Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
3.
\(x^2+4y^2=x^2+8.\frac{y^2}{2}\ge9\sqrt[9]{\frac{x^2y^{16}}{2^8}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{x^2+4y^2}\ge\sqrt{9\sqrt[9]{\frac{x^2y^{16}}{2^8}}}=3\sqrt[9]{\frac{xy^8}{2^4}}\)
\(\Rightarrow x+\sqrt{x^2+4y^2}\ge x+3\sqrt[9]{\frac{xy^8}{2^4}}\ge4\sqrt[4]{x\sqrt[3]{\frac{xy^8}{2^4}}}=4\sqrt[12]{\frac{x^4y^8}{2^4}}=4\sqrt[3]{\frac{xy^2}{2}}\)
\(\Rightarrow\left(x+\sqrt{x^2+4y^2}\right)^3\ge\left(4\sqrt[3]{\frac{xy^2}{2}}\right)^3=32xy^2\)
\(\Rightarrow P\le\frac{4xy^2}{32xy^2}=\frac{1}{8}\)
\(P_{max}=8\) khi \(y=x\sqrt{2}\)
4.
\(y'=x^2+2\left(m+1\right)x+4\) (1)
Để hàm số nghịch biến trên 1 đoạn có độ dài bằng \(2\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow\left(1\right)\) có 2 nghiệm pb thỏa mãn \(\left|x_2-x_1\right|=2\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m+1\right)^2-4>0\\\left(x_2-x_1\right)^2=20\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2+2m-3>0\\\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=20\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< -3\end{matrix}\right.\\4\left(m+1\right)^2-16=20\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=-4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\sum m=-2\)
5.
Pt đoạn chắn: \(\frac{x}{2}+\frac{y}{-3}+\frac{z}{4}=1\Leftrightarrow6x-4y+3z+12=0\)
Mặt phẳng (MNP) nhận \(\left(6;-4;3\right)\) là 1 vtpt
1.
\(v\left(t\right)=s'\left(t\right)=-3t^2+12t+17=-3\left(t-2\right)^2+29\le29\)
\(\Rightarrow v\left(t\right)_{max}=29\) khi \(t=2\left(s\right)\)
2.
E là trung điểm AD \(\Rightarrow ABCE\) là hình vuông
Gọi O là giao điểm AC và BE, qua O kẻ đường thẳng song song SA cắt SC tại I
\(\Rightarrow\) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCE
\(\Rightarrow R=IC=\frac{SC}{2}\)
\(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=a\sqrt{2}\) \(\Rightarrow SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=2a\)
\(\Rightarrow R=\frac{AC}{2}=a\)
Vận tóc của chuyển động là:
\(v=s'=12t-3t^2\)
Ta có \(v'=12-6t\)
\(v'=0\) khi t = 2 và \(v'\) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua t=2. Vậy \(v\) đạt giá trị lớn nhất khi t = 2.
Đáp án C
Vận tốc lớn nhất của vật đạt được là v m a x = 54 m / s .
v=s′=−t2+12tv=s′=−t2+12t
Vậy trong thời gian 9s, kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật là vmax=36m/s
9.
Vật dừng lại khi \(v=0\Leftrightarrow160-10t=0\Rightarrow t=16\)
\(s=\int\limits^{t_2}_{t_1}v\left(t\right)dt=\int\limits^{16}_0\left(160-10t\right)dt=\left(160t-5t^2\right)|^{16}_0=1280\left(m\right)\)
10.
Đặt \(z=x+yi\)
\(\frac{x+yi}{1-2i}+x-yi=2\Leftrightarrow\left(1+2i\right)\left(x+yi\right)+5x-5yi=10\)
\(\Leftrightarrow6x-2y+\left(2x-4y\right)i=10\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}6x-2y=10\\2x-4y=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow z=2+i\)
\(\Rightarrow w=\left(2+i\right)^2-\left(2+i\right)=1+3i\)
Phần thực bằng 1
11.
Đặt \(z=x+yi\)
\(\left|x+\left(y-1\right)i\right|=\left|\left(1+i\right)\left(x+yi\right)\right|\)
\(\Leftrightarrow\left|x+\left(y-1\right)i\right|=\left|x-y+\left(x+y\right)i\right|\)
\(\Leftrightarrow x^2+\left(y-1\right)^2=\left(x-y\right)^2+\left(x+y\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+2y-1=0\)
Hoặc dạng chính tắc:
\(x^2+\left(y+1\right)^2=2\)
6.
Hổng hiểu đề bài?
Là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y=x^2-4;y=x^2-2x;x=-3;x=-2\) đúng ko?
Làm theo đề này nhé
Hoành độ giao điểm: \(x^2-4=x^2-2x\Leftrightarrow x=2\notin\left[-3;-2\right]\)
\(x^2-4=0\Leftrightarrow x=\pm2\)
\(x^2-2x=0\Rightarrow x=\left\{0;2\right\}\notin\left[-3;-2\right]\)
Diện tích:
\(S=\int\limits^{-2}_{-3}\left(x^2-2x-\left(x^2-4\right)\right)dx=\int\limits^{-2}_{-3}\left(4-2x\right)dx=\left(4x-x^2\right)|^{-2}_{-3}=9\)
7.
Đề này thì ko dịch nổi
8.
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(x^2-x=x\Leftrightarrow x^2-2x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=2\end{matrix}\right.\)
Thể tích:
\(V=\pi\int\limits^2_0\left[x^2-\left(x^2-x\right)^2\right]dx=\pi\int\limits^2_0\left(-x^4+2x^3\right)dx\)
\(=\pi\left(-\frac{1}{5}x^5+\frac{1}{2}x^4\right)|^2_0=\frac{8\pi}{5}\)
