III. Hướng dẫn giải tự luận
(1,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = {2^{1 - \sqrt 2 }} \cdot {2^{3 + \sqrt 2 }} \cdot {4^{\frac{1}{2}}}\).
b) Giải bất phương trình \(\log _2^2x - 5{\log _2}x - 6 \le 0\).
III. Hướng dẫn giải tự luận
(1,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = {2^{1 - \sqrt 2 }} \cdot {2^{3 + \sqrt 2 }} \cdot {4^{\frac{1}{2}}}\).
b) Giải bất phương trình \(\log _2^2x - 5{\log _2}x - 6 \le 0\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Ta có \(A = {2^{1 - \sqrt 2 }} \cdot {2^{3 + \sqrt 2 }} \cdot {4^{\frac{1}{2}}} = {2^{1 - \sqrt 2 + 3 + \sqrt 2 }} \cdot {\left( {{2^2}} \right)^{\frac{1}{2}}}\)
\( = {2^4} \cdot {2^{2 \cdot \frac{1}{2}}} = {2^4} \cdot {2^1} = {2^{4 + 1}} = {2^5} = 32.\)
b) \(\log _2^2x - 5{\log _2}x - 6 \le 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
ĐK: \(x > 0\,\,\left( * \right)\).
Đặt \(t = {\log _2}x\,\,\left( 2 \right)\).
\(\left( 1 \right)\) thành \({t^2} - 5t - 6 \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le t \le 6\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 2 \right)} - 1 \le {\log _2}x \le 6 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le 64\)
So với \(\left( * \right)\): \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le 64\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ {\frac{1}{2};64} \right]\).
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Ta có tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Tứ giác \(IBCJ\) là hình chữ nhật nên \(IJ = BC = a\).
Tam giác \(SCD\) là tam giác vuông cân đỉnh \(S\) nên \(SJ = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2}\).
Do đó, \(S{J^2} + S{I^2} = I{J^2}\,\,\left( { = {a^2}} \right)\), suy ra tam giác \(SIJ\) vuông tại \(S\).
Vậy \(SI \bot SJ\).
b) Vì tam giác \(SCD\) là tam giác cân đỉnh \(S\) nên \(SJ \bot CD\).
Do \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(SJ \bot AB\) mà \(SI \bot SJ\) nên \(SJ \bot \left( {SAB} \right)\).
Chứng minh tương tự ta có \(SI \bot \left( {SCD} \right)\).
Lời giải
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\).
Ta có \(SC \bot BD\) (vì \(BD \bot AC,BD \bot SA\))
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(OI \bot SC\) thì ta có \(SC \bot \left( {BID} \right)\).
Khi đó \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = \widehat {BID}\).
Trong tam giác \(SAC\), kẻ đường cao \(AH\) thì \(AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\).
Mà \(O\) là trung điểm \(AC\) và \(OI\,{\rm{//}}\,AH\) nên \(OI = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\).
Tam giác \(IOD\) vuông tại \(O\) có \(tan\widehat {OID} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {OID} = 60^\circ \)
Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) bằng \(60^\circ \).
Câu 3
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 4
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 5
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 7
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập