Giải dùm em câu 34 với ạ em cảm ơn
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 9 2021
3.
Từ BBT ta thấy hàm đồng biến trên các khoảng \(\left(-\infty;-1\right)\) và \(\left(1;+\infty\right)\)
B đúng
4.
Từ BBT ta thấy hàm đồng biến trên các khoảng \(\left(-\infty;-1\right)\) và \(\left(0;1\right)\)
A đúng
1.
B sai (thiếu điều kiện \(f'\left(x\right)=0\) tại hữu hạn điểm)
giải dùm em câu 4 vợi ạ
MT
2
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 9 2021
1.
\(y'=x^2-6x+5=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=5\end{matrix}\right.\)
Dấu của y' trên trục số:
Hàm đồng biến trên các khoảng \(\left(-\infty;1\right)\) và \(\left(5;+\infty\right)\)
Hàm nghịch biến trên \(\left(1;5\right)\)
3.
TXĐ: \(D=R\backslash\left\{2\right\}\)
\(y'=\dfrac{-5}{\left(x-2\right)^2}< 0;\forall x\in D\)
Hàm nghịch biến trên các khoảng \(\left(-\infty;2\right)\) và \(\left(2;+\infty\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 9 2021
4.
\(y'=4x^3+4x=4x\left(x^2+1\right)=0\Rightarrow x=0\)
Dấu của y':
Hàm đồng biến trên \(\left(0;+\infty\right)\)
Hàm nghịch biến trên \(\left(-\infty;0\right)\)
6.
Từ đồ thị ta thấy hàm đồng biến trên các khoảng \(\left(-\infty;-1\right)\) và \(\left(1;+\infty\right)\)
Hàm nghịch biến trên \(\left(-1;1\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 8 2021
9.
Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow A'H\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{A'CH}=45^0\)
\(CH=\sqrt{BH^2+BC^2}=\sqrt{\left(\dfrac{2a}{2}\right)^2+a^2}=a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow A'H=CH.tan45^0=a\sqrt{2}\)
\(V=A'H.AB.AD=2a^3\sqrt{2}\)
b.
Ta có: \(DD'||AA'\Rightarrow DD'||\left(AA'C\right)\)
\(\Rightarrow d\left(DD';A'C\right)=d\left(DD';\left(AA'C\right)\right)=d\left(D;\left(AA'C\right)\right)\)
Trong mp (ABCD), nối DH cắt AC tại E \(\Rightarrow DH\cap\left(AA'C\right)=E\)
Áp dụng định lý Talet: \(\dfrac{EH}{DE}=\dfrac{AH}{DC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow DE=2EH\)
\(\Rightarrow d\left(D;\left(AA'C\right)\right)=2d\left(H;\left(AA'C\right)\right)\)
Kẻ \(HF\perp AC\Rightarrow AC\perp\left(AHF\right)\)
Trong tam giác vuông AHF, kẻ \(HK\perp A'F\Rightarrow HK\perp\left(AA'C\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(AA'C\right)\right)\)
Ta có: \(HF=AH.sin\widehat{BAC}=\dfrac{AH.BC}{AC}=\dfrac{AH.BC}{\sqrt{AB^2+AD^2}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\)
Áp dụng hệ thức lượng:
\(\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{HF^2}+\dfrac{1}{A'H^2}=\dfrac{11}{2a^2}\Rightarrow HK=\dfrac{a\sqrt{22}}{11}\)
\(\Rightarrow d\left(DD';A'C\right)=2HK=\dfrac{2a\sqrt{22}}{11}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 5 2021
Lấy \(2.\left(2\right)-\left(1\right)\) ta được:
\(2b+4a+6-\left(a-1-2b\right)=0\)
\(\Leftrightarrow4b+3a+7=0\Rightarrow b=\dfrac{-3a-7}{4}\)
Thế vào (2):
\(\sqrt{a^2+\left(\dfrac{-3a-7}{4}\right)^2}=\dfrac{-3a-7}{4}+2a+3\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{25a^2+42a+49}=5a+5\) (\(a\ge-1\))
\(\Leftrightarrow25a^2+42a+49=25a^2+50a+25\)
\(\Rightarrow a=...\Rightarrow b=...\)
TT
4
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 9 2021
14.
