Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.. Tìm m để trên đường thẳ[r]
(1)Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN I Trường THPT Trần Hưng Đạo Mơn: Tốn - Thời gian: 150 phút
Đề Bài Bài 1(2 điểm)
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y(| | 1) (| | 1)x x
2) Tìm điểm trục hồnh mà từ kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C). Bài 2(3 điểm)
1) Giải hệ phương trình: 2
( 1)( 1)( 2)
2
x y x y
x y x y
(x y, )
2) Giải phương trình sau: sin3 xcos3xcos (2 cosx x sin )x , ( với x ) 3) Tìm m thực để phương trình sau có hai nghiêm thực phân biệt:
(m 1).log (1/ 22 x 2) ( m 5) log (1/ x 2)m 1 0
Bài 3(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân (AB = BC =a > 0) cạnh SA= SB = SC = 3a Trên cạnh SA, SB lấy điểm M, N cho SM = BN = a Tính thể tích khối chóp SMNC.
Bài 4(2 điểm)
1) Tính tích phân sau:
2
.ln(1 ) x x dx
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) lập phương trình đường thẳng d qua A cắt chiều dương trục Ox, Oy P, Q cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(2 điểm)
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
1
1
: 1 ;( )
1 2
x t
d y t t
z t
Đường thẳng d2 giao tuyến hai mặt phẳng (P): 2x – y – = (Q): 2x + y + 2z – = 0
1) Chứng minh d1, d2 cắt I, viết phương trình mặt phẳng chứa d1và d2 2) Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1) tạo với hai đường thẳng d1và d2
tam giác cân đỉnh I.
(2)Đáp án vắn tắt Bài 1: 1) Khảo sát hàm số : y = x4 - 2x2 + ( C)
2) Gọi A(a; 0) điểm trục hoành mà từ A kẻ đến ( C) ba tiếp tuyến Phương trình đường thẳng qua A có hệ số góc k d: y = k(x-a) d tiếp tuyến ( C) hệ pt sau có nghiệm
4
3
2 ( ) 4
4 (4 )( )
x x k x a x x k
x x k x x x x x a
Phương trình
2
4 2
2
1 0
2 1 (4 4 )( ) ( 1)( 4 1) 0
4 1 0(*) x
x x x x x a x x ax
x ax
Mà x2 – = cho ta hai x cho ta tiếp tuyến d
1: y = Vì vậy để từ A kẻ tiếp tuyến tới (C) phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt x khác 1
KQ:
3
2
1
a a
a a
hc
Bài 2: 1) kq (3;2) (2;3)
2) kq
2
( , , )
4 arctan
2
x k
x l k l m
x m
3) kq
7 ( 3;1) (1; )
3
m
Bài 3: +) Chân đường cao hạ từ đỉnh S trung điểm AC +) Kq
3 34
( )
54 a dvtt Bài 4: 1) Kq
1 ln
2
2) Kq 6 x y
Bài 5: 1) Hai đường thẳng d1 d2 cắt I(1;1;1) mặt phẳng chứa hai đường thẳng mặt phẳng (P)
2) Gọi B giao d1 d3 ( đk: B khác I) C giao d2 vàd3 (đk: C khác I) Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(1 + t’;1 +2 t’;1 -2 t’) Với đk: t t ' 0
(3)Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2 Trường THPT Trần Hưng Đạo Mơn: Tốn - Thời gian: 180 phút
Đề bài
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y x 3 3m1x29x m 2(1) có đồ thị (Cm)
1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với
qua đường thẳng
y x
Câu II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình:
3
sin cosx x3 osc x 3 os2c x8 cosx s inx 3 0
2) Giải bất phương trình :
2
2
2
1
log log
2 x x x
.
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường: y=x.sin2x, y=2x, x=
Câu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên hợp với đáy góc 450 Gọi P trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) H
sao cho
1
AP AH
gọi K trung điểm AA’, mặt phẳng chứa HK song song với BC
cắt BB’ CC’ M, N Tính tỉ số thể tích ' ' '
ABCKMN A B C KMN
V
V .
