Giúp mình với!

Câu 1: a) Ta có \(-1\leq \cos x\leq 1\Rightarrow 0<\cos x+1\leq 2\Rightarrow 0<\sqrt{\cos x+1}\leq \sqrt{2}.\) Do đó \(-3<y\leq>0\). Suy ra: \[A=\frac{\sqrt{1+\sin \alpha }+\sqrt{1-\sin \alpha }}{\sqrt{(1+\sin \alpha )(1-\sin \alpha )}}=\frac{\sqrt{1+\sin \alpha }+\sqrt{1-\sin \alpha }}{\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\alpha }}=\frac{\sqrt{1+\sin \alpha }+\sqrt{1-\sin \alpha }}{\cos \alpha }.\] Ta có \({{\left( \sqrt{1+\sin \alpha }+\sqrt{1-\sin \alpha } \right)}^{2}}=1+\sin \alpha +1-\sin \alpha +2\sqrt{(1+\sin \alpha )(1-\sin \alpha )}=2+2\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\alpha }=2+2\cos \alpha =2(1+\cos \alpha ).\) Suy ra \(\sqrt{1+\sin \alpha }+\sqrt{1-\sin \alpha }=\sqrt{2(1+\cos \alpha )}=\sqrt{2}\cdot \sqrt{1+\cos \alpha }=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2{{\cos }^{2}}\frac{\alpha }{2}}=2\cos \frac{\alpha }{2}.\) Vậy \(A=\frac{2\cos \frac{\alpha }{2}}{\cos \alpha }=\frac{2\cos \frac{\alpha }{2}}{{{2\cos }^{2}}\frac{\alpha }{2}}=\sec \frac{\alpha }{2}.\) Câu 2: Phần a) \(2\cos^2x - 3\sin x = 0\) Điều kiện xác định: \(x\) bất kỳ. Ta có: \[ 2\cos^2x - 3\sin x = 0 \] \[ 2(1 - \sin^2x) - 3\sin x = 0 \] \[ 2 - 2\sin^2x - 3\sin x = 0 \] \[ 2\sin^2x + 3\sin x - 2 = 0 \] Đặt \(t = \sin x\), ta có phương trình: \[ 2t^2 + 3t - 2 = 0 \] Giải phương trình bậc hai này: \[ t = \frac{-3 \pm \sqrt{9 + 16}}{4} = \frac{-3 \pm 5}{4} \] Do đó: \[ t = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \quad \text{hoặc} \quad t = \frac{-8}{4} = -2 \] Vì \(\sin x\) nằm trong khoảng \([-1, 1]\), nên \(t = -2\) không thỏa mãn. Do đó: \[ \sin x = \frac{1}{2} \] Các nghiệm của phương trình là: \[ x = \frac{\pi}{6} + k2\pi \quad \text{hoặc} \quad x = \frac{5\pi}{6} + k2\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \] Phần b) \(\frac{1}{2}\log_2(x-1)^2 + \log_2(x+1) = \log_2(5-x)\) Điều kiện xác định: \[ x > 1 \quad \text{và} \quad x < 5 \] \[ x > 1 \quad \text{và} \quad x < 5 \Rightarrow 1 < x < 5 \] Ta có: \[ \frac{1}{2}\log_2(x-1)^2 + \log_2(x+1) = \log_2(5-x) \] \[ \log_2((x-1)^2)^{\frac{1}{2}} + \log_2(x+1) = \log_2(5-x) \] \[ \log_2|x-1| + \log_2(x+1) = \log_2(5-x) \] \[ \log_2(|x-1|(x+1)) = \log_2(5-x) \] Do \(1 < x < 5\), nên \(|x-1| = x-1\): \[ \log_2((x-1)(x+1)) = \log_2(5-x) \] \[ \log_2(x^2 - 1) = \log_2(5-x) \] Do tính chất của logarit: \[ x^2 - 1 = 5 - x \] \[ x^2 + x - 6 = 0 \] Giải phương trình bậc hai này: \[ x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 24}}{2} = \frac{-1 \pm 5}{2} \] Do đó: \[ x = \frac{4}{2} = 2 \quad \text{hoặc} \quad x = \frac{-6}{2} = -3 \] Kiểm tra điều kiện \(1 < x < 5\): \[ x = 2 \quad \text{(thỏa mãn)} \] \[ x = -3 \quad \text{(không thỏa mãn)} \] Vậy nghiệm của phương trình là: \[ x = 2 \] Câu 3: a) Ta có: $\lim_{x\rightarrow1}\frac{f(x)+1}{x-1}=16.$ Suy ra \( f(1) = -1 \). Ta có: $\lim_{x\rightarrow0}\frac{(x^2+x)f(x)+2}{x-1} = \lim_{x\rightarrow0}\frac{x(x+1)f(x)+2}{x-1}.$ Thay \( x = 0 \) vào biểu thức trên ta được: $\lim_{x\rightarrow0}\frac{0(0+1)f(0)+2}{0-1} = \lim_{x\rightarrow0}\frac{2}{-1} = -2.