1/ Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=4^{|sinx|}+2^{|cosx|+2}$

B1:

Đặt $|\sin x|=t \rightarrow |\cos x|=\sqrt{1-t^2}$ ($0 \leq t \leq 1$)

Ta có: $y=4^t+2^{\sqrt{1-t^2}+2}$

Với $t=0 \rightarrow y=8$

Với $t=1 \rightarrow y=9$

$\rightarrow y'=2 \ln 2 (4^t-\dfrac{t.2^{\sqrt{1-t^2}+1}}{\sqrt{1-t^2}})$

$\rightarrow y'=0 \rightarrow 4^t-\dfrac{t.2^{\sqrt{1-t^2}+1}}{\sqrt{1-t^2}}=0$

$\rightarrow \dfrac{2^{2t+1}}{2t}=\dfrac{2^{\sqrt{1-t^2}+1}}{\sqrt{1-t^2}}$

Xét hàm $f(a)=\dfrac{2^{a+1}}{a}$ với $(a>0$).

Xét $f'(a)=\dfrac{2^{a+1}(\ln 2-1)}{a^2}>0 \rightarrow$ hàm luôn đồng biến

$\rightarrow f(2t)=f(\sqrt{1-t^2}) \rightarrow 2t=\sqrt{1-t^2} \rightarrow t=\sqrt{\dfrac{1}{5}}$ hoặc $t=-\sqrt{\dfrac{1}{5}}$

Ta có: $f(\sqrt{\dfrac{1}{5}})=...; \ f(-\sqrt{\dfrac{1}{5}})=...$

Ta thấy $f(\sqrt{\dfrac{1}{5}})=f_{max}$ và $f(-\sqrt{\dfrac{1}{5}})=f_{min}$

$\rightarrow \sin x=... \rightarrow x=....$

2/ Cho $x,y$ thay đổi thỏa mãn:

$2x^2+3y^2>1$ và $2015-log_{(2x^2+3y^2)}(3x+2y)^{2015}\leq 0$

Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=3x+2y$

B2:

$2015-\log_{2x^2+3y^2}(3x+2y)^{2015} \leq 1$

$\rightarrow \log_{2x^2+3y^2} (\dfrac{2x^2+3y^2}{3x+2y})^{2015} \leq \log_{2x^2+3y^2}1$

$\rightarrow 2x^2+3y^2 \leq 3x+2y$

Ta có: $(2x^2+3y^2)(\dfrac{9}{2}+\dfrac{4}{3}) \geq (3x+2y)^2$ (BĐT Bu-nhi-a)

$\rightarrow (3x+2y).(\dfrac{9}{2}+\dfrac{4}{3}) \geq (3x+2y)^2 \rightarrow 3x+2y \leq \dfrac{35}{6}$

Dấu "=" xảy ra khi: $\dfrac{2x}{3}=\dfrac{3y}{2}$ và $3x+2y=\dfrac{35}{6} \rightarrow x=\dfrac{3}{2}$ và $y=\dfrac{2}{3}$

Hì, mk cảm ơn =)) Có vẻ cậu có duyên giúp mình toàn mấy câu sai đề nhỉ

 

À, giúp mình luôn câu này nữa nhé Câu này mk cx bí cách làm   Còn casio thì làm ra đc đáp án A

$I=\int^{\ln 5}_0 \dfrac{e^x \sqrt{e^x-1}}{e^x+3} dx=\int^{\ln 5}_0 \dfrac{\sqrt{e^x-1}}{e^x+3} d e^x$

Đặt $\sqrt{e^x-1}=t \rightarrow \dfrac{d e^x}{2\sqrt{e^x-1}}=dt \rightarrow d e^x=2(e^x-1) dt$ và $e^x=t^2+1$

Đổi cận ta được tích phân:

$I=\int^2_0 \dfrac{2t^2}{t^2+4} dt$

Đặt $t=2\tan a \rightarrow dt=\dfrac{2 da}{\cos^2 a}$

Đổi cận ta được tích phân:

$I=\int^{\pi/4}_0 \dfrac{4\tan^2 a}{\tan^2+1}.\dfrac{1}{\cos^2 a} da=\int^{\pi/4}_0 (4\tan^2 a) \ da =4 \int^{\pi/4}_0 (\dfrac{1}{\cos^2 a}-1) da $

