hoctoancapba.com
HỒ XUÂN TRỌNG
1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN
NĂM 2009-2010
TẬP 1
hoctoancapba.com
Gửi: http//laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1
hoctoancapba.com
KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1)
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm)
(1)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại,
cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0.
Câu II: (3 điểm)
⎧ x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 + 2 xy
1. Giải hệ phương trình: ⎨
2
2
⎩ x + x y + xy = xy + y + 1
2. Giải bất phương trình:
4 x + (x − 11).2 x − 8(x − 3)
≥0
log 2 x − 2
x
x
1
− cos 3 ) = 2 cos x + sin 2 x
2
2
2
Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần
lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
3. Giải phương trình: 3(sin 3
2 x cos 2 x − 1
Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: lim
x →0
x2
Câu V: ( 1 điểm) Cho a, b, c là những số thực dương thoả mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh
1
1
1
4
4
4
+
+
≥ 2
+ 2
+ 2
a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7
2
PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2
PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và
đường tròn (C): ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 2 . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến
đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k).
n
⎛1 x⎞
Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển ⎜ + ⎟ = a0 + a1 x + a2 x 2 + .... + an x n . Tìm số lớn nhất trong
⎝2 3⎠
các số a0 , a1 , a2 ,..., an biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn Cn2 Cnn−2 + 2Cnn−2 Cnn−1 + Cn1Cnn−1 = 11025 .
PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm
của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2 x 2 − 3x + 2
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y =
có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao
x −1
cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất.
----------------***Hết***---------------Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
hoctoancapba.com
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I
KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN
1)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn.
- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là
1,5 điểm.
Câu
Nội dung
Điểm
I.1
Khảo sát hàm số ...
1,00
3
2
* Với m = 0 thì y = x − 3x
1. Tập xác định: R
0,25
2. Sự biến thiên:
3
2
3
2
a) Giới hạn: lim y = lim (x − 3x ) = −∞, lim y = lim (x − 3x ) = +∞
x → −∞
x → −∞
x → +∞
x → +∞
2
b) Bảng biến thiên: y’=3x – 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2.
x
-∞
0
2
y'
+
0
0
+
0
+∞
+∞
0,25
y
-∞
-4
- Hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 4.
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0).
Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng
0,25
y
O
1 2
3
x
0,25
-2
-4
I.2
Tìm giá trị của tham số m ...
Ta có y = x 3 − 3x 2 + mx, y' = 3x 2 − 6 x + m
Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ Δ ' = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3
1,00
0,25
1⎞ ⎛2
1
⎞
⎛1
Ta có: y = ⎜ x − ⎟y'+⎜ m − 2 ⎟x + m
3⎠ ⎝ 3
3
⎠
⎝3
Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình
1
⎞
⎛2
y = ⎜ m − 2 ⎟x + m . Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương 0,25
3
⎠
⎝3
1
2
⎞
⎛2
trình y = ⎜ m − 2 ⎟x + m , nên nó có hệ số góc k1 = m − 2
3
3
⎠
⎝3
1
5
1
x − suy ra d có hệ số góc k2 =
2
2
2
Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ,
Ta có d: x – 2y – 5 = 0 ⇔ y =
1
0,25
4
hoctoancapba.com
II.1
1⎛2
⎞
suy ra k 1 k 2 = −1 ⇔ ⎜ m − 2 ⎟ = −1 ⇔ m = 0
2⎝3
⎠
+) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của
chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d.
Vậy: m = 0
Giải hệ phương trình đại số...
