\(Đặt:t=x+\dfrac{\pi}{3}\\ \Rightarrow2t=2x+\dfrac{2\pi}{3}\\ PTTH:cos\left(2t\right)+3cos\left(t\right)+2=0\\ 2cos\left(t\right)^2-1+3cos\left(t\right)+2=0\\ \Rightarrow2cos\left(t\right)^2+3cos\left(t\right)+1=0\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}cos\left(t\right)=-\dfrac{1}{2}\\cos\left(t\right)=-1\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}cos\left(x+\dfrac{\pi}{2}\right)=-\dfrac{1}{2}\\cos\left(x+\dfrac{\pi}{2}\right)=-1\end{matrix}\right.\\ \left[{}\begin{matrix}x+\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{2\pi}{3}+k2\pi\\x+\dfrac{\pi}{2}=\pi+k2\pi\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\\x=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\end{matrix}\right.\)

\(\cos\left(2x+\dfrac{2\pi}{3}\right)+3\cos\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)+2=0\)

\(\Leftrightarrow\cos2\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)+3\cos\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)+2=0\)

Đặt \(x+\dfrac{\pi}{3}=t\)

\(\Leftrightarrow\cos2t+3\cos t+2=0\)

\(\Leftrightarrow2\cos^2t+3\cos+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\cos t=\dfrac{-1}{2}\\\cos t=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=\pm\dfrac{2\pi}{3}+k2\pi\\t=\pi+k2\pi\end{matrix}\right.\)

Còn lại tự thay t giải nốt nhé

a.

Xếp 4 nam cạnh nhau: \(4!=24\) cách

Xếp 4 nữ cạnh nhau: \(4!=24\) cách

Hoán vị 2 khối nam và nữ: 2 cách

Tổng cộng có: \(2.24.24=1152\) cách

b. 

Xếp 4 nữ cạnh nhau: \(4!\) cách

Hoán vị bộ 4 nữ và 4 nam: \(5!\) cách

Tổng cộng: \(4!.5!\) cách

c. 

Xếp 8 bạn theo cách bất kì: 8! cách

Xếp Linh và Lan cạnh nhau: 2 cách

Xếp 8 bạn sao cho Linh và Lan cạnh nhau: 2.7! cách

Xếp sao cho Linh và Lan không cạnh nhau: \(8!-2.7!\) cách

kπ là số lần π

e;k;fj;dfgf

Lời giải:
TXĐ: $\mathbb{R}\setminus \left\{-1\right\}$

$y=\frac{x^2}{x^3+1}$

$y'=\frac{x(2-x^3)}{(x^3+1)^2}$

$y'=0\Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=\sqrt[3]{2}$ (tm TXĐ) 

Lập bảng biến thiên với các mốc sau:

$-\infty;-1; 0; \sqrt[3]{2}; +\infty$ thì ta thu được:

Hàm nghịch biến trên $(-\infty; -1)\cup (-1;0)\cup (\sqrt[3]{2}; +\infty)$

Hàm đồng biến trên $(0;\sqrt[3]{2})$

Hàm có giá trị cực tiểu $y_{ct}=y(0)=0$ tại $x=0$

Hàm có giá trị cực đại $y_{cđ}=y(\sqrt[3]{2})=\frac{\sqrt[3]{4}}{3}$ tại $x=\sqrt[3]{2}$

a/

\(SH\perp\left(ABCD\right);CD\in\left(ABCD\right)\Rightarrow CD\perp SH\)

ABCD là HCN \(\Rightarrow CD\perp AD\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{CSD}\) là góc giữa SC với (SAD)

Ta có

\(SH\perp\left(ABCD\right);AD\in\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp AD\)

Xét tg vuông SHD có

\(SD=\sqrt{SH^2+HD^2}\) Mà HD=AD-AH=3a-a=2a

\(\Rightarrow SD=\sqrt{8a^2+4a^2}=2a\sqrt{3}\)

Ta có

\(CD\perp\left(SAD\right);SD\in\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp SD\)

Xét tg vuông SCD có

\(\tan\widehat{CSD}=\dfrac{CD}{SD}=\dfrac{2a}{2a\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow\widehat{CSD}=30^o\)

b/

Ta có

\(SH\perp\left(ABCD\right);SH\in\left(SHB\right)\Rightarrow\left(SHB\right)\perp\left(ABCD\right)\)

\(SH\perp\left(ABCD\right);SH\in\left(SHI\right)\Rightarrow\left(SHI\right)\perp\left(ABCD\right)\)

Xét tg vuông ABH có

\(BH^2=AB^2+AH^2=4a^2+a^2=5a^2\)

Xét tg vuông DHI có

\(HI^2=HD^2+DI^2=4a^2+a^2=5a^2\)

Xét tg vuông BCI có

\(BI^2=BC^2+CI^2=9a^2+a^2=10a^2\)

Xét tg BHI có

\(BI^2=BH^2+HI^2=5a^2+5a^2=10a^2\)

=> tg BHI là tg vuông cân tại H

Ta có

\(SH\perp\left(ABCD\right);HI\in\left(ABCD\right)\Rightarrow HI\perp SH\)

\(HI\perp HB\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow HI\perp\left(SHB\right);HI\in\left(SHI\right)\Rightarrow\left(SHI\right)\perp\left(SHB\right)\)

c/

Ta có 

\(SH\perp\left(ABCD\right);BH\in\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp HB\)

\(SH\perp\left(ABCD\right);HI\in\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp HI\)

Xét tg vuông SHB có

\(SB=\sqrt{SH^2+BH^2}=\sqrt{8a^2+5a^2}=a\sqrt{13}\)

Xét tg vuông SHI có

\(SI=\sqrt{SH^2+HI^2}=\sqrt{8a^2+5a^2}=a\sqrt{13}\)

=> SB=SI => tg SBI cân tại S

Gọi K là trung điểm BI => \(SK\perp BI\) (trong tg cân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

c/m tương tự với tgBHI ta có \(HK\perp BI\)

\(\Rightarrow\widehat{SKH}\) là góc giữa (SBI) và (ABCD)

Xét tg vuông BHI có

\(HK=\dfrac{BI}{2}=\dfrac{a\sqrt{10}}{2}\) (trung tuyến thuộc cạnh huyền)

\(SH\perp\left(ABCD\right);HK\in\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp HK\)

Xét tg vuông SKH có

\(\tan\widehat{SKH}=\dfrac{SH}{HK}=\dfrac{2a\sqrt{2}}{\dfrac{a\sqrt{10}}{2}}=\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\)

còn câu d tôi bận làm sau nhé

Cosx= cos pi/8 là giải phương trình như nào vậy mọi người

Gọi d(S,(ABC))=h

Thể tích hình chóp \(V_{S.ABC}=\dfrac{1}{3}S_{ABC}h=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.2a.\dfrac{2\sqrt{3}a}{2}.h=a^3\)

\(\Rightarrow h=a\sqrt{3}\)