$=4(\tan a-a) |^{\pi/4}_0=4-\pi$

Ùm cái đoạn sau dùng Cauchy 3 số cũng được

ukm, là Cauchy ba số mà

Bài này mk làm hoài ko ra kết quả nữa ... Ko biết là bị sai trong bước tính toán ở đâu nữa. Mong mọi người giúp đỡ ^^ 

2017-07-19_150349.png

Đặt $\left\{\begin{matrix}u=\ln x \\ dv=x^2dx \end{matrix}\right. \rightarrow \left\{\begin{matrix} du=\dfrac{1}{x} dx \\ v=\dfrac{x^3}{3} \end{matrix}\right.$

$\rightarrow \int^e_1 x^2 \ln x dx=\ln x. \dfrac{x^3}{3} |^e_1- \int ^e_1 \dfrac{x^2}{3} dx =\ln x .\dfrac{x^3}{3} |^e_1-\dfrac{x^3}{9} |^e_1=\dfrac{2.e^3+1}{9}$

T nghĩ đây là đáp án đúng vì t đã thử lại bằng máy tính 

Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có thể tích là 1 đvdt. Gọi I, J lần lượt là trung điểm AA', CD. Tính độ dài các cạnh hình hộp biết rằng khoảng cách giữa CI và A'J lớn nhất

 

Đặt $AD=x,CD=y,DD'=z \rightarrow xyz=1$

Lấy $M$ là TĐ $CC'$. Ta có: $IC // A'M \rightarrow IC // (A'JM) \rightarrow d(IC,A'J)=d(C,(A'JM))$

Kẻ $CD' \cap JM=N$. Chứng minh được: $\dfrac{CN}{D'N}=\dfrac{1}{3}$

$\rightarrow d(C,(A'JM))=\dfrac{1}{3}d(D,(A'JM))$

Kẻ $D'K \perp JM$. Trong hình chữ nhật $CDC'D'$ tính được $D'K=\dfrac{3yz}{2\sqrt{y^2+z^2}}$

Vậy $d(D,(A'JM))^2=\dfrac{AD'^2.D'K^2}{AD'^2+D'K^2}=\dfrac{9x^2y^2z^2}{4x^2(y^2+z^2)+9y^2z^2}=\dfrac{9}{4x^2(y^2+z^2)+9y^2z^2}$

Đặt $P=\dfrac{9}{4x^2(y^2+z^2)+9y^2z^2}=\dfrac{9}{4x^2y^2+4x^2z^2+9y^2z^2} \leq \dfrac{3}{\sqrt[3]{114x^2y^2z^2}}=\dfrac{3}{\sqrt[3]{114}}$

Vậy $d(IC,A'J)$ đạt max khi $\left\{\begin{matrix} xy=zx \\ 2xy=3yz \end{matrix}\right.$ $\rightarrow$ $\left\{\begin{matrix} x=\dfrac{3z}{2} \\ y=z \\ z=\sqrt[3]{\dfrac{2}{3}} \end{matrix}\right.$ 

Bài này nếu làm theo hướng tích phân thì nên làm ntn mn

Bài toán: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA=\frac{a.\sqrt{3}}{2},$ các cạnh còn lại bằng $a.$ Bán kính $R$ của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ là ?

Gọi $K$ là trung điểm $BC$

Ta có: $SB=SC, AB=AC,KB=KC \rightarrow (SAK)$ là mặt phẳng trung trực của $BC$

Kẻ $SH \perp AK \rightarrow SH \perp (ABC)$

Lấy $O$ là tâm mặt đáy. Dựng $Ox // SH \rightarrow Ox \perp (ABC)$

Lấy TĐ $SA$ là $M$. Dễ thấy $\Delta SAK$ đều $\rightarrow KM$ là đường trung trực $SA$

Lấy $KM$ giao $Ox$ ở $I$. Khi đó ta có: $I$ là tâm mặt cầu ng tiếp chóp $S.ABC$

Bh ta đi tính bán kính $SI$

Xét trong $\Delta SAK$ ta tính được: $SK=\dfrac{3a}{4}; KI=\dfrac{1}{3} \rightarrow MI=\dfrac{5}{2}$

$\rightarrow SI=\sqrt{MI^2+SM^2}=\dfrac{\sqrt{13}a}{6}$

p/s: đây là cách mình áp dụng tính chất hình học không gian thuần túy và không đc tối ưu như cách anh chanhquocnghiem đăng ở trên. Bạn có thể tham khảo thêm

 

Trong mp(P) cho đường tròn (O) đk AB. 

