Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(I=\int\dfrac{2}{2+5sinxcosx}dx=\int\dfrac{2sec^2x}{2sec^2x+5tanx}dx\\ =\int\dfrac{2sec^2x}{2tan^2x+5tanx+2}dx\)
We substitute :
\(u=tanx,du=sec^2xdx\\ I=\int\dfrac{2}{2u^2+5u+2}du\\ =\int\dfrac{2}{2\left(u+\dfrac{5}{4}\right)^2-\dfrac{9}{8}}du\\ =\int\dfrac{1}{\left(u+\dfrac{5}{4}\right)^2-\dfrac{9}{16}}du\\ \)
Then,
\(t=u+\dfrac{5}{4}\\I=\int\dfrac{1}{t^2-\dfrac{9}{16}}dt\\ =\int\dfrac{\dfrac{2}{3}}{t-\dfrac{3}{4}}-\dfrac{\dfrac{2}{3}}{t+\dfrac{3}{4}}dt\)
Finally,
\(I=\dfrac{2}{3}ln\left(\left|\dfrac{t-\dfrac{3}{4}}{t+\dfrac{3}{4}}\right|\right)+C=\dfrac{2}{3}ln\left(\left|\dfrac{tanx+\dfrac{1}{2}}{tanx+2}\right|\right)+C\)
16.
Số cạnh của 1 lăng trụ luôn chia hết cho 3 nên A
17.
Chóp có đáy là đa giác n cạnh sẽ có n mặt bên (mỗi cạnh đáy và đỉnh sẽ tạo ra 1 mặt bên tương ứng)
Do đó chóp có n+1 mặt (n mặt bên và 1 mặt đáy)
Chóp có n+1 đỉnh (đáy n cạnh nên có n đỉnh, cộng 1 đỉnh của chóp là n+1)
Do đó số mặt bằng số đỉnh
18. D
19. A
20. C
222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222
\(f\left(x\right)=ax^3+bx^2+cx+d\)
Dựa vào đồ thị ta có: \(f\left(-2\right)=2,f\left(-1\right)=-1,f\left(0\right)=0,f\left(1\right)=-1\)
Từ đó suy ra \(f\left(x\right)=-x^3-x^2+x\).
\(g\left(x\right)=\left|f^3\left(x\right)-3f\left(x\right)\right|\)
\(h\left(x\right)=f^3\left(x\right)-3f\left(x\right)\)
\(h'\left(x\right)=3f'\left(x\right)f^2\left(x\right)-3f'\left(x\right)\)
\(h'\left(x\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}f'\left(x\right)=0\\f^2\left(x\right)=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}f'\left(x\right)=0\\f\left(x\right)=1\\f\left(x\right)=-1\end{matrix}\right.\)
\(f'\left(x\right)=0\) có \(2\) nghiệm đơn
\(f\left(x\right)=1\) có \(1\) nghiệm đơn
\(f\left(x\right)=-1\) có \(1\) nghiệm đơn, \(1\) nghiệm kép.
Kết hợp lại ta được phương trình \(h'\left(x\right)=0\) có \(4\) nghiệm bội lẻ (do nghiệm \(x=-1\) vừa là nghiệm kép của \(f\left(x\right)=-1\) vừa là nghiệm đơn của \(f'\left(x\right)=0\)).
mà \(limh\left(x\right)=-\infty\) do đó \(g\left(x\right)=\left|h\left(x\right)\right|\) có \(3\) điểm cực đại, \(4\) điểm cực tiểu suy ra \(T=n^m=4^3=64\).
Chọn A.
Do thiết diện qua trục là hình vuông \(\Rightarrow h=2R\)
Thể tích khối trụ: \(V'=\pi R^2h=2\pi R^3\)
Độ dài cạnh hình vuông nội tiếp trong đường tròn bán kính R: \(a=R\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow\)Thể tích khối lăng trụ tứ giác đều:
\(V=a^2.h=2R^2.2R=4R^3\)
\(\Rightarrow\dfrac{V}{V'}=\dfrac{\pi}{2}\)
\(\overrightarrow{AB}=\left(0;2;2\right);\overrightarrow{AC}=\left(2;2;0\right);\overrightarrow{AD}=\left(1;1;\sqrt{2}\right)\)
\(\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(-4;4;-4\right)\)
\(\Rightarrow\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}=-4+4-4\sqrt{2}=-4\sqrt{2}\ne0\)
\(\Rightarrow A;B;C;D\) không đồng phẳng hay ABCD là 1 tứ diện
Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện có dạng:
\(x^2+y^2+z^2-2ax-2by-2cz+d=0\)
Thay tọa độ 4 điểm vào ta được hệ:
\(\left\{{}\begin{matrix}-2a+2c+d+2=0\\-2a-4b-2c+d+6=0\\-6a-4b+2c+d+13=0\\-4a-2b-2\left(\sqrt{2}-1\right)c+d+8-2\sqrt{2}=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{6+\sqrt{2}}{8}\\b=\dfrac{16-\sqrt{2}}{8}\\c=\dfrac{-8+\sqrt{2}}{8}\\d=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)
Pt mặt cầu: \(x^2+y^2+z^2-\dfrac{6+\sqrt{2}}{4}x-\dfrac{16-\sqrt{2}}{4}y+\dfrac{8-\sqrt{2}}{4}z+\dfrac{3}{2}=0\)
Lời giải:
$g'(x)=f'(2-x)=-f'(2-x)_{2-x}$
Để $g(x)$ đồng biến thì $-f'(2-x)_{2-x}>0$
$\Leftrightarrow f'(2-x)_{2-x}< 0$
\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} 2-x< -1\\ 1< 2-x< 4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x>3\\ -2< x< 1\end{matrix}\right.\)
Vậy $g(x)$ đồng biến trên $(3;+\infty)$ và $(-2;1)$
A