Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất... Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo th[r]
(1)3 ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MÔN TỐN: HƯNG N, NAM ĐỊNH, BÌNH ĐỊNH SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn: Toán - Thời gian: 180 phút
Đề Bài
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y x 3 m x 9x 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 2x cos x 3 3cos x 3cos2x 8 cos x s inx 3 0
2) Giải bất phương trình :
2
2
2
1
log x 4x log
2 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 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
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
bơng hồng có hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau:
m 2
m n m
n
9 19
C C A
2
P 720
2 ) Cho Elip có phương trình tắc
2
x y
1
25 (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
x y z d :
2
Câu V: (1điểm) Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
a b c
P
1 b c a
(2)ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Bài
1
1
Khi m = ta có hàm số: y x 3 6x29x1 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 x −
m+1 )(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 = 2=2
y1+y2 =
−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
1đ
Bài 2
(3)√3 cosx −sinx=0 ¿
cos2x+3 cosx −4=0 ¿
tanx=√3
¿
cosx=1
¿
cosx=4(loai)
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿⇔(√3 cosx −sinx)(−2 cos
2
x −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=−cos2x
2 −2x
¿{ ¿
⇔S=|π −
π2
2 +
π2
4|=
π2
4 −
π
4 (đvdt)
0.75đ
Bài 3
1 Gọi Q, I, J trung điểm B’C’, BB’, CC’
ta có: AP=a√3 ⇒AH=a√3
Vì Δ'AHA' vng cân H
Vậy A ' H=a√3
45
E K
J
I A
B
C
C'
B' A'
P
H Q
N
(4)Ta có SABC=1 2a
a√3 =
a2√3
4 (đvdt) ⇒VABCA' B ' C '=a√3 a
2
√3 =
3a3
4 (đvtt) (1)
Vì Δ'AHA' vuông 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 3 ' ' '
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)
2
1 23
2
1 23
2 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
2 b
b b
b
Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:
1 23i 3i 23i 3i
; , ;
2 2
(5)(−1+√23i
2 ;
−1−√3i
2 ),(
−1+√23i
2 ;
−1−√3i
2 ) ;
(−3;−1+√5
2 ),(−3;
−1−√5 ),(2;
−1+√5 ),(2;
−1−√5 ) Bài
4 1)
¿ Cmm −2
+cn2+3+9 2<
19 Am
1
Pn −1=720 ¿{
¿
Từ (2): (n −1)!=720=6!⇔n −1=6⇔n=7 Thay n =
vào (1)
⇔m(m−1) +45+
9 2<
19 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
1
=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 %
2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) Elip là:
a2 25+
y2 =1 ⇔ y2
9 =1−
a2
25= 25− a2
25
⇒y2
=9.25−a
2
25 ⇒y=±
5√25− a
Vậy A(a;3
5√25− a
), B(a ;−3
5√25− a
) ⃗AB=(0;6
5√25− a
) ;
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 '
(6)⇒ 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
√1+b2+b
+ b
√1+c2+c
+ c
√1+a2+a
⇔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 √ b6
16√2+3 √ c6
16√2 ⇒P+
2√2≥ 2√32√2(a
2
+b2+c2)=
2√6 ⇒P ≥ 2√623−
3 2√2=
9 2√2−
3 2√2=
3
√2 Để PMin a = b = c =
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B
ĐỀ KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: Tốn (Thời gian làm bài: 180 phút)
Bài 1(2 điểm):
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y(| | 1) (| | 1)x x
2) Tìm trục hồnh những điểm mà từ điểm kẻ ba tiếp tuyến phân biệt đến (C) Bài 2(3 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
2 1
2
( 1)( 2)
x y
x y
xy x y x y
( x y R, )
2) Giải phương trình: sin tan2 x xcos2 xcos (2 tan )x x , ( với x R )
3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực đoạn 5
;4 2
:
2
1/ 1/
1
( 1).log ( 2) 4( 5) log 4 4 0
2
m x m m
x
(7)Bài 3(1 điểm):
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vng cân đỉnh B, AB = a; cạnh SA SB SC 3a, (a >
0) Trên cạnh SA, SB lấy điểm M, N cho SM = BN = a Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a
Bài 4(2 điểm):
1) Tính tích phân:
2
0
.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 tọa độ Ox, Oy thứ tự P, Q cho diện tích tam giác OPQ nhỏ Bài 5(1 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:
1
1 ;( )
x t
y t t R
z t
,đường thẳng d2 giao tuyến hai mặt phẳng (P): 2x – y – = (Q): 2x + y + 2z – = Gọi I giao điểm d1 d2 Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và
d2 B C cho tam giác BIC cân đỉnh I
Bài 6(1 điểm):
Cho x, y, z0 x2 y2 z2 3 Chứng minh:
3 3
2 2
3 2 2
1 1 1
x y z
y z x
Hết
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010Mơn: Tốn (Thời gian làm bài: 180 phút) Đáp Án vắn tắt:
Bài 1: 1)
1 điểm
Nội dung Điểm
*Có hàm số : y(| | 1) (| | 1)x x y = x4 - 2x2 + ( C)
*TXĐ: R; xlim y ; limx y;
3
' 4 4 ; ' 0 0; 1
y x x y x x
*BBT: 0.25
*Đọc khoảng đb, nb; cực trị 0.25
*Vẽ đ thị 0.25
2) điểm
*Gọi A(a:0) Ox mà từ A kẻ đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt.