2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:
2
2
2 2
6
6
a a
a a
a b ab b a a
Câu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy
hồng có bơng hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau:
2
3 19 2 720 m
m n m
n
C C A
P
2 ) Cho Elip có phương trình tắc
2
1 25
x y
(E), viết phương trình đường thẳng song song Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB=4
3) Viết phương trình mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d2 biết:
: x t
d y t
z t
1
:
2
x y z
(4)Câu V: (1®iĨm) Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1
a b c
P
b c a
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Bài
1
1
Khi m = ta có hàm số: y x 3 6x2 9x1
BBT:
x - ∞ + ∞
y/ + - +
+ ∞ y
- ∞
1đ
2 y '=3x2−6(m+1)x+9
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: m+1¿2−3 9>0
Δ'=9¿ ⇔m∈(−∞ ;−1−√3)∪(−1+√3;+∞) Ta có y=(1
3 x −
m+1
3 )(3x
2−6
(m+1)x+9)−2(m2+2m−2)x+4m+1
Vậy đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu y=−2(m2+2m −2)x+4m+1
Vì hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đt y=1
2x ta có điều kiện cần
[−2(m2+2m−2)].1
2=−1
⇔m2+2m−3=0⇔
m=1
¿ m=−3
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Khi m = ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là:y = - 2x + Tọa độ trung điểm CĐ CT là:
¿ x1+x
2 =
4 2=2
y1+y2
2 =
−2(x1+x2)+10
2 =1
¿{
¿
Tọa độ trung điểm CĐ CT (2; 1) thuộc đường thẳng y=1
2x ⇒m=1 tm
Khi m = -3 ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là: y = -2x – 11
⇒m=−3 không thỏa mãn
Vậy m = thỏa mãn điều kiện đề
(5)Bài 2
1 phương trình đưa về:
√3 cosx −sinx=0
¿
cos2x+3 cosx −4=0
¿
tanx=√3
¿
cosx=1
¿
cosx=4(loai)
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿⇔(√3 cosx −sinx)(−2 cos
2x −6 cosx
+8)=0
⇔ ¿
⇔
x=π
3+kπ
¿ x=k2π
¿ , k∈Ζ
¿ ¿ ¿
1 đ
2
Đk:
¿ x2+4x −5>0
x+7>0
⇔
¿x∈(− ∞;−5)∪(1;+∞)
x>−7
¿{
¿
⇒x∈(−7;−5)∪(1+∞)
Từ pt ⇒log2(x
+4x −5)>−2 log2
x+7
2
2
27 log ( 5) log ( 7)
5
x x x x
Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x∈(−7;−27
5 )
0.75đ
3 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = Diện tích hình phẳng là:
S=|(x sin 2x −2x)dx|=|x(sin 2x −2)dx|
Đặt
¿ u=x
dv=(sin 2x −2)dx
⇒
¿du=dx
v=−cos 2x
2 −2x
¿{
¿
⇔S=|π
4 −
π2
2 +
π2
4|=
π2
4 −
π
4 (đvdt)
0.75đ
Bài 3
(6)ta có: AP=a√3
2
⇒AH=a√3
Vì Δ'AHA' vuông cân H
Vậy A ' H=a√3
Ta có SABC=1
2a
a√3
2 =
a2√3
(đvdt)
⇒VABCA' B ' C '=a√3 a
2
√3
4 =
3a3
4 (đvtt) (1)
Vì Δ'AHA' vng cân ⇒HK⊥AA'⇒HK⊥(BB' C ' C)
G ọi E = MN KH BM = PE = CN (2)
mà AA’ = √A ' H2+AH2 = √3a2+3a2=a√6
⇒AK=a√6
2 ⇒BM=PE=CN=
a√6
Ta tích K.MNJI là:
1
'
2 4
MNJI
V S KE
a
KE KH AA
2
6
( )
4
MNJI
a a
S MN MI a dvdt
2
1 6
( )
3 4
KMNJI
a a a
V dvtt
3
2
' ' '
3
1
8
3
8
ABCKMN A B C KMN
a a
V
a a
V
1đ
2 ĐK: a2+a ≠0
Từ (1) a2+a¿2−5⇔(a2+a)−6=0
¿
⇔
a2
+a=−1
¿ a2
+a=6
¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Khi a2
+a=−1 thay vào (2)
45
E K
J
I A
B
C
C'
B' A'
P
H Q
N
(7)2 23 23 i b b b i b ;
a2+a+1=0⇔
a=−1−√3i
2
¿ a=−1+√3i
2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Khi a2+a=6
⇔
a=−3
¿ a=2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Thay vào (2)
2
1
2
6 6
1 b b b b
Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: (−1−2√23i;−1−√3i
2 ),(
−1−√23i
2 ;
−1+√3i
2 )
(−1+√23i
2 ;
−1−√3i
2 ),(
−1+√23i
2 ;
−1−√3i
2 ) ;
(−3;−1+√5
2 ),(−3;
−1−√5 ),(2;
−1+√5
2 ),(2;
−1−√5
2 )
Bài 4
1)
¿ Cmm −2+cn+2 3+9
2< 19
2 Am
1
Pn −1=720
¿{
¿
Từ (2): (n −1)!=720=6!⇔n −1=6⇔n=7 Thay n =
vào (1)
⇔m(m−1)
2 +45+
9 2<
19
2 m
⇔m2− m
+90+9<19m
⇔m2−20m+99<0
⇔9<m<11 m∈Ζ⇒m=10
Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bơng hồng trắng hồng nhung, để lấy hồng nhung hồng ta có TH sau:
TH1: bơng hồng nhung, bơng hồng trắng có: C73.C102 =1575 cách
TH2: hồng nhung, hồng trắng có: C7
4
.C10
=350 cách
TH3: bơng hồng nhung có: C75=21 cách
⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường
C175 =6188 ⇒P=1946
6188≈31,45 %
(8)a2
25+
y2
9 =1
⇔ y2
9 =1−
a2
25= 25− a2
25
⇒y2=9.25−a
2
25 ⇒y=±
3
5√25− a
2
Vậy A(a;3
5√25− a
2
), B(a ;−3
5√25− a
2
)
⃗AB=(0;6
5√25− a
2
) ;
2 10 100 100 125
25 25 25
3 9
a a a
⇒a=±5√5
3 Vậy phương trình đường thẳng: x=
−5√5 , x=
5√5
3)đường thẳng d2 có PTTS là:
¿ x=1+2t '
y=2+t '
z=1+5t '
¿{ {
¿
⇒ vectơ CP d1 d2 là: ud1 (1;1; 1), ud2 (2;1;5)
⃗
⇒ VTPT mp( α ) n u ud1 d2 (6; 7; 1)
⃗ ⃗ ⃗
⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D =
Đường thẳng d1 d2 qua 2đ’ M(2; 2; 3) N(1; 2; 1)
( ,( )) ( ,( )) |12 14 | | 14 |
| | | |
d M d N
D D
D D D
Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0
Bài 5
Ta có: P + = a
3
√1+b2+b
2
+ b
3
√1+c2+c
2
+ c
3
√1+a2+a
2
⇔P+
4√2=
a3
2√1+b2+
a2
2√1+b2+
1+b2
4√2
+b3
2√1+c2+
b2
2√1+c2+
1+c2
4√2
+c3
2√1+a2+
c2
2√1+a2+
1+a2
4√2
3
√ a6
16√2+3
3
√ b6
16√2+3
3
√ c6
16√2
⇒P+
2√2≥ 2√32√2(a
2
+b2+c2)=
2√68 ⇒P ≥ 2√623−
3 2√2=
9 2√2−
3 2√2=
3
√2
(9)Sở GD & ĐT Hưng Yên Đề thi thử đại học khối A Trường THPT Trần Hưng Đạo Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút
I.Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=2x+1
x+2 có đồ thị (C)
1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x =
2.Giải bất phương trình √log22x −log 2x
2−3
>√5(log4x2−3)
Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm I=dx
sin3x cos5x
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên
mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A
1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1
Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c0 và a2b2c2 3 Tỡm giỏ trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1
a b c
P
b c a
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = và
đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương
trình ¿ x=1+2t
y=t
z=1+3t
¿{ {
¿
Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới
(P) lớn
Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số
ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ
2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = đường
thẳng d có phương trình x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương trình x −1
2 =
y
1=
z −1
3 Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ
d tới (P) lớn
Câu VIIb (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà số ln ln có mặt
(10)
-Hết-Đáp án đề thi thử đại học khối A – mơn Tốn
I.Phần dành cho tất thí sính
Câu Đáp án Điể
m I
(2 điểm)
1 (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên +Giới hạn:
x → −2+¿
=− ∞;lim y
x → −2−=+∞
lim y
x →− ∞
=lim y x →+∞
=2;limy
¿
Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y =
0,5
+
x+2¿2 ¿ ¿ y '=3
¿
Suy hàm số đồng biến khoảng (− ∞;−2) (−2;+∞)
0,25
+Bảng biến thiên
x − ∞ -2 +∞
y’ + +
+∞
y
− ∞
0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; 12 ) cắt trục Ox điểm( −1
2 ;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2 (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) đường thẳng d nghiệm phương
0,25 y
O
(11)trình
2x+1
x+2 =− x+m⇔
x ≠ −2
x2+(4−m)x+1−2m=0(1)
¿{
Do (1) có −2¿
2
+(4− m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m
Δ=m2+1>0 va¿ nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B
Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12)