⎧x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 + 2xy
⎧(x − y)2 + x 2 y 2 = 1
⇔
⎨
⎨
2
2
⎩x + x y + xy = xy + y + 1 ⎩(x − y)(1 + xy) + xy = 1
⎧u 2 + v 2 = 1
⎧(u + v )2 − 2 uv = 1
⇔⎨
Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎨
⎩u(1 + v ) + v = 1
⎩u + v + uv = 1
Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S 2 ≥ 4 P ) ta có hệ phương trình
0,25
1,00
0,25
0,25
⎧S 2 − 2 P = 1 ⎧S 2 − 2(1 − S ) = 1
⎡S = 1
⇒ S 2 + 2S − 3 = 0 ⇔ ⎢
⇔⎨
⎨
⎣S = −3
⎩P = 1 − S
⎩S + P = 1
⎧ u + v = 1 ⎧u = 0
⎧u = 1
⇒⎨
+) Với S = 0 ⇒ P = 0 ⇒ ⎨
hoặc ⎨
⎩uv = 0
⎩v = 1
⎩v = 0
⎧u = 0 ⎧x − y = 0
⎧x = y = 1
⇒⎨
⇔⎨
- Nếu ⎨
⎩v = 1 ⎩xy = 1
⎩x = y = −1
⎧u = 1
⎧x − y = 1 ⎧x = 1
⎧x = 0
hoÆc ⎨
⇔⎨
⇔⎨
- Nếu ⎨
⎩v = 0
⎩xy = 0
⎩y = 0
⎩y = −1
II.2
II.3
+) Với S = - 3 ⇒ P = 4 ⇒ S 2 < 4P (loại)
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (x; y ) = (− 1;−1), (1;1), (1;0), (0;−1)
Giải bất phương trình logarit...
(2 x + x − 3)(2 x − 8)
4 x + (x − 11).2 x − 8(x − 3)
≥ 0 (1)
≥0⇔
log 2 x − 2
log 2 x − 2
+) Xét f (x) = 2 x + x − 3 , f’(x) = 2 x ln 2 + 1 > 0, ∀x nên f(x) đồng biến trên R .
f(1) = 0.
+) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến trên R , g(3) = 0.
+) Xét h(x) = log 2 x − 2 , h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0.
Bảng xét dấu vế trái của (1)
x
0
1
3
4
+∞
x
2 +x-2
0
+
|
+
|
+
2x - 8
|
0
+
|
+
log2x - 2
|
|
0
+
VT
0
+
0
||
+
Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = [1;3] ∪ (4;+∞)
Giải phương trình lượng giác...
x
x
1
x ⎞⎛
x x⎞
⎛ x
3(sin3 − cos3 ) = 2 cos x + sin 2x ⇔ 3⎜sin − cos ⎟⎜1 + sin cos ⎟ = (2 + sinx) cosx
2
2
2
2 ⎠⎝
2 2⎠
⎝ 2
x ⎞⎛
1
x
x ⎞⎛
x
x⎞
⎛ x
⎞
⎛
⇔ 3⎜ sin − cos ⎟⎜ 1 + sin x ⎟ = (2 + sin x )⎜ cos − sin ⎟⎜ cos + sin ⎟
2 ⎠⎝
2
2
2 ⎠⎝
2
2⎠
⎝ 2
⎠
⎝
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
x
x⎞
x 3⎞
⎛
⎛ x
⇔ ⎜ cos − sin ⎟(2 + sin x)⎜ sin + cos + ⎟ = 0
2
2⎠
2 2⎠
⎝
⎝ 2
0,25
x
x
x π
π
⎛x π⎞
− cos = 0 ⇔ sin ⎜ − ⎟ = 0 ⇔ − = kπ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z)
2
2
2 4
2
⎝2 4⎠
* 2 + sin x = 0 ⇔ sin x = −2 (vô nghiệm)
0,25
* sin
2
5
hoctoancapba.com
x
x
3
3
π⎞
3
⎛x π⎞
⎛
+ cos = − ⇔ 2 sin⎜ + ⎟ = − ⇔ sin⎜ x + ⎟ = −
(vô nghiệm)
2
2
2
2
4⎠
2 2
⎝2 4⎠
⎝
π
Vậy nghiệm của phương trình là: x = + k2π ( k ∈ Z )
2
Tính thể tích khối chóp...
S
* sin
III
0,25
1,00
M
I
N
A
B
K
C
Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. Gọi I là trung điểm của MN
suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN. Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN).
1
1
Do đó VS .AMN = SI.S AMN = SI.AI.MN
3
6
Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam
a 3
giác ASK cân tại A. Do đó SA = AK =
2
1
a
1
a
SC SA a 3
MN = BC = , NI = MN = , SN =
=
=
2
2
2
4
2
2
4
3a 2 a 2 a 2
SI = SN − NI =
−
=
16 16
4
2
1 a 2 a 10 a a 3 5
3a 2 a 2 a 10
. Vậy VS .AMN =
−
=
=
6 4
4 2
96
4
8
4
V
SA SM SN 1
.
