1+tan^2 x = 1/cos^2 x

=> 1+ t^2 = 1/cos^2 x

=> 3 + 3t^2 = 3/cos^2 x

PT TRỞ THÀNH :

3 + 3t^2 - 2t + 1 = 0

<=> 3t^2 - 2t + 4 = 0

\(lim\left(\dfrac{n^2+1-n^2}{\sqrt{n^2+1}+n}\right)=lim\dfrac{1}{n\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}+1\right)}=0\)

a, Xét (ABCD) có AC giao BD = O 

Xét (SAC);(SBD) có 

S là điểm chung t1; O là điểm chung t2 

=> SO là giao tuyến 2 mp trên 

b, Xét tam giác SDC có PN là đường tb tam giác 

=> NP // SC ; SC \(\subset\)(SBC) 

=> NP // (SBC) 

b, Xét (ABCD) kẻ MN cắt AD tại K 

Do K thuộc AD => K \(\subset\)(SAD) 

=> PK giao SA tại Q

Xét tam giác MNC và tam giác KND có 

^NMC = ^KND (sole) ; NC = ND (N là trung điểm); ^MNC = ^KND = ^KND (đối đỉnh) 

=> tam giác MNC = tam giác KND (g.c.g) 

=> DK = MC  (2 cạnh tương ứng) 

=> \(\dfrac{AK}{AD}=\dfrac{AD+DK}{AD}=\dfrac{AD+MC}{AD}=\dfrac{AD+\dfrac{BC}{2}}{AD}=\dfrac{AD+\dfrac{AD}{2}}{AD}=\dfrac{3}{2}\)

Do AD = BC ( ABCD là hbh) 

Xét tam giác DSC có \(\dfrac{DP}{SP}=\dfrac{DN}{NC}=1\)theo Ta lét, N là trung điểm DC

Theo Menelaus ta có 

\(\dfrac{SQ}{SA}.\dfrac{AI}{AD}.\dfrac{DP}{SP}=1\Leftrightarrow\dfrac{SQ}{SA}.\dfrac{3}{2}=1\Leftrightarrow\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{2}{3}\)

a) Gọi �O là giao điểm của ��AC và ��BD.

Xét hai mp (���)(SAC) và (���)(SBD) có

   �S là điểm chung của hai mặt phẳng.

   �∈��⊂(���)O∈AC⊂(SAC)

   �∈��⊂(���)O∈BD⊂(SBD)

Suy ra �O là điểm chung của hai mặt phẳng.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng (���)(SAC) và (���)(SBD) là ��SO.

NP
⊂(SBC)NP // SCSC⊂(SBC)​

⇒��⇒NP // (���).(SBC).

⎧​​NP⊂(SBC)NP // SCSC⊂(SBC)​

⇒��⇒NP // (���).(SBC).

b) Gọi E là giao AC và MN

Có: NP//SC;EQ là giao tuyển của (PMN) và (SAC) 

⇒IQ // ��⇒����=����SC=> \(\dfrac{CI}{CA}\)=\(\dfrac{SQ}{SA}\)

Mà CI=\(\dfrac{1}{4}CA\)

=>\(\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{CI}{CA}=\dfrac{1}{4}\)

Do mỗi lần sau tiền đặt gấp đôi lần tiền đặt cọc trước đó

Nên ta có cấp số nhân : \(u_1=20000,q=2\) ( Với \(u_1\) tính bằng đồng )

Số tiền người đó thua là tổng của 9 số hạng đầu tiên cấp số nhân 

\(S_9=\dfrac{u_1.\left(1-q^9\right)}{1-q}=\dfrac{20000\left(1-2^9\right)}{1-2}=10220000\) (đồng)

Số tiền người đó thắng là số hạng thứ 10 của cấp số nhân

\(u_{10}=u_1.q^{10-1}=20000.2^9=10240000\) (đồng)

Vì : \(10240000>10220000\) nên du khách đã thắng trong vụ cược này

Số tiền thắng : \(10240000-10220000=20000\) (đồng)

Số tiền du khác đặt trong mỗi lần là một cấp số nhân có �1=20000u1​=20000 và công bội �=2.q=2.

Du khách thua trong 99 lần đầu tiên nên tổng số tiền thua là: �9=�1+�2+...+�9=�1(1−�9)1−�=10220000S9​=u1​+u2​+...+u9​=1−pu1​(1−p9)​=10220000.

Số tiền mà du khách thắng trong lần thứ 1010 là �10=�1.�9=10240000u10​=u1​.p9=10240000.

Ta có �10−�9=20000>0u10​−S9​=20000>0 nên du khách thắng 2020 000000.

a) lim⁡�→12�+3+�−5�−�2=lim⁡�→1(2�+3+(�−5))(2�+3−(�−5))(�−�2)(2�+3−(�−5))x→1lim​x−x22x+3​+x−5​=x→1lim​(x−x2)(2x+3​−(x−5))(2x+3​+(x−5))(2x+3​−(x−5))​

=lim⁡�→1−�2+14�−13−�(�−1)(2�+3−(�−5))=lim⁡�→1−(�−1)(�−13)−�(�−1)(2�+3−(�−5))=x→1lim​−x(x−1)(2x+3​−(x−5))−x2+14x−13​=x→1lim​−x(x−1)(2x+3​−(x−5))−(x−1)(x−13)​

=lim⁡�→1−(�−13)−�(2�+3−(�−5))=−32=x→1lim​−x(2x+3​−(x−5))−(x−13)​=−23​

b) lim⁡�→1�2+��+��2−1=−12x→1lim​x2−1x2+ax+b​=−21​.

Suy ra �=1x=1 là nghiệm của tử số ⇒1+�+�=0⇔�=−�−1.⇒1+a+b=0⇔b=−a−1.

Ta có lim⁡�→1�2+��+��2−1=lim⁡�→1�2+��−�−1�2−1=lim⁡�→1(�−1)(�+�+1)(�−1)(�+1)=−12.x→1lim​x2−1x2+ax+b​=x→1lim​x2−1x2+ax−a−1​=x→1lim​(x−1)(x+1)(x−1)(x+a+1)​=−21​.

Do đó lim⁡�→1�2+��+��2−1=−12x→1lim​x2−1x2+ax+b​=−21​

⇔2+�2=−12⇔�=−3,�=2.⇔22+a​=−21​⇔a=−3,b=2.

File: undefined