Đặt \(f\left(x\right)=\left(m^2-m+1\right)x^4-3x^3-1\)

\(f\left(x\right)\) là hàm đa thức nên liên tục trên mọi khoảng trên R

\(f\left(0\right)=-1< 0\)

\(f\left(3\right)=81\left(m^2-m+1\right)-55=81\left(m-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{23}{4}>0\)

\(\Rightarrow f\left(0\right).f\left(3\right)< 0\Rightarrow\) pt có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;3\right)\)

\(f\left(-1\right)=m^2-m+2=\left(m-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{7}{4}>0\)

\(\Rightarrow f\left(-1\right).f\left(0\right)< 0\Rightarrow\) pt có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-1;0\right)\)

\(\Rightarrow\) Pt có ít nhất 2 nghiệm thuộc \(\left(-1;3\right)\Rightarrow\) có ít nhất 2 nghiệm trên \(\left(-5;5\right)\)

a: CD vuông góc AD

CD vuông góc SA

=>CD vuông góc (SAD)

c: (SC;(SAD))=(SC;SD)=góc CSD

Vì ABCD là hình vuông nên \(AC=a\sqrt{2}\)

\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=a\sqrt{5}\)

\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=2a\)

\(cosCSD=\dfrac{SC^2+SD^2-CD^2}{2\cdot SC\cdot SD}=\dfrac{5a^2+4a^2-a^2}{2\cdot a\sqrt{5}\cdot2a}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\)=>\(\widehat{CSD}\simeq27^0\)

b.

\(SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow OM\) là hình chiếu vuông gốc của SM lên (ABCD)

\(\Rightarrow\widehat{SMO}\) là góc giữa SM và (ABCD)

\(BD=a\sqrt{2}\Rightarrow SO=\sqrt{SD^2-OD^2}=\sqrt{3a^2-\left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{10}}{2}\)

\(OM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{a}{2}\)

\(\Rightarrow tan\widehat{SMO}=\sqrt{10}\Rightarrow\widehat{SMO}=...\)

b.

Gọi N là trung điểm AB \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác ABD \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\\MN||BD\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(SM;BD\right)}=\widehat{\left(SM;MN\right)}=\widehat{SMN}\)

\(OM=ON\Rightarrow SN=SM=\sqrt{SO^2+OM^2}=\dfrac{a\sqrt{11}}{2}\)

Định lý hàm cos:

\(cos\widehat{SMN}=\dfrac{SM^2+MN^2-SN^2}{2SM.MN}=\dfrac{\sqrt{22}}{22}\Rightarrow\widehat{SMN}=...\)

\(lim\dfrac{n^2+\sqrt[3]{1-n^6}}{\sqrt{n^4+1}-n^2}=lim\dfrac{\left(n^2+\sqrt[3]{1-n^6}\right)\left(n^2+\sqrt{n^4+1}\right)}{n^4+1-n^4}\)

\(=lim\left(n^2+\sqrt[3]{n^6\left(\dfrac{1}{n^6}-1\right)}\right)\left(n^2+\sqrt{n^4\left(1+\dfrac{1}{n^4}\right)}\right)\)

\(=lim\left(n^2-n^2\right)\left(n^2+n^2\right)=0\)

Cau 33:

\(\left|\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}\right|=\sqrt{\left(\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}\right)^2}=\sqrt{u^2+v^2-2\cdot u\cdot v\cdot cos120}\)

\(=\sqrt{4^2+3^2-2\cdot4\cdot3\cdot\dfrac{-1}{2}}=\sqrt{37}\)

`TXĐ: R`

`@` Nếu `x > 2` thì: `f(x)=2x+1`

   H/s xác định trên `(2;+oo)`

`=>` H/s liên tục trên `(2;+oo)`

`@` Nếu `x < 2` thì: `f(x)=x^2-3x+4`

    H/s xác định trên `(-oo;2)`

`=>` H/s liên tục trên `(-oo;2)`

`@` Nếu `x=2` thì: `f(x)=5`

`lim_{x->2^[-]} (x^2-3x+4)=2`

`lim_{x->2^[+]} (2x+1)=5`

   Vì `lim_{x->2^[-]} f(x) ne lim_{x->2^[+]} f(x) =>\cancel{exists} lim_{x->2} f(x)`

  `=>` H/s gián đoạn tại `x=2`

KL: H/s liên tục trên `(-oo;2)` và `(2;+oo)` 

      H/s gián đoạn tại `x=2`

\(lim\sqrt{2n^2-4}-7n\)

\(=lim\sqrt{n^2\left(2-\dfrac{4}{n^2}\right)}-7n=n\sqrt{2}-7n=-\infty\)

2:

Theo đề, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-2+a=16\\a=\dfrac{2b+8}{2}=b+4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+a-18=0\\a=b+4\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}a\in\left\{\dfrac{-1+\sqrt{73}}{2};\dfrac{-1-\sqrt{73}}{2}\right\}\\b\in\left\{\dfrac{7+\sqrt{73}}{2};\dfrac{7-\sqrt{73}}{2}\right\}\end{matrix}\right.\)

Đặt \(f\left(x\right)=x^5+x^2-\left(m^2+2\right)x-1\)

Hàm \(f\left(x\right)\) là hàm đa thức nên liên tục trên R

Ta có \(f\left(0\right)=-1\)

\(f\left(-1\right)=m^2+1\)

\(\Rightarrow f\left(0\right).f\left(-1\right)< 0\Rightarrow\) pt luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-1;0\right)\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x^5\left(1+\dfrac{1}{x^3}-\dfrac{m^2+2}{x^4}-\dfrac{1}{x^5}\right)=+\infty.1=+\infty>0\)

\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại 1 giá trị \(x=a\) đủ lớn sao cho \(f\left(a\right)>0\) 

 \(\Rightarrow f\left(a\right).f\left(0\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;a\right)\) hay có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(0;+\infty\right)\)

Tương tự \(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}x^5\left(1+\dfrac{1}{x^3}-\dfrac{m^2+2}{x^4}-\dfrac{1}{x^5}\right)=-\infty< 0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left(-\infty;-1\right)\)

Vậy \(f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 3 nghiệm thực

Hình biểu diễn của hcn trong không gian bao gồm tất cả các dạng của hình bình hành (vuông, chữ nhật, thoi, bình hành). Hình nào ko thuộc dạng hình bình hành (hai cặp cạnh đối song song) là sai

Gọi O là giao điểm AC và BD \(\Rightarrow H\in BO\Rightarrow H\in BD\) do tam giác ABC đều

\(\Rightarrow SH\in\left(SBD\right)\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AC\perp BD\left(\text{2 đường chéo hình thoi}\right)\\SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp AC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow AC\perp\left(SBD\right)\)

b.

\(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\) là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABCD)

\(\Rightarrow\widehat{SBH}\) là góc giữa SB và (ABCD)

\(BH=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow tan\widehat{SBH}=\dfrac{SH}{BH}=\sqrt{6}\) \(\Rightarrow\widehat{SBH}\approx67^048'\)

Theo cm câu a ta có \(AC\perp\left(SBD\right)\) tại O

\(\Rightarrow SO\) là hình chiếu vuông góc của SC lên (SBD)

\(\Rightarrow\widehat{CSO}\) là góc giữa SC và (SBD)

\(OC=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a}{2}\)

\(OH=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow SO=\sqrt{SH^2+OH^2}=\dfrac{5a\sqrt{3}}{6}\)

\(\Rightarrow tan\widehat{CSO}=\dfrac{OC}{SO}=\dfrac{\sqrt{3}}{5}\Rightarrow\widehat{CSO}\approx19^0\)