*Đường thẳng d qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)
*d tt ( C) hệ pt sau có nghiệm:
4
3
2 ( )
( )
4
x x k x a
I
x x k
(8)*Có ( ) ( ) k I A x
2
4 ( 1)
( )
3 0(1)
x x k
B x ax 0.25
*Từ hệ (A), cho ta tiếp tuyến d1: y = Vậy để từ A kẻ tiếp tuyến pb tới (C) cần đủ hệ (B) phải có nghiệm pb (x;k) với x khác 1, tức phương trình (1) phải có nghiếm pb x khác 1
0.25
KQ:
3
1
2
a a
hc 0.25
Bài 2:
Nội dung Điểm
1)
điểm *Hệ
2
( 1) ( 1) ( 1)( 1)[( 1) ( 1)]
x y x y x y
Đặt
1 1 u x v y
, thu hệ
2 5
( )
u v
uv u v
0.25
* Giải được:
3 u v u v
; * Giải được:
1 1 u x v y
1 1 u x v y 0.50 3 2 x y hoặc 2 3 x y 0.25 2) điểm
* ĐK:cosx0 PT sin3 xcos3 xcos (2cosx x sin )x 0.25 (sinx cos ).cos (2sinx x x cos ) 0x
0.25
sinx cosx 0; 2sinx cosx 0
0.25
1
; arctan ;( , )
4
x k x l k l Z
0.25
3) điểm
*PT
2
1/ 1/
(m 1).log (x 2) (m 5) log (x 2) m 1 0
*Đặt 1/
5
log ( 2), ; 1;1
2
t x x t
0.25
Thu pt:
2 ( ) t t m f t
t t ; 2 4
'( ) ; '( )
( 1)
t
f t f t t
t t
0.25
* Lập BBT f(t) đoạn 1;1 , thấy f(t) liên tục NB đoạn 1;1 , nên 7
3; 3
m
thỏa mãn đề bài.
0.50
Bài 3: điểm
* Chân đường cao tứ diện hạ từ đỉnh S trung điểm H cạnh AC 0.25
* Tính
3 34 12 S ABC a
V 0.25
* CM 2
. 9
S MNC S ABC
V V
0.25
C.ABNM
7 7 34
.
9 S ABC 108
a
V V
0.25
(9)1)
điểm * Tính
2
0
.ln(1 )
I ∫x x dx
* Đặt
2 2
2
3
ln(1 ) 1
1
x
du dx
u x x
dv x dx v x
1
3
2
0
1
.ln(1 )
3
x
I x x dx
x ∫ 0.25 * Tính
1
2
2
0
1 2
[ 1 ]
1 1 3 4
x
J dx x dx
x x ∫ ∫ 0.50 * Vậy 1 4 .ln 2
3 9 6
I 0.25
2)
điểm * Từ gt ta có P a( ;0); (0; ),Q b a0,b0. * d có pt:
1
x y
a b .