.
Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: S .AMN =
=
VS .ABC SA SB SC 4
Tính giới hạn.....
2
2
2 x cos 2 x − 1
(2 x − 1) cos 2 x
1 − cos 2 x
=
−
lim
lim
lim
x→0
x→0
x→0
x2
x2
x2
0,25
0,25
1,00
0,50
2
e x ln 2 − 1
⎛ sin x ⎞
lim cos 2 x − lim⎜
= ln 2. lim 2
⎟ = ln 2 − 1
x → 0 x ln 2 x → 0
x→0
⎝ x ⎠
Chứng minh bất đẳng thức...
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
⎛1 1⎞
1 1
4
1 1
(*),
(x + y)⎜⎜ + ⎟⎟ ≥ 2 xy .2 . = 4 ⇒ + ≥
x y x+y
x y
⎝x y⎠
1
1
4
1
1
4
+
≥
+
≥
Áp dụng (*) ta có:
;
a + b b + c a + 2 b + c b + c c + a a + b + 2c
1
1
4
+
≥
c + a a + b 2a + b + c
1
1
1
2
2
2
⇒
+
+
≥
+
+
(1)
a + b b + c c + a 2a + b + c a + 2 b + c a + b + 2 c
2
V
0,25
2
AI = SA 2 − SI 2 =
IV
0,25
3
0,50
1,00
0,25
6
Mặt khác ta lại có
(2a
VIa.1
) (
hoctoancapba.com
) (
)
+ 2 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ≥ 2 2a 2 .2 + 2 b 2 .1 + 2 c 2 .1 = 2(2a + b + c)
1
2
≥ 2
⇒ 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 ≥ 2(2a + b + c) ⇒ a 2 + 7 ≥ 2(2a + b + c) ⇒
2a + b + c a + 7
1
2
1
2
≥ 2
Tương tự:
;
≥ 2
2a + c + a b + 7
2c + a + b c + 7
1
1
1
2
2
2
(2)
⇒
+
+
≥ 2
+ 2
+ 2
2a + b + c a + 2 b + c a + b + 2 c a + 7 b + 7 c + 7
1
1
1
4
4
4
+ 2
Từ (1) và (2) ta suy ra:
+
+
≥ 2
+ 2
a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7
Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự ...
Do B ∈ (C’) nên tồn tại M(x; y) ∈ (C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra
AB = k AM . Do A ≠ B , nên k ≠ 0
⎧x = 1
⎧1 − 1 = k (x − 1)
⎪
⇒⎨
⇒⎨
4 + 2k
⎩6 − 2 = k (y − 2) ⎪y =
k
⎩
2
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
2
⎛ 4 + 2k
⎞
− 1⎟ = 2
Do M thuộc (C) nên (x − 2) + (y − 1) = 2 ⇒ (1 − 2) + ⎜
⎝ k
⎠
2
2
⇔ (4 + k ) = k ⇔ k = −2 .
0,25
+) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1
1
1
Độ dài AB = 4. Suy ra S OAB = AB.d(O, AB ) = 4.1 = 2 .
2
2
0,25
Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = − 2 .SOAB = 2.
0,25
Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,..., an ....
1,00
2
VII.a
n −2
n
n −1
n
C
⎛1 x⎞
Ta có khai triển ⎜ + ⎟
⎝2 3⎠
k
Do đó a k = C 14 2 k −14 .3 − k
14
+C C
2
n −1
n
= 11025 ⇔ (C + C ) = 105
⎡ n = 14
n( n − 1)
C 2n + C 1n = 105 ⇔
+ n = 105 ⇔ n 2 + n − 210 = 0 ⇔ ⎢
2
⎣ n = −15 (lo¹ i)
Ta có C C
2
n
+ 2C
n −2
n
2
1
n
2
n
⎛1⎞
= ∑C ⎜ ⎟
⎝2⎠
k =0
14
k
14
14 − k
1 2
n
2
0,25
k
14
⎛x⎞
k
k −14 − k
k
⎜ ⎟ =∑ C 14 2 .3 .x
⎝ 3 ⎠ k =0
k +1 k −13 − k −1
a k +1 C 14
2 3
2(14 − k )
Ta xét tỉ số
.
