Hàm có đúng 1 điểm gián đoạn khi \(x^2-2\left(3a-1\right)x+1=0\) có nghiệm kép 

\(\Rightarrow\Delta'=\left(3a-1\right)^2-1=0\)

\(\Rightarrow3a\left(3a-2\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\\a=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow0+\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{3}\)

A là khẳng định sai

Lăng trụ có đáy là đa giác đều chưa chắc là 1 lăng trụ đều

Để 1 lăng trụ là đều thì nó cần 2 yếu tố: đó là lăng trụ đứng, và đáy là đa giác đều

\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}\Rightarrow\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\)

Theo Talet: \(\dfrac{A'K}{IK}=\dfrac{B'I}{A'D'}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow A'K=\dfrac{2}{3}A'I\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{A'K}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{A'I}=\dfrac{2}{3}\left(\overrightarrow{A'B'}+\overrightarrow{B'I}\right)=\dfrac{2}{3}\left(\overrightarrow{A'B'}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{B'C'}\right)\)

\(=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{a}+\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\right)=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{a}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{b}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{DK}=\overrightarrow{DD'}+\overrightarrow{D'A'}+\overrightarrow{A'K}=\overrightarrow{AA'}-\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{A'K}\)

\(=\overrightarrow{c}-\left(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\right)+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{a}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{b}\)

\(=\dfrac{4}{3}\overrightarrow{a}-\dfrac{2}{3}\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\)

a.

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\CD\perp AD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\)

Mà \(CD=\left(SCD\right)\cap\left(ABCD\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{SDA}\) là góc giữa (SCD) và (ABCD)

\(tan\widehat{SDA}=\dfrac{SA}{AD}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SDA}=60^0\)

b.

Gọi E là giao điểm AC và DI

I là trung điểm AB \(\Rightarrow AI=\dfrac{1}{2}AB=a\Rightarrow AI=DC\)

\(\Rightarrow AICD\) là hình bình hành

Mà \(\widehat{A}=90^0\Rightarrow AICD\) là hình chữ nhật

\(AI=AD=a\) (hai cạnh kề bằng nhau) \(\Rightarrow AICD\) là hình vuông

 \(\Rightarrow AC\perp DI\) tại E

Lại có \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp DI\Rightarrow DI\perp\left(SAE\right)\)

Mà \(DI=\left(SDI\right)\cap\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SEA}\) là góc giữa (SDI) và (ABCD)

\(AE=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}\sqrt{AD^2+CD^2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow tan\widehat{SEA}=\dfrac{SA}{AE}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}\Rightarrow\widehat{SEA}\approx50^046'\)

https://hoc24.vn/cau-hoi/.5005119341955 tương trợ em với thầy :((

Gọi D là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC

Theo tính chất trọng tâm: \(AG=\dfrac{2}{3}AD\)

\(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right|=\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{CM}\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|3\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right|=\left|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{CA}\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|3\overrightarrow{MG}\right|=\left|-2\overrightarrow{AD}\right|\)

\(\Leftrightarrow MG=\dfrac{2}{3}AD=AG\)

\(\Rightarrow\) Tập hợp M là mặt cầu tâm G bán kính AG với G là trọng tâm tam giác ABC

\(2x\left(y-x\right)=a^2>0\Rightarrow y>x\)

Qua \(B_1\) kẻ đường thẳng song song BC cắt \(CC'\) tại D \(\Rightarrow DC_1=y-x\) và \(B_1D=BC=a\)

Áp dụng Pitago ta có:

\(AC_1^2=AC^2+AC_1^2=a^2+y^2\)

\(AB_1^2=AB^2+BB_1^2=a^2+x^2\)

\(B_1C_1^2=B_1D^2+DC_1^2=a^2+\left(y-x\right)^2\)

\(\Rightarrow AB_1^2+B_1C_1^2=2a^2+x^2+\left(y-x\right)^2=2a^2+2x^2+y^2-2xy\)

\(=2a^2+2x^2+y^2-\left(2x^2+a^2\right)=a^2+y^2=AC_1^2\)

\(\Rightarrow\Delta AB_1C_1\) vuông tại \(B_1\)  theo Pitago đảo.

b.

Do \(B_1\) là trung điểm BB' \(\Rightarrow x=\dfrac{BB'}{2}\), mà \(y=2x\Rightarrow y=BB'\Rightarrow C_1\) trùng C' 

Do \(CC',B_1B\) vuông góc mặt đáy \(\Rightarrow\) tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác \(AB_1C_1\) lên (ABC)

Theo công thức diện tích hình chiếu:

\(S_{ABC}=S_{AB_1C_1}.cos\alpha\Rightarrow S_{AB_1C_1}=\dfrac{S_{ABC}}{cos\alpha}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4cos\alpha}\)

Gọi D là trung điểm AC' (hay \(AC_1\)) và  E là trung điểm AC

\(\Rightarrow\) \(BEDB_1\) là hình chữ nhật \(\Rightarrow B_1D=BE=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(B_1C'=B_1A=\sqrt{a^2+\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}\) nên tam giác \(AB_1C'\) cân tại \(B_1\Rightarrow B_1D\) đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow S_{AB_1C_1}=\dfrac{1}{2}B_1D.AC'=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4cos\alpha}\Rightarrow AC'=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2cos\alpha.B_1D}=\dfrac{a}{cos\alpha}\)

\(\Rightarrow AA'=\sqrt{AC'^2-AC^2}=\sqrt{\dfrac{a^2}{cos^2\alpha}-a^2}=a.tan\alpha\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\left(5-3x\right)^9}{\left(2+x\right)^6}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x^6\left(\dfrac{5}{x}-3\right)^6\left(5-3x\right)^3}{x^6\left(\dfrac{2}{x}+1\right)^6}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{\dfrac{5}{x}-3}{\dfrac{2}{x}+1}\right)^6\left(\dfrac{5}{x}-3\right)^3x^3\)

Do  \(\left\{{}\begin{matrix}\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{\dfrac{5}{x}-3}{\dfrac{2}{x}+1}\right)^6\left(\dfrac{5}{x}-3\right)^3=\left(-\dfrac{3}{1}\right)^6\left(-3\right)^3=-3^9< 0\\\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x^3=+\infty\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{\dfrac{5}{x}-3}{\dfrac{2}{x}+1}\right)^6\left(\dfrac{5}{x}-3\right)^3x^3=-\infty\)

 giúp mik vs :((

Đề bài thiếu chi tiết định dạng điểm S nên không giải được (ví dụ phải thêm SA vuông góc mặt đáy hoặc gì đó tương tự)

Vậy nếu SA vuông góc với đáy sẽ giải sao ạ ?

16,68625

\(=\left(10,884+6,1625:2,5\right)\times1,25\)

\(=\left(10,884+2,465\right)\times1,25\)

\(=13,349\times1,25\)

\(=16,68625\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow0^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^+}\dfrac{\sqrt{x+4}-2}{x}=\lim\limits_{x\rightarrow0^+}\dfrac{x}{x\left(\sqrt{x+4}+2\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow0^+}\dfrac{1}{\sqrt{x+4}+2}=\dfrac{1}{4}\)

\(f\left(0\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^-}f\left(x\right)=\dfrac{1}{4}\) (không phụ thuộc m)

\(\Rightarrow\lim\limits_{x\rightarrow0^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^-}f\left(x\right)=f\left(0\right)\) với mọi m

Hay hàm số liên tục tại \(x=0\) với mọi m