)\)

Với \(m=-1\rightarrow x=0\rightarrow 4y=-4-3\rightarrow y=\frac{-7}{4}\), tức là PT có nghiệm

Với \(m\neq -1\) thì \((1)\) là một PT bậc 2

Để có nghiệm thì \(\Delta'=(2m)^2-(m+1)(4m-3)\geq 0\Leftrightarrow -m+3\geq 0\)

\(\Leftrightarrow m\leq 3\)

Vậy từ 2TH trên suy ra chỉ cần \(m\leq 3\) thì thỏa mãn .

126511

Câu a)

\(I=\int ^{1}_{0}\frac{x(e^x+1)+1}{e^x+1}dx=\int ^{1}_{0}xdx+\int ^{1}_{0}\frac{dx}{e^x+1}\)

\(=\left.\begin{matrix} 1\\ 0\end{matrix}\right|\frac{x^2}{2}+\int ^{1}_{0}\frac{d(e^x)}{e^x(e^x+1)}=\frac{1}{2}+\left.\begin{matrix} 1\\ 0\end{matrix}\right|\ln\left | \frac{e^x}{e^x+1} \right |\)

\(\Leftrightarrow I=\frac{3}{2}+\ln 2-\ln (e+1)\)

Câu d)

\(I=\int ^{e}_{1}\ln(x+1)d(x)=\int ^{e}_{1}\ln (x+1)d(x+1)\)

Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=\ln (x+1)\\ dv=d(x+1)\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\frac{d(x+1)}{x+1}\\ v=x+1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I=\left.\begin{matrix} e\\ 1\end{matrix}\right|(x+1)\ln (x+1)-\int ^{e}_{1}d(x+1)\)

\(=(e+1)\ln \left ( \frac{e+1}{e} \right )-2\ln \left (\frac{2}{e}\right )\)

Câu b)

Đặt \(\tan \frac{x}{2}=t\). Ta có:

\(\left\{\begin{matrix} dt=d\left ( \tan \frac{x}{2} \right )=\frac{1}{2\cos ^2\frac{x}{2}}dx=\frac{t^2+1}{2}dx\rightarrow dx=\frac{2dt}{t^2+1}\\\ \cos x=\frac{1-t^2}{t^2+1}\end{matrix}\right.\)

\( I=\underbrace{\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{1}{1+\cos x}dx}_{A}+\underbrace{\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{d(\cos x)}{\cos x+1}}_{B}\)

Có \(B=\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{d(\cos x+1)}{\cos x+1}=\left.\begin{matrix} \frac{\pi}{2}\\ 0\end{matrix}\right|\ln |\cos x+1|=-\ln 2\)

\(A=\int ^{1}_{0}\frac{2dt}{(t^2+1)\frac{2}{t^2+1}}=\int ^{1}_{0}dt=1\)

\(\Rightarrow I=A+B=1-\ln 2\)

Câu c)

Xét \(I=\underbrace{\int ^{2}_{1}\frac{\ln xdx}{x}}_{A}-\underbrace{\int ^{2}_{1}\frac{\ln xdx}{x^2}}_{B}\)

Có \( A=\int ^{2}_{1}\ln xd(\ln x)=\left.\begin{matrix} 2\\ 1\end{matrix}\right|\frac{\ln ^2 x}{2}=\frac{\ln ^2 2}{2}\)

Với \(B\) đặt \(\left\{\begin{matrix} u=\ln x\\ dv=\frac{dx}{x^2}\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\frac{dx}{x}\\ v=\frac{-1}{x}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow B=\left.\begin{matrix} 2\\ 1\end{matrix}\right|\frac{-\ln x}{x}+\int ^{2}_{1}\frac{dx}{x^2}=\left.\begin{matrix} 2\\ 1\end{matrix}\right|\left ( \frac{-\ln x}{x}-\frac{1}{x} \right )=\frac{1}{2}-\frac{\ln 2}{2}\)