=
=
k
k −14 − k
ak
3( k + 1)
C 14 2 3
a k +1
2(14 − k )
>1⇔
> 1 ⇔ k < 5 . Do k ∈ ` , nên k ≤ 4 .
ak
3( k + 1)
a k +1
a
< 1 ⇔ k > 5, k +1 = 1 ⇔ k = 5
ak
ak
Do đó a 0 < a 1 < ... < a 4 < a 5 = a 6 > a 7 > ... > a 14
Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất
1001
5
Vậy hệ số lớn nhất là a 5 = a 6 = C 14
2 − 9 3 −5 =
62208
0,25
0,25
Tương tự
4
0,25
7
hoctoancapba.com
VIb
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật...
Ta có: d 1 ∩ d 2 = I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
⎧x = 9 / 2
⎧x − y − 3 = 0
⎛9 3⎞
. Vậy I⎜ ; ⎟
⇔⎨
⎨
⎝2 2⎠
⎩y = 3 / 2
⎩x + y − 6 = 0
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ M = d 1 ∩ Ox
Suy ra M( 3; 0)
2
1,00
0,25
2
9⎞ ⎛3⎞
⎛
Ta có: AB = 2 IM = 2 ⎜ 3 − ⎟ + ⎜ ⎟ = 3 2
2⎠ ⎝2⎠
⎝
S ABCD
12
=
=2 2
AB
3 2
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ d 1 ⊥ AD
Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD =
0,25
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT
nên có PT: 1(x − 3) + 1(y − 0) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 . Lại có: MA = MD = 2
⎧⎪x + y − 3 = 0
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ⎨
2
⎪⎩ (x − 3) + y 2 = 2
⎧y = − x + 3
⎧y = − x + 3
⎧y = 3 − x
⇔⎨
⇔
⇔⎨
⎨
2
2
2
2
⎩x − 3 = ±1
⎩(x − 3) + y = 2
⎩(x − 3) + (3 − x) = 2
⎧x = 2
⎧x = 4
hoặc ⎨
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
⇔⎨
⎩y = 1
⎩y = −1
VIIb
⎧x = 2 x I − x A = 9 − 2 = 7
⎛9 3⎞
Do I⎜ ; ⎟ là trung điểm của AC suy ra: ⎨ C
⎝2 2⎠
⎩y C = 2 y I − y A = 3 − 1 = 2
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) ....
1
1
+) Ta có y = 2x − 1 +
. lim [y − (2x − 1)] = lim
= 0 . Do đó (C) có
x → ±∞ x − 1
x − 1 x →±∞
tiệm cận xiên y = 2x – 1.
2x2 − 3x + 2
2x2 − 3x + 2
= +∞; lim−
= −∞ . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1
+) lim+
x→1
x→1
x −1
x −1
⎛
1 ⎞
⎟ , x0 ≠ 1
+) Gọi M ∈ (C ) ⇒ M = ⎜⎜ x 0 ;2 x 0 − 1 +
x 0 − 1 ⎟⎠
⎝
0,25
0,25
1,00
0,25
Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là
⎛
1 ⎞
⎟⎟ − 1
2 x 0 − ⎜⎜ 2x 0 − 1 +
x
−
1
1
0
⎝
⎠
d = x0 −1 +
= x0 −1 +
5 x0 −1
2 2 + 12
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có
2
1
2
1
1
d ≥ 2 x0 −1
= 4 ⇒ d = 4 khi x 0 − 1 =
⇔ x0 = 1 ± 4
5
5 x0 −1
5
5 x0 − 1
5
0,25
⎛
⎞
⎛
⎞
1
2
1
2
Vậy d nhỏ nhất khi M = ⎜⎜ 1 + 4 ;1 + 4 + 4 5 ⎟⎟ ; M = ⎜⎜ 1 − 4 ;1 − 4 − 4 5 ⎟⎟
5
5
5
5
⎝
⎠
⎝
⎠
0,25
5
8
hoctoancapba.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG LẦN 2
TRƢỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 21/03/2010
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
m
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x m
x2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2. Giải phương trình
cos 2 x. cos x 1
2 1 sin x .
sin x cos x
7 x2 x x 5 3 2 x x2
3
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3.