Trên đường thẳng (d) vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho SA=AB.

 

C đối xứng với B qua A. Đường thẳng $(\Delta )$ di động qua C và cắt (O) tại 2 điểm M, N.

 

Gọi $\alpha $ và $\beta $ lần lượt là số đo của góc giữa 2 mp (SBM) và (SBN) với (P).

 

C/m: $cos^2\alpha +cos^2\beta $ là 1 hằng số.

Dễ thấy: góc giữa $(SBM)$ và $(P)$ là $\angle SMA$; góc giữa $(SBN)$ và $(P)$ là $\angle SNA$

Ta có: $\cos ^2 a+\cos^2 b=\dfrac{1}{\dfrac{SA^2}{AM^2}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{SA^2}{SN^2}+1}$

Đặt $AN=x;AB=d \rightarrow BN^2=d^2-x^2$

Dễ dàng lập được các đẳng thức sau: $\dfrac{AN}{CM}=\dfrac{CN}{CB}; \ \dfrac{AM}{BN}=\dfrac{CA}{CM}$

$\rightarrow \dfrac{AN}{CM}=\dfrac{CA.BN}{AM.CB}=\dfrac{BN}{2AM}$

$\rightarrow 2AM.AN=BN.BM$

$\rightarrow 4AM^2.AN^2=BN^2.BM^2$

$\rightarrow 4. AM^2.x^2=(d^2-x^2).(d^2-AM^2)$

$\rightarrow AM^2=\dfrac{d^2(d^2-x^2)}{3x^2+d^2}$

Thay vào ta có:

$\cos^2 a+\cos^2 b=\dfrac{1}{\dfrac{3x^2+d^2}{d^2-x^2}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{d^2}{x^2}+1}=...=\dfrac{1}{2}$

Vậy $\cos^2 a+\cos^2 b=\dfrac{1}{2}$ (const)

Cho hình chóp S.ABC, trong đó SA vuông góc với mặt đáy ABC. Đáy là tam giác cân tại A, đồ dài trung tuyên AD=a,; cạnh bên SB tạo với mặt đáy một góc α và tạo với mặt phẳng (SAD) góc β. Tìm thể tích hình chóp S.ABC

Dễ thấy $BD \perp (SAD)$

Đặt $BD=x$

Ta có: $SB=\dfrac{x}{\sin b}; SA=\dfrac{x.\sin a}{\sin b}; AB=\dfrac{x.\cos a}{\sin b}$

Trong $\Delta ABD$ ta có: $AB^2=BD^2+AD^2 \rightarrow x^2=\dfrac{\sin^2 b}{\cos^2 a- \sin^2 b}$

Ta có: $V_{SABC}=\dfrac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{x^2.a.\sin a}{\sin b}=\dfrac{a.\sin b.\sin a}{3(\cos^2a- \sin^2b)}$

Bài toán: Cho hình lăng trụ tứ giác $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy $ABCD$ là hình thang cân có đáy lớn $AD=a\sqrt{2}$ biết $CD \perp (ABA'B')$ và $A'B' \perp (CDC'D')$.Góc hợp bởi $BC'$ và $(ABCD)$ là $60^o$, góc hợp bởi $A'D$ và $(ABCD)$ là $\alpha$ sao cho $\tan \alpha =\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Tính $d(AB', CD')$

$A'B' \perp (CDC'D') \rightarrow AB \perp (CDC'D') \rightarrow (ABCD) \rightarrow (CDC'D')$ (1)

TT ta có: $CD \perp (ABA'B') \rightarrow (ABCD) \perp (ABA'B')$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra giao tuyến của $(ABA'B')$ và $(CDC'D')$ vuông góc với $(ABCD)$

$\Rightarrow AA' \perp (ABCD)$

Xét $\Delta ADA' \rightarrow AA'=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}$

Xét $\Delta C'CB \rightarrow CB=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$