\(y'=2x^3-4x=2x\left(x^2-2\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-\sqrt{2}\\x=\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
\(y''=6x-4\)
\(\Rightarrow y''\left(0\right)=-4< 0\Rightarrow x=0\) là điểm cực đại
\(y\left(0\right)=-3\)
\(\Rightarrow\) Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \(\left(0;-3\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 9 2021
12.
\(y'=3x^2-3=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-1\end{matrix}\right.\)
\(y''=6x\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y''\left(1\right)=6>0\\y''\left(-1\right)=-6< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=-1\) là điểm cực đại
\(\Rightarrow\)Giá trị cực đại của hàm số là \(y\left(-1\right)=3\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 8 2021
71.
\(\left\{{}\begin{matrix}BB'\perp\left(ABCD\right)\\BB'\in\left(ABB'A'\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(ABCD\right)\perp\left(ABB'A'\right)\)
74.
\(\left\{{}\begin{matrix}DD'\perp\left(ABCD\right)\\DD'\in\left(CDD'C'\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(ABCD\right)\perp\left(CDD'C'\right)\)
Câu 34:
|vmax| = A.ω = 31,4 (cm/s) \(\Rightarrow\) A = \(\dfrac{\left|v_{max}\right|}{\omega}\)
Ta có công thức: vmin = \(\dfrac{S_{min}}{\Delta t}\)(*)
vì Δt < \(\dfrac{T}{2}\) (\(\dfrac{T}{6}\) < \(\dfrac{T}{2}\))
\(\Rightarrow\)Smin = 2.A. (1 - cos \(\dfrac{\Delta\phi}{2}\)) (Δϕ là góc ở tâm mà bán kính quét được qua khoảng thời gian Δt ấy, có công thức: Δϕ = ω. Δt)
Mấu chốt của bài này là bạn phải đưa biểu thức (*) về chỉ còn một ẩn là |vmax| thôi nhé! (Sử dụng công thức ω = \(\dfrac{2\pi}{T}\) để rút gọn)
(*) \(\Leftrightarrow\) vmin = \(\dfrac{2.A.\left[1-cos\left(\dfrac{\omega.\Delta t}{2}\right)\right]}{\Delta t}\)
\(\Leftrightarrow\) vmin = \(\dfrac{2.\dfrac{\left|v_{max}\right|}{\omega}.\left[1-cos\left(\omega.\dfrac{T}{6.2}\right)\right]}{\dfrac{T}{6}}\) (ở bước này là mình thay các biểu thức trên kia vào nhé)
\(\Leftrightarrow\) vmin = \(\dfrac{2.\left|v_{max}\right|\left[1-cos\left(\dfrac{2\pi}{T}.\dfrac{T}{12}\right)\right]}{\dfrac{T}{6}.\dfrac{2\pi}{T}}\)
Giờ thì ngồi rút gọn T thôi nào!
\(\Leftrightarrow\) vmin = \(\dfrac{2\left|v_{max}\right|.\left(1-cos\dfrac{\pi}{6}\right)}{\dfrac{\pi}{3}}\)
Thay |vmax| = 31,4 và π = 3,14. *Lưu ý là cos \(\dfrac{\pi}{6}\) = \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) luôn nha (đừng thay π = 3,14 vào đấy!)
\(\Rightarrow\) vmin = \(\dfrac{6.31,4.\left(1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)}{3,14}\) = 8,038475773... (cm/s) \(\approx\) 8,04 (cm/s)
Vậy đáp án cần tìm là A. 8,04 cm/s
Có gì thắc mắc cứ hỏi nha. Chúc bạn học tốt!