0
(x )
x 3
dx .
x 1 x 3
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho DMN ABC . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y.
Chứng minh rằng: x y 3xy.
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
x3 y 3 16 z 3
x y z
3
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đƣợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chƣơng trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0,
phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
x 1 y 1 z 2
x2 y2 z
d1:
, d2:
2
3
1
1
5
2
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
B. Theo chƣơng trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần
lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm
C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
x 3 y 2 z 1
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.
2
1
1
Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng 42 .
1
log 1 y x log 4 y 1
( x, y )
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 4
2
2
x y 25
-------------------Hết ------------------9
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
1
hoctoancapba.com
SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang
Nội dung
Câu
Điểm
I
2,0
1
1,0
Với m =1 thì y x 1
1
x2
0.25
a) Tập xác định: D \ 2
b) Sự biến thiên:
y ' 1
1
x 2
2
x2 4 x 3
x 2
2
x 1
, y' 0
.
x 3
lim y , lim y , lim y ; lim y ,
x
x
x 2
x 2
0.25
lim y ( x 1) 0 ; lim y ( x 1) 0
x
x
Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
Bảng biến thiên
x
-
y’
1
0
+
2
–
–
3
0
+
+
+
+
1
y
0.25
-
-
3
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ;1 , 3; ; hàm số nghịch biến trên
mỗi khoảng 1;2 , 2;3
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3.
c) Đồ thị:
0.25
10
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
2
hoctoancapba.com
2
1.0
m
;
( x 2) 2
Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm
phân biệt khác 2 m 0
x 2 m y1 2 m 2 m
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1
x2 2 m y2 2 m 2 m
Với x 2 ta có y’ = 1-
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 m ; 2 m 2 m ) ; B( 2 m ; 2 m 2 m )
Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2m m 2m m
m 0
m 2
Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt m = 2.
0.25
0.25
0.25
II
1
0.25
2.0
Giải phương trình
cos 2 x. cos x 1
2 1 sin x .
sin x cos x
1.0
ĐK: sin x cos x 0
0.25
Khi đó PT 1 sin 2 x cos x 1 2 1 sin x sin x cos x
1 sin x 1 cos x sin x sin x.cos x 0
0.25
1 sin x 1 cos x 1 sin x 0
sin x 1
cos x 1
(thoả mãn điều kiện)
x k 2
2
x m 2
k , mZ
0.25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x
2
Giải phương trình:
0.25
2
k 2 và x m2
7 x2 x x 5 3 2 x x2
(x )
2
3 2 x x 0
PT
2
2
7 x x x 5 3 2 x x
2
3 2 x x 0
x x 5 2( x 2)
3 x 1
x 0
x2
x 5 2.
x
1.0
0.25
0.25
2 x 0
2
x 1 x 16 0
x 1
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
k , mZ
0.25
0.25
11
3
hoctoancapba.com
3
III
Tính tích phân
3.
0
Đặt u =
x 3
dx .
x 1 x 3
x 0 u 1
x 1 u 2 1 x 2udu dx ; đổi cận:
x 3 u 2
0.25
x 3
2u 3 8u
1
0 3 x 1 x 3dx 1 u 2 3u 2du 1 (2u 6)du 61 u 1du
3
Ta có:
1.0
2
2
2
0.25
u 2 6u
1 6ln u 1 1
0.25
3 6 ln
3
2
0.25
2
2
IV
1.0
D
Dựng DH MN H
Do DMN ABC DH ABC mà D.ABC là
tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .
C
B
0.25
N
H
M
A
2
3
6
Trong tam giác vuông DHA: DH DA AH 1
3
3
2
2
2
0.25
1
3
AM . AN .sin 600
xy
2
4
Diện tích tam giác AMN là S AMN
1
2
xy
Thể tích tứ diện D.AMN là V S AMN .DH
3
12
Ta có: S AMN S AMH S AMH
0.25
1
1
1
xy.sin 600 x. AH .sin 300 y. AH .sin 300
2
2
2
x y 3xy.