Ta thấy: $AB \perp CD$ nên $AB$ cắt $CD$ tạo thành tam giác cân

Tính được: $AB=CD=\dfrac{a}{2}; \ A'B=\dfrac{a\sqrt{7}}{2}$

Ta có: $BC // A'D'; A'B=CD' \rightarrow BCA'D'$ là hình thang cân

Lấy giao $AB'$ và $A'B$ là $I$

Xét trong $(A'BCD')$ kẻ $IK // CD' \rightarrow CD' // (AKB) \rightarrow d(CD',AB)=d(CD',(AKB'))=d(D',(AKB')$

Kéo dài $A'B$ cắt $CD'$ tại $P \rightarrow \dfrac{BC}{A'D'}=\dfrac{PB}{PA'}=\dfrac{1}{2}$

$\rightarrow \dfrac{A'I}{A'P}=\dfrac{AK}{AD'}=\dfrac{1}{4}$

$\rightarrow d(D',(AKB'))=3d(A',(AKB'))$

Dễ thấy $AK \perp BK$ (dựa py-ta-go đảo) $\rightarrow d(A',(AKB'))=\dfrac{AA'.A'K}{\sqrt{AA'^2+A'K^2}}=\dfrac{a\sqrt{78}}{26}$

$\rightarrow d(CD',AB')=3d(A',(AKB'))=\dfrac{3a\sqrt{78}}{26}$

Để tặng quà cho 7 HSG người ta dùng 6 quyển sách Toán giống nhau, 5 quyển sách Lý giống nhau, 3 quyển sách Hóa giống nhau. Mỗi HS được tặng 2 quyển sách khác loại. Trong 7 HS trên có hai bạn Trí và Đức. Tính xác suất để Trí và Đức có được phần thưởng giống nhau.

cái bài này hôm trước Linh nó hỏi, nhưng không gian mẫu không chắc lắm, c ra cái không gian mẫu ntn mà có đc đáp án kia vậy

Câu 5: 

Số cách lập dãy có 6 chữ số khác nhau  là:

$n(\Omega)= 10.9.8.7.6.5=151200$

Số cách lập số có 6 chữ số khác nhau mà 2 chữ số $1,2$ đứng cạnh nhau và $3,4$ đứng cạnh nhau là:

$n(A)=2!.2!.C^2_6.4!=1440$

Số cách lập các số có 6 chữ số mà 2 chữ số $1,2$ đứng cạnh nhau là:

$n(A)=2!.C^4_8.5!=16800$

Số cách lập các số có 6 chữ số mà 2 chữ số $3,4$ đứng cạnh nhau là:

$n(C)=16800$ (tương tự như $1,2$ đứng cạnh nhau)

Vậy xác xuất để xác suất để bốc được một thẻ có ghi các chữ số $1, 2, 3, 4$, nhưng chữ số $1, 2$ không đứng cạnh nhau và chữ số $3, 4$ không đứng cạnh nhau là:

$P=\dfrac{n(\Omega)-n(B)-n(C)+n(A)}{n(\Omega)}=\dfrac{248}{315}$

Em nghĩ không gian mẫu là $n(\Omega)= 10.9.8.7.6.5=151200$.

Để tớ sửa lại

spam

(ad ẩn bài viết này giúp mình với) 

Câu 4: 
a, Lấy $K$ là trung điểm $AA'$ dễ thấy $BC // KM$ nên $B,C,K,M$ đồng phẳng
Ta chứng minh đc: $AN \perp BK$. Lại có: $BC \perp (AA'BB') \rightarrow BC \perp AN \rightarrow AN \perp (BCKM) \rightarrow AN \perp CM$

b, Lấy P là trung điểm $A'D' \rightarrow PM // A'D \rightarrow A'D // (CMP) \rightarrow d(A'D,CM)=d(A'D,(CMP))=d(D,(CMP))$

Kẻ $DH \perp  PM, DL \perp CH \rightarrow DL \perp (CMP) \rightarrow d(D,(CMP))=DL$

$\Delta DHM \sim \Delta PD'M \rightarrow DH=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}$