suy AB ngắn AB2 nhỏ
m = Khi AB=√24
0,5
II (2 điểm)
1 (1 điểm)
Phương trình cho tương đương với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =
6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =
6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) =
1−sinx=0
¿
6 cosx+2 sinx −7=0(VN)
¿ ¿ ¿ ¿
0,25
x=π
2+k2π 0,25
2 (1 điểm)
ĐK:
¿ x>0
log2
x −log2x
−3≥0
¿{
¿
Bất phương trình cho tương đương với
√log22x −log2x2−3>√5(log2x −3)(1)
đặt t = log2x,
BPT (1) √t2−2t −3
>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t −3)
(12)⇔
¿t>3
t −3¿2 ¿ ¿ ¿
⇔
¿ t ≤−1
¿
3<t<4
¿
⇔
¿ t ≤−1
¿ ¿ ¿{
¿
(t+1)(t −3)>5¿
0,25
⇔
0<x ≤1
2
¿
8<x<16
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16)
III
1 điểm I=
dx
sin3x cos3x cos2x=8
dx
sin32x cos2x đặt tanx = t
⇒dt=dx
cos2x;sin2x=
2t
1+t2
2t
1+t2¿
3
¿ t2+1¿3
¿ ¿t3
¿ ¿ ¿ ¿
dt
¿
⇒I=8¿
0,5
¿t
6
+3t4+3t2+1
t3 dt
(t3+3t+3
t+t
−3
)dt=1
4tan
4x
+3
2tan
2x
+3 ln|tanx|−
(13)Câu IV 1 điểm
Do AH⊥(A B1C1) nên góc ∠AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo
giả thiết góc ∠AA1H bằng 300 Xét tam giác vng AHA
1 có AA1 = a,
góc ∠AA1H =300 ⇒A
1H=
a√3
2 Do tam giác A1B1C1 tam giác
cạnh a, H thuộc B1C1 A1H=
a√3
2 nên A1H vng góc với B1C1 Mặt
khác AH⊥B1C1 nên B1C1⊥(AA1H)
0,5
Kẻ đường cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1
và B1C1
0,25
Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=
A1H AH AA1
=a√3
0,25
Câu V
1 điểm Ta cú: P + =
a3
√1+b2+b
2
+ b
3
√1+c2+c
2
+ c
3
√1+a2+a
2
⇔P+ 4√2=
a3
2√1+b2+
a2
2√1+b2+ 1+b2
4√2
+b3 2√1+c2+
b2
2√1+c2+ 1+c2
4√2
+c3 2√1+a2+
c2
2√1+a2+ 1+a2
4√2
3
√ a6
16√2+3
3
√ b6
16√2+3
3
√ c6
16√2
0,5
0,5
Phần riêng.
1.Ban
Câu VIa 2 điểm
1.( điểm)
Từ phương trình tắc đường trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2
0,5 A1
A B
C
C B1
K
(14)⇔|m−1|
√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔
m=−5
¿ m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 điểm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH≥HI => HI lớn
A ≡ I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận ⃗AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
H∈d⇒H(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên ⃗
u=(2;1;3)
AH⊥d⇒⃗AH u⃗=0¿ véc tơ phương d)
⇒H(3;1;4)⇒⃗AH(−7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
Câu VIIa 1 điểm
Từ giả thiết tốn ta thấy có C24=6 cách chọn chữ số chẵn (vì khơng có
số 0)và C52=10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 C52 = 60 số thỏa
mãn toán
0,5
Mỗi số có 4! số thành lập Vậy có tất C4
C5
.4! = 1440 số
0,5
2.Ban nâng cao
Câu VIa 2 điểm
1.( điểm)
Từ phương trình tắc đường trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2
0,5
⇔|m−1|
√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔
m=−5
¿ m=7
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,5
2 (1 điểm)
Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH≥HI => HI lớn
A ≡ I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận ⃗AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
(15)⃗
u=(2;1;3)
AH⊥d⇒⃗AH u⃗=0¿ véc tơ phương d)
⇒H(3;1;4)⇒⃗AH(−7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =
7x + y -5z -77 =
0,5
Câu VIIa 1 điểm
Từ giả thiết tốn ta thấy có C52=10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có
chữ số đứng đầu) C53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 C53 = 100
bộ số chọn
0,5
Mỗi số có 5! số thành lập => có tất C5
C5
.5! = 12000 số
Mặt khác số số lập mà có chữ số đứng đầu
C4
.C5
4!=960 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn toán