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
Ai giải hộ cái bài này với khó quá à
;
;
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 3 2017
Đặt chung \(z=a+bi(a,b\in\mathbb{R})\)
Câu a)
\(2z^2+5|z|-3=0\Leftrightarrow 2(a^2-b^2+2abi)+5\sqrt{a^2+b^2}-3=0\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 4ab=0(1)\\ 2(a^2-b^2)+5\sqrt{a^2+b^2}-3=0(2)\end{matrix}\right.\)
Từ \((1)\Rightarrow \) \(a=0\) hoặc \(b=0\)
Nếu \(a=0\) thì từ \((2)\Rightarrow -2b^2+5|b|-3=0 \)
Xét \(b\geq 0,b<0\rightarrow \) \(\left[{}\begin{matrix}b=\dfrac{\pm3}{2}\\b=\pm1\end{matrix}\right.\)
Nếu \(b=0\) thì từ \((2)\Rightarrow 2a^2+5|a|-3=0\)
Xét \(a\geq 0,a<0\) thu được \(a=\pm\frac{1}{2}\)
Vậy \(z=\left \{\pm\frac{3i}{2};\pm i;\pm \frac{1}{2}\right\}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 3 2017
b) PT tương đương
\((a+bi)^2-4(a-bi)-11=0\Leftrightarrow a^2-b^2+2abi-4a+4bi-11=0\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^2-b^2-4a-11=0(1)\\ 2ab+4b=0\rightarrow b(a+2)=0\end{matrix}\right.\)
Nếu \(b=0\) thay vào \((1)\Rightarrow a^2-4a-11=0\Leftrightarrow a=2\pm \sqrt{15}\)
Nếu \(a=-2\) thì \((2)\Rightarrow 1-b^2=0\rightarrow b=\pm 1\)
Vậy \(z\in\left \{2\pm \sqrt{15},-2\pm i\right\}\)
CD
7 tháng 9 2017
20
Gọi n là số con cá trên một đơn vị diện tích hồ (n>0). Khi đó:
Cân nặng của một con cá là: P(n)=480−20nP(n)=480−20n
Cân nặng của n con cá là:nP(n)=480n−20n2,n>0nP(n)=480n−20n2,n>0
Xét hàm số:f(n)=480n−20n2,n>0f(n)=480n−20n2,n>0
Ta có:
f′(n)=480−40nf′(n)=0⇔n=12f′(n)=480−40nf′(n)=0⇔n=12
Lập bảng biến thiên ta thấy số cá phải thả trên một đơn vị diện tích hồ để có thu hoạch nhiều nhất là 12 con.
CD
7 tháng 9 2017
19 Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A.
Áp dụng định lý Ta-lét cho các tam giác BAH và ABC ta được:
nên diện tích của hình chữ nhật sẽ là:
Vì không đổi nên S phụ thuộc tích BQ.AQ mà
(bđt Cauchy)
nên
Dấu bằng xra khi BQ=AQ=>M là trung điểm AH
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 8 2017
Lời giải:
a) Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=x\\ dv=\cos 2xdx\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=dx\\ v=\frac{\sin 2x}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \int x\cos 2xdx=\frac{x\sin 2x}{2}-\int \frac{\sin 2x}{2}dx=\frac{x\sin 2x}{2}+\frac{\cos 2x}{4}\)
\(\Rightarrow \int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}x\cos 2xdx=\left.\begin{matrix} \frac{\pi}{2}\\ 0\end{matrix}\right|\left ( \frac{x\sin 2x}{2}+\frac{\cos 2x}{4} \right )=\frac{-1}{2}\)
b) Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=x\\ dv=e^{-2x}dx\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=dx\\ v=\frac{-e^{-2x}}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \int xe^{-2x}dx=\frac{-xe^{-2x}}{2}+\int \frac{e^{-2x}}{2}dx=\frac{-xe^{-2x}}{2}-\frac{e^{-2x}}{4}\)
\(\Rightarrow \int ^{\ln 2}_{0}xe^{-2x}dx=\left.\begin{matrix} \ln 2\\ 0\end{matrix}\right|\left ( \frac{-xe^{-2x}}{2}-\frac{e^{2x}}{4} \right )=\frac{3}{16}-\frac{\ln 2}{8}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
12 tháng 8 2017
c)
\(\int ^{1}_{0}\ln (2x+1)dx=\frac{1}{2}\int ^{1}_{0}\ln (2x+1)d(2x+1)=\frac{1}{2}\int ^{3}_{1}\ln tdt\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=\ln t\\ dv=dt\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\frac{dt}{t}\\ v=t\end{matrix}\right.\Rightarrow \int \ln tdt=t\ln t-\int dt=t\ln t-t\)
Do đó \(\frac{1}{2}\int ^{3}_{1}\ln tdt=\left.\begin{matrix} 3\\ 1\end{matrix}\right|\left(\frac{t\ln t-t}{2}\right)=\frac{3\ln 3}{2}-1\)