$\rightarrow DL=\dfrac{DC.DH}{\sqrt{DC^2+DH^2}}=\dfrac{a}{3}$

Vậy $d(A'D,CM)=\dfrac{a}{3}$

Câu hỏi: Chứng minh rằng với mọi tam giác $ABC$ ta luôn có:

$$\dfrac{\cos(\dfrac{B}{2}-\dfrac{C}{2})}{\sin \dfrac{A}{2}}+\dfrac{\cos(\dfrac{C}{2}-\dfrac{A}{2})}{\sin \dfrac{B}{2}}+\dfrac{\cos(\dfrac{A}{2}-\dfrac{B}{2})}{\sin \dfrac{C}{2}} \leq 2(\dfrac{\tan \dfrac{A}{2}}{\tan \dfrac{B}{2}}+\dfrac{\tan \dfrac{B}{2}}{\tan \dfrac{C}{2}}+\dfrac{\tan \dfrac{C}{2}}{\tan \dfrac{A}{2}})$$

Câu hỏi: Từ các chữ số thuộc tập hợp $A=${$0;1;2;3;4;5$} có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3

Lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có $\widehat{BAC}=90^o, AB=a, AC=a\sqrt{3}$. BCC'B' là hình vuông. M, N lần lượt là trung điểm CC' và B'C'. Tính d(AB;MN)

Mình có cách này ngắn hơn xíu

Lấy H là trung điểm $AC' \rightarrow NH // AB' \rightarrow NH // AB \rightarrow d(AB,MN)=d(AB, (MNH))=d(B,(MNH))$

Dễ chứng minh được $d(B,(MNH))=3 d(C',(MNH))$

Ta có: $d(C',(MNH))=\dfrac{C'H.C'M}{\sqrt{C'H^2+C'M^2}}=\dfrac{a\sqrt{21}}{7}$

$\rightarrow d(B,(MNH))=3 d(C',(MNH))=\dfrac{3a\sqrt{21}}{7}$

Vậy $d(AB,MN)=\dfrac{3a\sqrt{21}}{7}$

cho tứ diện S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B. $\widehat{ACB}=30^o$. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết (SBC) tạo với mặt đáy một góc 45 độ. 

a. Tính góc giữa (SAC) và (SBC)

b. Gọi M là trung điểm AB. Tính góc giữa SM và (SBC)

a, $(SAB), (SAC)$ cùng vuông góc đáy $\rightarrow SA \perp (ABC)$ 

GS: $AB=1$

Dễ thấy: $\angle SBA=45^o$

Kẻ $BH \perp AC, HK \perp SC \rightarrow \angle[(SAC);(SBC)]=\angle(BK,HK)$

Tính đc: $SA=1; CH=\dfrac{3}{2}, SC=\sqrt{5}, BH=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\Delta CHK \sim \Delta CSA \rightarrow HK=\dfrac{3\sqrt{5}}{10}$

$\rightarrow \tan HKB=\dfrac{HB}{HK}=\dfrac{\sqrt{15}}{3} \rightarrow \angle HKB=52^o14'$

b, Lấy $L$ là trung điểm $SB  \rightarrow AL \perp SB$ ($\Delta SAB$ vuông cân tại $A$)

CM đc: $(SAB) \perp (SBC) \rightarrow AL \perp (SBC)$

Lấy $N$ là trung điểm $BL \rightarrow MN // AL \rightarrow MN \perp (SBC)$

Vậy góc cần tính là $\angle MSB$

Tính được $SM=\dfrac{\sqrt{5}}{2}; SB=\sqrt{2}; MB=\dfrac{1}{2}$

Dựa vào định lí hàm Cô-sin suy ra $\angle MSB$

Cho h(x) liên tục và xác định trên (a;b). Xét tính đúng sai các mệnh đề sau

 

(1) $\left(\int h(x)dx\right)'=\int h'(x)dx$
 
(2) Nếu h(x) đồng biến trên (a;b) thì h(x) cũng đồng biến trên từng khoảng (a;c) và (c;b) với c ∈(a;b)

Ý (1) đúng vì: $\int h'(x) dx =h(x); (\int h(x) dx)'=h(x) \rightarrow  \int h'(x) dx =(\int h(x) dx)'$

Ý (2) đúng vì: $h(x)$ đồng biến trên $(a,b)$ nên trên khoảng $(a;c)$ và $(c,b)$  đồ thị của nó vẫn là 1 đường nét liền có hướng từ dưới lên, từ trái sang phải nên trên hai khoảng này $h(x)$ vẫn đồng biến

Hôm qua thực sự là một trận đấu xúc động, sau 2 bàn thắng sớm của MU ở hiệp 1, rồi thế cân bằng lập lại ngay ở đầu hiệp hai, cuối cùng là quả hạ bệ quyết định của vị thánh Ibra ngay phút thứ 87, tất cả quá tuyệt vời, một trận đấu kịch tính đến phút chót, Ibra đã thực sự đem đến MNSD cảm xúc bùng nổ,.... cảm xúc mà đã lâu lắm rồi người ta không được thấy ở MU từ thời David moyes, Van gal ....... 

