Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oth, quỹ đạo của quả bóng là một cung Parabol được xác định bởi hàm số bậc hai:  h=at2+bt+c;(a≠0)h=at2+bt+c;(a=0)  

Từ giả thiết ta có:

{ h(0)=1 h(1)=8,5 h(2)=6⎩⎨⎧​   ​h(0)=1h(1)=8,5h(2)=6​

⇔{ c=1 a+b+c=8,5 4a+2b+c=6⇔⎩⎨⎧​   ​c=1a+b+c=8,54a+2b+c=6​

⇔{ a=−5 b=12,5 c=1⇔⎩⎨⎧​   ​a=−5b=12,5c=1​

Từ đó suy ra h=−5t2+12,5t+1h=−5t2+12,5t+1

Parabol có tọa độ đỉnh là  $I\left(1,25;8,8125\right)$

Độ cao cao nhất của quả bóng đạt được tại đỉnh của cung Parabol.

Vậy $Maxh=8,8125$

Vì đường tròn $(C)$ có tâm $I\left(7;2\right)$ và một tiếp tuyến của nó là đường thẳng $\Delta$ có phương trình là $3x+4y-9=0$ nên bán kính của đường tròn là R=d(I,Δ)=∣3.7+4.2−9∣32+42=4R=d(I,Δ)=32+42​∣3.7+4.2−9∣​=4. 

Vậy phương trình đường tròn là: (x−7)2+(y−2)2=16(x−7)2+(y−2)2=16.

Xét f(x)=x2−2x−1f(x)=x2−2x−1

Có a=1>0;Δ′=2>0a=1>0;Δ′=2>0

Suy ra $f\left(x\right)=0$ có hai nghiệm phân biệt x1=1−2;x1​=1−2​; x2=1+2x2​=1+2​.

$f\left(x\right)<0$

⇔x∈(1−2;1+2)⇔x∈(1−2​;1+2​) 

Vậy tập nghiệm là : S=(1−2;1+2)S=(1−2​;1+2​). 

Kích thước của cả khung ảnh là $(17+2x)$ cm x $(25+2x)$ cm (Điều kiện: $x>0$)

Diện tích cả khung ảnh là: S = (17+2x).(25+2x)=4x2+84x+425(17+2x).(25+2x)=4x2+84x+425

Để diện tích của cả khung ảnh lớn nhất là $513$ cm2 thì  S=4x2+84x+425≤513S=4x2+84x+425≤513

⇒4x2+84x−88≤0⇔−22≤x≤1⇒4x2+84x−88≤0⇔−22≤x≤1. Vì $x>0$ nên $x\in (0;1]$

Vậy cần phải làm độ rộng viền khung ảnh tối đa $1$ (cm).

...

a) 

nΔ→=(3;4);nΔ1→=(5;−12).​nΔ​​=(3;4);nΔ1​​​=(5;−12).​

cos⁡α=∣cos⁡(nΔ→;nΔ1→)∣=∣3.5+4.(−12)∣5.13=3365cosα=​cos(nΔ​​;nΔ1​​​)​=5.13∣3.5+4.(−12)∣​=6533​.

b) $(C)$ có tâm $I(3;-2)$, bán kính $R=6$

Đường thẳng $d$ có dạng $4x-3y+m=0$ ($m$ khác $7$)

$d$ tiếp xúc $(C)$ khi và chỉ khi d(I,d)=R⇔∣12+6+m∣5=6d(I,d)=R⇔5∣12+6+m∣​=6.

Tìm được $m=-48$(TM), $m=12$ (TM)

Vậy có hai đường thẳng $d$ thỏa mãn là $4x-3y-48=0$ và $4x-3y+12=0$.

a) 

nΔ→=(3;4);nΔ1→=(5;−12).​nΔ​​=(3;4);nΔ1​​​=(5;−12).​

cos⁡α=∣cos⁡(nΔ→;nΔ1→)∣=∣3.5+4.(−12)∣5.13=3365cosα=​cos(nΔ​​;nΔ1​​​)​=5.13∣3.5+4.(−12)∣​=6533​.

b) $(C)$ có tâm $I(3;-2)$, bán kính $R=6$

Đường thẳng $d$ có dạng $4x-3y+m=0$ ($m$ khác $7$)

$d$ tiếp xúc $(C)$ khi và chỉ khi d(I,d)=R⇔∣12+6+m∣5=6d(I,d)=R⇔5∣12+6+m∣​=6.

Tìm được $m=-48$(TM), $m=12$ (TM)

Vậy có hai đường thẳng $d$ thỏa mãn là $4x-3y-48=0$ và $4x-3y+12=0$.

) Ta có f(x)=x2+2(m−1)x+m+5f(x)=x2+2(m−1)x+m+5 có Δ′=(m−1)2−(m+5)=m2−3m−4Δ′=(m−1)2−(m+5)=m2−3m−4

Lại có hệ số $a=1>0$.

Để $f(x)$ luôn dương (cùng dấu hệ số $a$) với mọi $x\in \mathbb{R}$ thì Δ′<0Δ′<0 ⇔m2−3m−4<0⇔m2−3m−4<0.

Xét tam thức h(m)=m2−3m−4h(m)=m2−3m−4 có Δm=9−4.(−4)=25>0Δm​=9−4.(−4)=25>0 nên $h(m)$ có hai nghiệm là m1=−1m1​=−1 và m2=4m2​=4.

Ta có bảng xét dấu của $h(m)$:

Do đó $h(m)<0$ với mọi $x\in (-1;4)$

Hay Δ′<0Δ′<0 với mọi $x\in (-1;4)$

Vậy $x\in (-1;4)$ thì tam thức bậc hai f(x)=x2+(m−1)x+m+5f(x)=x2+(m−1)x+m+5 dương với mọi $x\in \mathbb{R}$.

b) Bình phương hai vế ta được: 2x2−8x+4=x2−4x+42x2−8x+4=x2−4x+4

⇔x2−4x=0⇔x2−4x=0

Suy ra $x=0$ hoặc $x=4$

Thử lại nghiệm được $x=4$ thỏa mãn phương trình.

Vậy tập nghiệm $S=4$