d)
Ta có \(\int ^{3}_{2}(\ln (x-1)-\ln (x+1))dx=\int ^{3}_{2}\ln (x-1)d(x-1)-\int ^{3}_{2}\ln (x+1)d(x+1)\)
\(=\int ^{2}_{1}\ln tdt-\int ^{4}_{3}\ln tdt\)
Theo phần c, ta đã chỉ ra được \(\int \ln tdt=t\ln t-t\), do đó:
\(\int ^{2}_{1}\ln tdt-\int ^{4}_{3}\ln tdt=\left.\begin{matrix} 2\\ 1\end{matrix}\right|(t\ln t-t)-\left.\begin{matrix} 4\\ 3\end{matrix}\right|(t\ln t-t)=\ln \left(\frac{27}{64}\right)\)
e)
Xét \(\int (x+1-\frac{1}{x})e^{x+\frac{1}{x}}dx=\int e^{x+\frac{1}{x}}dx+\int \left (x-\frac{1}{x}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=e^{x+\frac{1}{x}}\\ dv=dx\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\left(1-\frac{1}{x^2}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx\\ v=x\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \int e^{x+\frac{1}{x}}dx=xe^{x+\frac{1}{x}}-\int \left(x-\frac{1}{x}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx\)
Do đó \(\int \left(x+1-\frac{1}{x}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx=xe^{x+\frac{1}{x}}\)
\(\int ^{2}_{\frac{1}{2}}\left(x+1-\frac{x}{x}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx=\left.\begin{matrix} 2\\ \frac{1}{2}\end{matrix}\right|xe^{x+\frac{1}{x}}=\frac{3e^{\frac{5}{2}}}{2}\)
BT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
13 tháng 10 2017
Câu 1:
Phương trình hoành độ giao điểm :
\(mx-\frac{x-2}{x-1}=0\Leftrightarrow mx^2-(m+1)x+2=0\)
Để 2 ĐTHS cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì đương nhiên pt trên phải có hai nghiệm phân biệt
Do đó: \(\left\{\begin{matrix} m\neq 0\\ \Delta=(m+1)^2-8m>0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 0\\ m^2-6m+1>0\end{matrix}\right.\) (1)
Áp dụng hệ thức viete: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=\frac{m+1}{m}\\ x_1x_2=\frac{2}{m}\end{matrix}\right.\)
Dễ thấy , đồ thị \(y=\frac{x-2}{x-1}\) có TCĐ \(x=1\) và TCN $y=1$
Khi đó, để 2 giao điểm thuộc hai nhánh của nó thì:
\(x_1>1;x_2<1 \Rightarrow (x_1-1)(x_2-1)<0\)
\(\Leftrightarrow \frac{2}{m}-\frac{m+1}{m}+1<0\Leftrightarrow \frac{1}{m}<0\Leftrightarrow m< 0\)(2)
Từ \((1),(2)\Rightarrow m< 0\)
Đáp án D
BT
2
AH
Akai Haruma
Giáo viên
13 tháng 10 2017
Câu 15:
Gọi tọa độ cua $M$ là \((a,\frac{2a+1}{a-1})\)
Ta có \(y=\frac{2x+1}{x-1}\Rightarrow y'=\frac{-3}{(x-1)^2}\)
PT tiếp tuyến: \(y=\frac{-3}{(a-1)^2}(x-a)+\frac{2a+1}{a-1}\)
Dễ thấy hai tiệm cận của $(C)$ là 2 đường thẳng \(x=1;y=2\)
Do đó giao điểm $A,B$ của phương trình tiếp tuyến với hai tiệm cận (đứng và ngang) lần lượt là:
\(A(1;\frac{2a+4}{a-1});B(2a-1;2)\)
\(\Rightarrow AB=\sqrt{(2-2a)^2+(\frac{2a+4}{a-1}-2)^2}=2\sqrt{(a-1)^2+\frac{9}{(a-1)^2}}\)
Áp dụng BĐT Am-Gm: \((a-1)^2+\frac{9}{(a-1)^2}\geq 2\sqrt{9}=6\Rightarrow AB\geq 2\sqrt{6}\)
Đáp án C
AH
Akai Haruma
Giáo viên
13 tháng 10 2017
Câu 16:
Vì đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là \(x=1;x=-1\) nên dễ dàng loại phương án A,B
Theo đồ thị, $y$ luôn nhận giá trị dương, do đó , loại phương án $D$
Vậy đáp án đúng là đáp án C
Lời giải:
Kẻ \(SH\perp AB\). Do \((SAB)\perp (ABCD)\Rightarrow SH\perp (ABCD)\)
Tam giác $SAB$ đều có đường cao $SH$ nên dễ tính \(SH=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Kẻ \(HK\perp AD\)
Khi đó, \(\angle ((SAC),(ABCD))=\angle (HK,SK)=\angle HKS=60^0\)
\(\Rightarrow \frac{HK}{HS}=\cot 30^0=\sqrt{3}\Rightarrow HK=\sqrt{3}SH=\frac{3}{2}a\)
Tam giác vuông tại $K$ là $HAK$ có cạnh huyền \(AH=\frac{1}{2}a< HK\) nên bài toán vô lý.