Dáng dấp của một quỷ đỏ dưới thời Sir thực sự đã dần trở lại, em tin MU sẽ ngày càng thành công dù họ có những bước tiến chậm chạp đầu mùa

MU vô địch, Ibra vô địch, Mourinho vô địch,... 

Vẫn hướng đi cũ: TS = $(\sqrt{5-x^{3}}-\sqrt{5-x})+(2-\sqrt{x^{2}-7})+(\sqrt{5-x}-2)$. Đến đây bạn nhân liên hợp vào sẽ được nhân tử x-1 và khử nó với mẫu rồi thay x=1 vào là tìm được lim

Thực ra cậu k cần thêm hạng tử $\sqrt{5-x}$ vào, có lẽ không thêm vào bài làm sẽ đơn giản đi

Tử số chỉ tách như này là đủ:

$(\sqrt{5-x^3}-2)+(2-\sqrt[3]{x^2+7})=\dfrac{(1-x)(x^2+x+1)}{\sqrt{5-x^3}+2}+\dfrac{(1-x)(1+x)}{4+\sqrt[3]{x^2+7}+\sqrt[3]{x^2+7}^2}$

Tới đây khử đc $(x-1)$ ở tử và mẫu ....

$\lim_{x \rightarrow 3} \frac{\sqrt{4x-3}+\sqrt{x+1}-\sqrt{8x+1}}{x-3}$

$=\lim_{x \rightarrow 3} \frac{\sqrt{4x-3}+3+\sqrt{x+1}+2-\sqrt{8x+1}-5}{x-3}$

$=\lim_{x \rightarrow 3} \frac{(\sqrt{4x-3}+3)+(\sqrt{x+1}+2)-(\sqrt{8x+1}+5)}{x-3}$

$=\lim_{x \rightarrow 3} \frac{\sqrt{4x-3}+3}{x-3}+ \frac{\sqrt{x+1}+2}{x-3}-\frac{\sqrt{8x+1}-5}{x-3}$

$=\lim_{x \rightarrow 3} \frac{(\sqrt{4x-3}+3)(\sqrt{4x-3}-3)}{x-3}+ \frac{\sqrt({x+1}+2)(\sqrt{x+1}-2)}{x-3}-\frac{(\sqrt{8x+1}-5)(\sqrt{8x+1}+5)}{x-3}$

$=\lim_{x \rightarrow 3} \frac{4x-3-9}{x-3}+\frac{x+1-4}{x-3}+\frac{8x+1-25}{x-3}$

 

Bài này cậu làm sai ở bước nhân liên hợp. Và mình nghĩ cách nhóm như trên cx chưa hợp lí lắm

$\lim_{x \rightarrow 3} \dfrac{(\sqrt{4x-3}-3)+(\sqrt{x+1}-2)+(5-\sqrt{8x+1})}{x-3}$

$=\lim_{x \rightarrow 3} \dfrac{\dfrac{4(x-3)}{\sqrt{4x-3}+3}+\dfrac{x-3}{\sqrt{x+1}+2}-\dfrac{8(x-3)}{5+\sqrt{8x+1}}}{x-3}$

$= \lim_{x \rightarrow 3} \dfrac{4}{\sqrt{4x-3}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+2}-\dfrac{8}{5+\sqrt{8x+1}}$

$=\dfrac{7}{60}$

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 4a, AD = $4a\sqrt{3}$. Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mp vuông góc với mp ABCD. Biết SA = 2a. GỌi I là trung điểm của BC. Tính góc giữa SC và mp SDI

Mình cx đang hơi thắc mắc về lời giải của người bạn đó, bạn có thể đăng bài lên đây hoặc chỉ hướng giải thôi để mình tham khảo đc không