0.25
d qua A(3; 1) nên
3 1 3
1 1 2. ab 2 3
a b ab Dấu bằng xảy
khi 6 3 1 2 a b a b 0.25 * Có 1
. 3 2
OPQ
S a b
Nên SOPQnhỏ ( 3)
6 2 a b 0.25
* Vậy d có pt: 6 2 1
x y
0.25
Bài 5: 1)
1 điểm
* d2 có pt:
1
1
1
1 ;( )
3 2
x t
y t t R
z t
* Tìm I(1;1;1)
0.25
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) ,
( đk: B khác I, C khác I t 0,t1 1) *Tam giác BIC cân đỉnh I
(1)
[ , ] (2)
(10)* Từ có pt d3 :
2
3 ;( )
1
x
y t R
z t
0.25
Bài 6:
1)
điểm Ta có: VT + =
3 3
2 2
2 2
( ) ( ) ( )
1 1
x y z
y z x
y z x
0.25
3
2
6
( )
4 2 1 2 1
x x y
VT
y y
3
2
1
( )
4
2
y y z
z z
3
2
1
( )
4
2
z z x
x x
0.25
6 6
3 3
6
3 3
4 16 16 16
x y z
VT
0.25
2 2
6
3 3 9
( )
2 2 2 2 2 8
VT x y z
6
9 3 9 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
VT VP
(đpcm) ( Dấu bằng xảy x = y = z = 1)
0.25
SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2) TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Mơn: Tốn – Khối A, B, V Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/04/2010 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
2
1 x y
x
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
(11)1 Giải phương trình:
4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx +
2 0
2sinx -
x
2 Giải bất phương trình: x2 3x2.log2x2 x2 3x2.(5 log 2) x
Câu III: ( điểm)
Gọi (H) hình phẳng giới hạn đồ thị (C) hàm sô y = x3 – 2x2 + x + tiếp tuyến (C)
tại điểm có hồnh độ x0 = Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay hình phẳng (H) quanh trục Ox
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB A’C bằng
15 a
Tính thể tích khối lăng trụ Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
(2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)
y-1 ( 1)( 1) (2)
x
y x m x
II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: ( điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x
+ 4my – = (1) Chứng minh rằng phương trình (1) phương trình đường tròn với
m.Gọi đường tròn tương ứng (Cm) Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C)
2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:
1
1 1
x y z
mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + = Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( điểm)
Cho x; y số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = 1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 5xy – 3y2
Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: ( điểm)
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) hai đường thẳng
2 3
:
1
x y z
d
2
1
:
1
x y z
d
Chứng minh đường thẳng d1; d2 điểm A nằm mặt
phẳng Xác định toạ độ đỉnh B C tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH d2
(12)2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1( 3;0); ( 3;0)F2 qua điểm
3; A
Lập phương trình tắc (E) với điểm M elip, tính biểu thức:
P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M Câu VII.b:( điểm) Tính giá trị biểu thức:
20100 20102 32 20104 ( 1) 20102 31004 20102008 31005 20102010
k k
S C C C C C C
-Hết
-Hướng dẫn giải Câu I :
2 Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) Chuyển hệ trục toạ độ Oxy > IXY:
1 x X y Y
Hàm số cho trở thành : Y = X
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X
(13)Câu II: Điều kiện:
3 sinx
2
os2 x
c
cosx ≠
Biến đổi pt về: 4cos3x - cos2x – cosx + =
osx = 1 cosx =
2 c
2 Điều kiện < x < x ≥
x2 3x2.log2x2 x2 3x2.(5 log 2) x
2
2
2
2log 5log
0 log
x x
x
Nghiệm: < x < ≤ x ≤
Câu III : Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4
Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 – 2x2 =
0 x x
V =
2
2 2
0
(x 4) dx (x 2x x 4) dx
∫ ∫
Câu IV: Gọi M; M’ trung điểm AB A’B’ Hạ MH M’C AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
HC = 15 10 a
; M’C = 15 a
; MM’ = a Vậy V =
3
4a
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+) =
1
(2x 1) lnx
x
Gọi x1; x2 [0;+) với x1 > x2
Ta có :
1
1
1
1
2
( ) ( )
1
ln ln
x x
f x f x
x x
x x
: f(x) hàm số tăng
Từ phương trình (1) x = y
(2) x1 ( x1)(x1)m x 1
4
1
2
1
x x
m
x x
Đặt X =
1 x x
≤ X <
Vậy hệ có nghiêm phương trình: X2 – 2X + m = có nghiệm ≤ X <
Đặt f(X) = X2 – 2X f’(X) = 2X –
hệ có nghiệm -1 < m ≤ Câu VI.a
1 (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính
2
' ( 1)
R m m
OI (m1)24m2 , ta có OI < R’
Vậy (C) (Cm) tiếp xúc R’ – R = OI ( R’ > R)
(14)2 Gọi I tâm (S) I(1+t;t – 2;t) Ta có d(I,(P)) = AI t = 1; t = 7/13
(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139
Câu VII.a
2
2
5xy 3y
P
x xy y
Với y = P =
Với y ≠ đặt x = ty; ta có:
2
5
( 5)
1 t
P Pt P t P
t t
(1)
+ P = 0 phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ phương trình ( 1) có nghiệm ’ = - P2 – 22P + 25 - 25/3 ≤ P ≤
Từ suy maxP , minP Câu VI.b:
1 d1 qua M0(2;3;3) có vectơ phương a(1;1; 2)
⃗
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ phương b(1; 2;1)
⃗
Ta có a b, 0 va a b M M , 10
(d1,d2) : x + y + z – = A (d1,d2)
B(2 + t;3 + t;3 - 2t);
5
; ;3
2
t t
M t
d2 t = - ==> M(2;2;4)
C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC a t = C(1;4;2) (E):
2
2 2
3
1
4 x y
a b a b , a2 = b2 + 3
2
4
x y
P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2(
2
M M
x y ) – (a2 – e2xM2 ) = 1
Câu VII.b:
Ta có:
2010 2010
0 2 1004 2008 1005 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010
1 i i C 3C C ( 1) 3k kC k C C
Mà 2010 2010
2010 2010 2010 2010 -2010 -2010
1 3 ( os in ) os in
3 3
i i c s c s
= 2.22010cos670 2.22010 Vậy S = 22010