V
0.25
1.0
x y
3
Trước hết ta có: x y
3
3
4
(biến đổi tương đương) ... x y x y 0
2
x y
4P
3
Đặt x + y + z = a. Khi đó
a
64 z 3
3
a z
3
a
64 z 3
3
0.25
1 t 64t 3
z
(với t = , 0 t 1 )
a
3
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 . Có
1
2
f '(t ) 3 64t 2 1 t , f '(t ) 0 t 0;1
9
0.25
Lập bảng biến thiên
Minf t
t 0;1
64
16
GTNN của P là
đạt được khi x = y = 4z > 0
81
81
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
0.25
12
4
hoctoancapba.com
VI.a
2.0
1
1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
x
x 2 y 1 0
21 13
5
B ;
5 5
x 7 y 14 0
y 13
5
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD cos nAC , nAB
a b
3
2
2
2
2
a 2b
a b 7a 8ab b 0
a b
2
7
- Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
x y 1 0
x 3
A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
A(3; 2)
x 2 y 1 0 y 2
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
x 2
x y 1 0
7 5
I ;
2 2
x 7 y 14 0
y 5
2
14 12
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C 4;3 ; D ;
5 5
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
2
0.25
0.25
0.25
0.25
1.0
x 1 2t
x 2 m
Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 : y 1 3t ; d 2 : y 2 5m
z 2 t
z 2m
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
3 m 2t 2k
Do d (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN knp 3 5m 3t k có nghiệm
2 2m t 5k
0.25
0.25
0.25
m 1
Giải hệ tìm được
t 1
x 1 2t
Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d: y 4 t thoả mãn bài toán
z 3 5t
0.25
13
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
5
hoctoancapba.com
VII.a
Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n N thỏa mãn phương trình
1.0
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
n N
Điều kiện:
n 3
Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 log4(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
n 7
(n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = 0
n 13
Vậy n = 7.
0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
3
2
Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1 i . 1 i 1 i .(2i)3 (1 i).(8i) 8 8i
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8.
0.25
VI.b
2.0
1
1.0
Giả sử B( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d 2 xC 2 yC 7
xB xC 2 6
yB yC 3 0
0.25
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
Ta có BG(3;4) VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
Bán kính R = d(C; BG) =
9
81
phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =
5
25
2
0.25
0.25
0.25
1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
x 3 2t
y 2 t toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
z 1 t
x 3 2t
y 2 t
(tham số t)
z 1 t
x y z 2 0
0.25
M (1; 3;0)
Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .
Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u ud , nP (2; 3;1)
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên , khi đó MN ( x 1; y 3; z ) .
Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
x y z 2 0
Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x 3 y z 11 0
( x 1) 2 ( y 3) 2 z 2 42
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
x 5
2
x3
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt :
2
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt :
y2
3
y4
3
z 5
1
z 5
1
0.25
0.25
0.25
14
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
6
hoctoancapba.com
VII.b
1
log 1 y x log 4 y 1
Giải hệ phương trình 4
2
2
x y 25
1.0
( x, y )
y x 0
y 0
Điều kiện:
0.25
1
yx
yx 1
log 4 y x log 4 y 1 log 4 y 1 y 4
Hệ phương trình
x 2 y 2 25
x 2 y 2 25
x 2 y 2 25
0.25
x 3y
x 3y
x 3y
2
2
2 25
2
2
x y 25 9 y y 25 y
10
0.25
5
15
;
x; y
10 10
5
15
;
x; y
10
10
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
0.25
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định.
15
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
7
hoctoancapba.com
SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TỐNG VĂN TRÂN
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
Môn: Toán 180’
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 điểm).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3
2. Tìm m để phương trình x 4 − 4 x 2 + 3 = log 2 m có 4 nghiệm phân biệt..
Câu II (2 điểm).
1. Giải bất phương trình:
(
5 −1
) +(
x
5 +1
)
x
−2
x+
3
2
≤0
2. Giải phương trình: x 2 − ( x + 2) x − 1 = x − 2
Câu III (2 điểm)
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số: y = |x| ; y = 2 – x2
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , ∠BAD = α . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng
vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc β . Cạnh SA = a. Tính diện
tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng:
a 3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a(b 2 + c 2 ) + b(c 2 + a 2 ) + c(a 2 + b 2 )
PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng Δ : x + 2 y − 3 = 0 và hai điểm A(1;0), B(3; -4).