$ Vậy đáp án là: $\boxed{-2}$ b) Ta có: Lần chơi đầu tiên Nam đặt 20 000 đồng. Lần chơi thứ hai Nam đặt 40 000 đồng. Lần chơi thứ ba Nam đặt 80 000 đồng. ... Lần chơi thứ chín Nam đặt 20 000 × 2^(9-1) = 20 000 × 256 = 5 120 000 đồng. Lần chơi thứ mười Nam đặt 20 000 × 2^(10-1) = 20 000 × 512 = 10 240 000 đồng. Tổng số tiền Nam đã đặt cược trong 10 lần chơi là: 20 000 + 40 000 + 80 000 + ... + 5 120 000 + 10 240 000 = 20 000 × (1 + 2 + 4 + ... + 512) = 20 000 × 1023 = 20 460 000 đồng. Nam thắng ở lần thứ 10 nên tổng số tiền Nam thắng là: 10 240 000 đồng. Vậy Nam thắng 10 240 000 đồng. Đáp số: Nam thắng 10 240 000 đồng. Câu 4: Do g(x) liên tục trên [a,b] nên ta xét hai trường hợp: - Nếu f(a) = f(b) thì g(a) = -f(a) + f(b) = 0, suy ra x = a là nghiệm của phương trình g(x) = 0. - Nếu f(a) ≠ f(b) thì không mất tính tổng quát giả sử f(a) < f(b). Ta có g(a) = -f(a) + f(b) > 0 và g(b) = f(a) - f(b) < 0. Suy ra tồn tại ít nhất một số thực c ∈ (a,b) sao cho g(c) = 0. Vậy phương trình g(x) = 0 luôn có nghiệm thực. Câu 5: Do $5x-y,2x-3y,x+2y$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có: \[(2x - 3y) - (5x - y) = (x + 2y) - (2x - 3y)\] \[-3x - 2y = -x + y\] \[2x + 3y = 0\quad (1)\] Do $(y+1)^2, xy+1, (x-1)^2$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có: \[(xy + 1)^2 = (y + 1)^2 \cdot (x - 1)^2\] \[(xy + 1)^2 = [(y + 1)(x - 1)]^2\] \[xy + 1 = (y + 1)(x - 1)\] hoặc \(xy + 1 = -(y + 1)(x - 1)\) Trường hợp 1: \(xy + 1 = (y + 1)(x - 1)\) \[xy + 1 = xy - y + x - 1\] \[x - y = 2\quad (2)\] Từ (1) và (2) suy ra \(x = 6\) và \(y = -4\). Trường hợp 2: \(xy + 1 = -(y + 1)(x - 1)\) \[xy + 1 = -xy + y - x + 1\] \[2xy + x - y = 0\quad (3)\] Từ (1) và (3) suy ra \(x = 0\) và \(y = 0\). Vậy các cặp số \((x; y)\) cần tìm là \((0; 0)\) và \((6; -4)\). Câu 6: Để giải bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện từng bước như sau: a) Chứng minh rằng \( SA \perp BC \) 1. Xác định các yếu tố của hình chóp: - Đáy \( \triangle ABC \) là tam giác đều cạnh \( a \). - \( SA = SB = SC \) và \( SO = 2a \) là đường cao của hình chóp. 2. Chứng minh \( SA \perp BC \): - Do \( \triangle ABC \) là tam giác đều, nên trọng tâm \( O \) của tam giác cũng là trực tâm. Do đó, \( O \) là giao điểm của các đường cao của tam giác \( \triangle ABC \). - Vì \( SO \) là đường cao của hình chóp, nên \( SO \perp (ABC) \). - Trong mặt phẳng đáy \( (ABC) \), \( O \) là trung điểm của \( BC \) do tính chất của tam giác đều. - Do đó, \( SA \) là đường trung trực của \( BC \) trong mặt phẳng \( (SBC) \), nên \( SA \perp BC \). b) Tìm vị trí của \( M \) để diện tích thiết diện lớn nhất 1. Xác định thiết diện: - Mặt phẳng \( (P) \) đi qua \( M \) và vuông góc với \( AH \). - \( M \) thuộc đường cao \( AH \) của tam giác \( \triangle ABC \). 2. Xác định thiết diện: - Thiết diện của mặt phẳng \( (P) \) với hình chóp là một hình thang hoặc tam giác tùy thuộc vào vị trí của \( M \). 3. Tìm vị trí của \( M \) để diện tích thiết diện lớn nhất: - Để diện tích thiết diện lớn nhất, mặt phẳng \( (P) \) cần cắt hình chóp tại các điểm sao cho hình cắt có diện tích lớn nhất. - Khi \( M \) là trung điểm của \( AH \), mặt phẳng \( (P) \) sẽ cắt hình chóp tại các điểm đối xứng qua \( AH \), tạo thành một thiết diện có diện tích lớn nhất. 4. Kết luận: - Vị trí của \( M \) để diện tích thiết diện lớn nhất là khi \( M \) là trung điểm của \( AH \). Với các bước lập luận trên, chúng ta đã giải quyết được bài toán một cách chi tiết và rõ ràng.