\(\Rightarrow I=A-B=\frac{\ln ^2 2+\ln 2-1}{2}\)

Lời giải:

Gọi tọa độ điểm \(D=(a,b,c)\). Ta có:

\(\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{AB}=(-4,5,-1)\\ \overrightarrow{AD}=(a-5,b-1,c-3)\\ \overrightarrow {AC}=(0,-1,1)\end{matrix}\right.\)

Theo định lý về hình bình hành:

\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow {AD}=\overrightarrow{AC}\Leftrightarrow (a-9,b+4,c-4)=(0,-1,1)\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=9\\ b=-5\\ c=5\end{matrix}\right.\)

PTMP:

Vector pháp tuyến của mặt phẳng \(\overrightarrow{n_\alpha}=[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=(4,4,4)\)

\(\Rightarrow \) PTMP là:: \(4(x-5)+4(y-0)+4(z-4)=0\Leftrightarrow x+y+z-9=0\)

Lời giải:

Gọi \(D=(a,b,c)\). Tính toán: \(\left\{\begin{matrix} \overrightarrow{AB}=(2,2,1)\\ \overrightarrow{BC}=(2,-7,1)\\ \overrightarrow{AC}=(4,-5,2)\end{matrix}\right.\)

Thấy \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0\Rightarrow\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AC}\) nên \(A,B,C,D\) là bốn đỉnh của hình chữ nhật $ABDC$

Ta có \(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AD}\Leftrightarrow (4,-5,2)+(2,2,1)=(a-2,b-1,c+3)\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a-2=6\\ b-1=-3\\ c+3=3\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=8\\ b=-2\\ c=0\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

Đặt chung \(z=a+bi(a,b\in\mathbb{R})\)

a) \(\Leftrightarrow |a+i(b-1)|=1\Leftrightarrow a^2+(b-1)^2=1\)

Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ nằm trên đường tròn tâm \((0,1)\) bán kính \(R=1\)

b) \(|\frac{z-i}{z+i}|=1\Rightarrow |z-i|=|z+i|\Leftrightarrow |a+i(b-1)|=|a+i(b+1)|\)

\(\Leftrightarrow a^2+(b-1)^2=a^2+(b+1)^2\Leftrightarrow b=0\)

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ nằm trên đường thẳng $y=0$ tức trục hoành

c)

\(|z|=|\overline{z}-3+4i|\Leftrightarrow |a+bi|=|(a-3)-i(b-4)|\Leftrightarrow a^2+b^2=(a-3)^2+(b-4)^2\)

\(\Rightarrow 6a+8b-25=0\)

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ nằm trên đường thẳng \(6x+8y-25=0\)

Kẻ thêm tia là làm đc, mi cx giỏi đấy, tau ... cô mi lên đây hỏi bài nha =))

SGK-61,62

\(P=\dfrac{1}{a\left(2b+2c-1\right)}+\dfrac{1}{b\left(2c+2a-1\right)}+\dfrac{1}{c\left(2a+2b-1\right)}\)

\(P=\dfrac{1}{a\left[2b+2c-\left(a+b+c\right)\right]}+\dfrac{1}{b\left[2c+2a-\left(a+b+c\right)\right]}+\dfrac{1}{c\left[2a+2b-\left(a+b+c\right)\right]}\)

\(P=\dfrac{1}{a\left(b+c-a\right)}+\dfrac{1}{b\left(c+a-b\right)}+\dfrac{1}{c\left(a+b-c\right)}\)

\(P=\dfrac{1}{ab+ac-a^2}+\dfrac{1}{bc+ab-b^2}+\dfrac{1}{ca+bc-c^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{-a^2-b^2-c^2+2ab+2bc+2ca}=\dfrac{9}{-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]}\) ( 1 )

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\ge-\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]\le ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\dfrac{9}{-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)

Từ ( 1 )

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow1\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{3}\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow27\le\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)

\(\Rightarrow P\ge27\)

Vậy \(P_{min}=27\)