JJJG JJJG
Hãy tìm trên đường thẳng Δ một điểm M sao cho MA + 3MB nhỏ nhất.
⎧x = 1− t
⎧x = t
⎪
⎪
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : ⎨ y = 2t
và d 2 : ⎨ y = 1 + 3t .
⎪ z = −2 + t
⎪z = 1− t
⎩
⎩
Lập phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2.
3. Tìm số phức z thỏa mãn: z 2 + 2 z = 0
Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt
nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung
có độ dài bằng nhau.
⎧x = 1− t
⎧x = t
⎪
⎪
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : ⎨ y = 2t
và d 2 : ⎨ y = 1 + 3t .
⎪ z = −2 + t
⎪
⎩z = 1− t
⎩
Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2.
3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z + 1 + 2i = 1 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất.
…Hết…
Gửi:
http://laisac.page.tl
16
hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
Câu ý
Nội dung
Đi
2
1
1
TXĐ D = \
Giới hạn : lim y = +∞
x →±∞
I
Sự biến thiên : y’ = 4x3 - 8x
y’ = 0 ⇔ x = 0, x = ± 2
Bảng biến thiên
x
−∞
+∞
y’
y
+∞
02
− 2
-
0
0
+
2
0
-
02
0
+
3
-1
-1
(
)(
Hàm số đồng biến trên các khoảng − 2;0 ,
( −∞; − 2 ) , ( 0; 2 )
+∞
)
2; +∞ và nghịch biến trên các khoảng
02
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2 , yCT= -1
Đồ thị
y
3
− 3
-1
1
O
3
x
02
2
1
Đồ thị hàm số y = x − 4 x + 3
4
2
y
3
02
y = log2m
1
x
O
17
hoctoancapba.com
− 3 − 2
-1
1
2
3
Số nghiệm của phương trình x 4 − 4 x 2 + 3 = log 2 m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
02
y = x − 4 x + 3 và đường thẳng y = log2m.
4
2
02
Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2m = 0 hoặc 1 < log 2 m < 3
02
hay m = 1 hoặc 2 0. khi đó ⎜⎜
⎟⎟ =
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠ t
Bất phương trình có dạng
1
t + − 2 2 ≤ 0 ⇔ t 2 − 2 2t + 1 ≤ 0
t
⇔ 2 −1 ≤ t ≤ 2 + 1
02
02
x
⎛ 5 +1 ⎞
⇔ 2 − 1 ≤ ⎜⎜
⎟⎟ ≤ 2 + 1
⎝ 2 ⎠
⇔ log
5 +1
2
( 2 − 1) ≤ x ≤ log
5 +1
2
02
( 2 + 1)
2
1
Điều kiện : x ≥ 1
Phương trình tương đương với x 2 − x( x − 1 − 1) − 2 x − 1 − 2( x − 1) = 0
2
(*)
2
Đặt y = x − 1, y ≥ 0 . Khi đó (*) có dạng : x – x(y - 1) – 2y – 2y = 0
⇔ ( x − 2 y )( x + y + 1) = 0
⇔ x − 2 y = 0(do x + y + 1 ≠ 0)
02
02
⇒ x = 2 x −1
⇔ x2 − 4x + 4 = 0
05
⇔x=2
III
2
1
1
e x −1 + tan( x 2 − 1) − 1
e x −1 − 1 + tan( x 2 − 1) 3 2 3
=
lim
.( x + x + 1)
3
x →1
x →1
x −1
x −1
e x −1 − 1 3 2 3
tan( x 2 − 1) 3 2 3
= lim
.( x + x + 1) + lim
.( x + x + 1)( x + 1)
x →1 x − 1
x →1
x2 −1
lim
02
05
= lim( x + x + 1) + lim( x + x + 1)( x + 1) = 9
3
x →1
2
3
3
2
3
02
x →1
18
hoctoancapba.com
2
1
Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI ⊥ BC
(Định lí 3 đường vuông góc) do đó ∠SIA = β
AI = a.cot β , AB = AD =
S ABCD
02
S
a cot β
a
, SI =
sin α
sin β
02
a 2 cot 2 β
= AB. AD.sin α =
sin α
A
VS . ABCD =
D
a cot β
3sin α
3
2
Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD
a 2 cot β
1
.(1 +
)
=
sin α
sin β
02
B
B
I
C
02
IV
1
a 3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a(b 2 + c 2 ) + b(c 2 + a 2 ) + c(a 2 + b 2 )
a 2 + b2 − c2 b2 + c2 − a 2 c2 + a 2 − b2 3
⇔
+
+
≤
2ab
2bc
2ca
2
3
⇔ cos A + cos B + cos C ≤
2
Mặt khác
cos A + cos B + cos C = (cos A + cos B ).1 − (cos A cos B − sin A sin B)
1
1
3
≤ [(cos A + cos B) 2 + 12 ]+ [sin 2 A+sin 2 B]- cos A cos sB =
2
2
2
3
Do đó cos A + cos B + cos C ≤
2
Ta có
02
02
05
Va
3
1
1
5
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( ; −3 )
2
JJJG JJJG JJJG JJJG
JJJG
JJJG JJJG
JJJG
Ta có : MA + 3MB = ( MA + MB ) + 2 MB = 2 MI + 2 MB = 4 MJ
02
19
hoctoancapba.com
JJJG JJJG
Vì vậy MA + 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng Δ
02
02
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với Δ có phương trình : 2x – y – 8 = 0.
−2
⎧
x=
⎪
⎧x + 2 y − 3 = 0
19 −2
⎪
5
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ ⎨
vậy M( ;
)
⇔⎨
5 5
⎩2 x − y − 8 = 0
⎪ y = 19
⎪⎩
5
2
02
JG
Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là u1 = (−1; 2;1) , đường thẳng d2 đi qua
JJG
B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là u2 = (1;3; −1) .
Gọi (α ), (β ) là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d1 và d2. Đường thẳng cần tìm chính là
giao tuyến của hai mặt phẳng (α ) và ( β )
JJJG
JJJG
Ta có MA = (0; 0; −3), MB = (−1;1; 0)
JG 1 JJJG JG
JJG
JJJG JJG
n1 = ⎡⎣ MA; u1 ⎤⎦ = (2;1;0), n2 = − ⎡⎣ MB; u2 ⎤⎦ = (1;1; 4) là các vecto pháp tuyến của (α ) và ( β )
3
G
JG JJG
Đường giao tuyến của (α ) và ( β ) có vectơ chỉ phương u = ⎡⎣ n1 ; n2 ⎤⎦ = (4; −8;1) và đi qua M(1;0;1)
nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t
3
2
2
1
02
02
02
02
1
02
2
Gọi z = x + y.i. Khi đó z = x – y + 2xy.i, z = x − yi
z 2 + 2 z = 0 ⇔ x 2 − y 2 + 2 x + 2( x − 1) yi = 0
02
⎧ x2 − y 2 + 2 x = 0
⇔⎨
⇔ ( x = 1; y = ± 3), ( x = 0; y = 0), ( x = −2; y = 0)
x
−
y
=
2(
1)
0
⎩
Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1 ± 3i
02
02
3
1
Vb
1
Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N
Gọi M(x; y) ∈ (C1 ) ⇒ x 2 + y 2 = 13
Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).
Do N ∈ (C2 ) ⇒ (2 + x ) 2 + (6 − y ) 2 = 25
(1)
(2)
2
2
⎪⎧ x + y = 13
Từ (1) và (2) ta có hệ ⎨
2
2
⎪⎩(2 + x) + (6 − y ) = 25
−17
6
−17 6
Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x =
; y = ). Vậy M(
; )
5
5
5
5
Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0
02
02
02
02
1
2
Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) ∈ d1 , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) ∈ d 2
JG
Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là u1 = (−1; 2;1) , đường thẳng d2 có vecto chỉ phương là
JJG
u2 = (1;3; −1) .
JJJJG
MN = (t '+ t − 1;3t '− 2t + 1; −t '− t + 3)
20
- Xem thêm -
.PDF 
490 
404 
128 
