Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Với \(x=0\)thì \(0!=1\ne0\)nên \(x=0\)không là nghiệm.
Với \(x\ge1\)thì \(x=x!=\left(x-1\right)!.x\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)!=1\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-1=0\\x-1=1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=2\end{cases}}\).
một đôi nam nữ vò mỗi quán
ok nha
mik chắc chắn
Đặt \(log_2x=t\).
Ta có: \(t^2-mt-4+2m< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(t-2\right)\left(t+2-m\right)< 0\)(1)
- Nếu \(m-2< 2\Leftrightarrow m< 4\)(1) tương đương với:
\(m-2< t< 2\)
\(log_2x< 2\Leftrightarrow x< 4\Rightarrow n=3\)thỏa mãn.
Vì \(m\)nguyên dương nên \(m\in\left\{1,2,3\right\}\).
- Nếu \(m-2=2\Leftrightarrow m=4\)(1) tương đương với:
\(\left(t-2\right)^2< 0\)vô nghiệm suy ra \(n=0\)không thỏa mãn.
- Nếu \(m-2>2\Leftrightarrow m>4\)(1) tương đương với:
\(2< t< m-2\)
\(log_2x>2\Leftrightarrow x>4\).
Để \(n\in\left[1,251\right]\)thì \(x< 256\)suy ra \(log_2x< log_2256=8\Rightarrow m-2\le8\Leftrightarrow m\le10\).
suy ra \(4< m\le10\)có \(6\)giá trị nguyên dương của \(m\).
Tổng cộng tất cả các trường hợp thì có tổng cộng \(9\)giá trị của \(m\)thỏa mãn.
Chọn C.
Đặt \(z=a+bi\), \(z\ne i\).
\(\left|z-1+2i\right|=\sqrt{10}\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b+2\right)^2=10\)
\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2+4b+4=10\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2=5+2a-4b\)(1)
\(\frac{2z+3-i}{z-i}=\frac{\left(2a+3\right)+\left(2b-1\right)i}{a+\left(b-1\right)i}=\frac{\left[\left(2a+3\right)+\left(2b-1\right)i\right]\left[a-\left(b-1\right)i\right]}{a^2+\left(b-1\right)^2}\)
\(=\frac{a\left(2a+3\right)+\left(2b-1\right)\left(b-1\right)+\left[a\left(2b-1\right)-\left(2a+3\right)\left(b-1\right)\right]i}{a^2+\left(b-1\right)^2}\)
là số thuần ảo nên \(a\left(2a+3\right)+\left(2b-1\right)\left(b-1\right)=2a^2+3a+2b^2-3b+1=0\)
\(\Leftrightarrow2\left(5+2a-4b\right)+3a-3b+1=0\)
\(\Leftrightarrow7a-11b+11=0\)
\(\Leftrightarrow a=\frac{11b-11}{7}\)
Thế vào (1) ta được:
\(\left(\frac{11b-11}{7}\right)^2+b^2-5-\frac{2\left(11b-11\right)}{7}+4b=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}b=1\Rightarrow a=0\\b=\frac{3}{17}\Rightarrow a=\frac{-22}{17}\end{cases}}\)
Chỉ có \(z=\frac{-22}{17}+\frac{3}{17}i\)thỏa mãn.
Vậy có \(1\)số phức \(z\)thỏa mãn ycbt.
bạn tự vẽ hình nhé
gọi M là trung điểm AC
tam giác ABC vuông tại B => MA = MB = MC = 1/2AC (1)
\(\Delta AC_1C\)vuông tại \(C_1\)=> \(MA=MC=MC_1=\frac{1}{2}AC\) (2)
\(\hept{\begin{cases}BC\perp AB\\BC\perp SA\end{cases}}\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AB_1\)
lại có \(AB_1\perp SB\) => \(AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp B_1C\)
\(\Delta AB_1C\perp B_1\) => \(MA=MB_1=MC=\frac{1}{2}AC\) (3)
từ (1,2,3) => M là tâm khối cầu ngoại tiếp khối chóp \(ABCC_1B_1\)
\(R=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{6}}{2}\) => \(V=\frac{4}{3}\pi R^3=\sqrt{6}\pi a^3\)
\(f\left(x\right)=\sqrt{x+2}\)
\(t=\sqrt{x+2}\Rightarrow t^2=x+2\Rightarrow2tdt=dx\)
Từ tính nguyên hàm của \(\sqrt{x+2}\)bạn chuyển về tính nguyên hàm của \(2t^2\).
Kết quả: \(F\left(x\right)=\frac{2}{3}\sqrt{\left(x+2\right)^3}+C\).
Bạn tự vẽ hình nhé.
Gọi \(O\)là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Do \(SA=SB=SC\)nên \(SO\perp\left(ABC\right)\).
Gọi \(H\)là trung điểm \(BC\)thì \(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{a^2-x^2}\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}\sqrt{a^2-x^2}.2x=x\sqrt{a^2-x^2}\)
\(AO=\frac{AB.AC.BC}{4S_{ABC}}=\frac{a.a.2x}{4x\sqrt{a^2-x^2}}=\frac{a^2}{2\sqrt{a^2-x^2}}\)
\(SO=\sqrt{SA^2-AO^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^4}{4\left(a^2-x^2\right)}}=\frac{a\sqrt{3a^2-4x^2}}{2\sqrt{a^2-x^2}}\)
\(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}S_{ABC}.SO=\frac{1}{3}x\sqrt{a^2-x^2}.\frac{a\sqrt{3a^2-4x^2}}{2\sqrt{a^2-x^2}}=\frac{ax\sqrt{3a^2-4x^2}}{6}\)
Ta có: \(x\sqrt{3a^2-4x^2}=\frac{1}{2}2x\sqrt{3a^2-4x^2}\le\frac{4x^2+3a^2-4x^2}{4}=\frac{3a^2}{4}\)
Suy ra \(V_{S.ABC}\le\frac{a.3a^2}{4.6}=\frac{a^3}{8}\)
Dấu \(=\)khi \(2x=\sqrt{3a^2-4x^2}\Leftrightarrow x=\frac{a\sqrt{6}}{4}\).
