De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6.. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳn[r]

(1)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I Mơn Tốn - Khối A, B

Câu I (2 điểm). Cho hàm số y x4  2m x2 1 (1) 1) Với m = 1, khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1)

2) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C diện tích tam giác ABC 32 (đơn vị diện tích)

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình: x 3 2x x 1 2x x24x3

2) Giải phương trình lượng giác:

1 sin t an2x

os

x

c x



 

Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường sau: (dựa hình vẽ để tính)

2 4 3

yx  x

y x3 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, c số thực dương Chứng minh rằng:

4

3

2

c a b

a b b   c c a   Câu VI (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d1: 2x – y – = 0,

đường thẳng d2: x + y + = Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt d1, d2 A B cho MA = 2MB

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – = 0,

(Q): 2x – y + z + = 0, đường thẳng d:

1

x t

y t

z t

   

    

 Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q) theo thiết diện hình trịn có diện tích 20 và có tâm giao d với (P)

(2)

-ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I.1

Với m = hàm số là: yx4  2x2 1 +) TXĐ: R

+) Giới hạn, đạo hàm:limx limx

y y

    

 

3

' 4 ; '

1

x

y x x y

x

 

    

  +) BBT:

x -  - + y' - + - + y + +

+) Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0), (1; +); nghiechj biến khoảng (-; - 1), (0; 1)

Hàm đạt cực đại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu x = 1, yCT = +) ĐT: Dạng đồ thị

10

-2 -4 -6 -8 -10

-15 -10 -5 10 15

0,25

I.2

+) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ =  2

x

x m

  



 ; ĐK có điểm cực trị : m 

+) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; – m4), C(m ; – m4) ;

+) CM tam giác ABC cân đỉnh A Tọa độ trung điểm I BC I(0 ; – m4). +)

5

1

32

2 ABC

S  AI BC m m m   m (tm)

0,25 0,25 2,25 0,25

II.1

+) ĐK: x1

   

2

3 2 1 1

1

x x x x x x x x x x

x x x

              

     

0

1

( )

1

3

3 /

x x

tm

x x

x

  

      

     

 

 

  

  

    

0,25 0,25

0,5

II.2

+) ĐK: x k 2,k Z

 

(3)

2

1 sin

1 t an2x os sin os2 sin os

x

c x xc x x

c x



     

2

sin 2x sin 2x sin os2x c x

   

sin (sin 2x x cos2x 1)

   

sin 2

( , ) sin os2

;

2

x k x

k l Z x c x

x l x l



 

   



    

 

     



+) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình x k 2,x l ;( ,k l Z)



  

0,5

0,25 0,25

III

   

 

1

2

0

3

2

S x (x 4x 3) dx x (x 4x 3) dx x (x 4x 3) dx

            

    

 



0,25

0,25 0,5

IV

Do AH⊥(A B1C1) nªn góc AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết

góc AA1H 300 Xét tam giác vu«ng AHA

1 cã AA1 = a, gãc ∠AA1H =300

⇒A1H=a√3

2 Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a, H thuộc B1C1

A1H=a3

2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AHB1C1 nên

B1C1(AA1H)

K ng cao HK ca tam giỏc AA1H

thì HK khoảng cách AA1 B1C1

Ta có AA1.HK = A1H.AH

⇒HK=A1H AH

AA1

=a√3

4

1 điểm

V 4 4

3 2

2 2

c a b c a b

a b b c c a a b b c c a

     

          

           

2  2

2

a b c

a b b c c a

 

      

  

 

  1

2

b b

a c c a

b b c a

a c

 

 

    

          



   

     

 

1 điểm

A 1

A B

C

B 1 K

(4)

+) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương  

, ,

2

b b

a c c a

   

  

   

   

1 1

, , 2

b b c a

a c 

rồi nhân hai BĐT chiều ta có đpcm

VI.1

+) Dạng tham số d1 d2 :

1: 2 2 , 2: 3

x t x u

d d

y t y u

 

 

 

   

 

+) Tọa độ A(t; - + 2t), B(u; - – u) MA t 3; 2 ;  t MB u 3; 3  u

                           

+) TH1: MA 2.MB : Tìm  

7 16 20

, ; : 4;5

3 3 d

t  MA    VTCPd u 

                             

: 15

4

x y

d  x y

     

+) TH2: MA2.MB

 

: Tìm  

17 28

, ; : 2;7

3 3 d

t  MA  VTCPd u 

                             

: 21

2

x y

d  x y

      0,25 0,25 0,25 0,25 VI.2

+) Tâm I mặt cầu giao d (P) nên tọa độ I nghiệm hệ phương trình:

1

3

(1;0;1)

1

5

x t t

y t x

I

z t y

x y z z

                            

+) Gọi h khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có:

2

2 2

2.1 10 50

2 ( 1) ( 1)

h      h 

   

+) Thiết diện (Q) với mặt cầu (S) hình trịn có diện tích

2

20  20 .r  r 20 (r bán kính hình trịn)

+) Gọi R bán kính mặt cầu (S), ta có

2 2 50 20 110

3

R h r   

Suy phương trình mặt cầu (S):    

2 2 110

1

3

x y  z 

0,25

0,25 0,25

0,25

VII

+) ĐK: 0 x1, 0 y1

+)

2 3 2

2

3 (1) 16

2log log (2) log log ( )

y x x y x y y x y x y xy                  

+) Đặt

2

1

log (2) : 2 1

2 x

t x y

y t t t t

t t x y

                    

+) Với x = y, kết hợp (1) ta x = y = (loại) x = y = (nhận) +) Với x = y-2, kết hợp với (1) ta y2 = (loại), y = - (loại) Vậy hệ cho có nghiệm x = y =3

0,25

0,25 0,25 0,25

(5)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình cos2x 2sin x 2sin x cos 2x 0    Giải bất phương trình  

2

4x 3 x  3x 8x 6  

Câu III ( 1điểm)Tính tích phân

3

6

cotx

I dx

sinx.sin x

 





 



 

 



Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) tam giác cạnh a Chân đường vng góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) điểm thuộc BC Tính khoảng cách hai đường thẳng BC SA biết SA=a SA tạo với mặt phẳng đáy góc 300.

Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương a2+b2+c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 3 3 3

a b c

P

b c a

  

  

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2y22x 8y 0   Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 cắt đường trịn theo dây cung có độ dài

2 Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1) Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn : z i  2 Biết phần ảo nhỏ phần thực đơn vị B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Tính giá trị biểu thức: A4C1002 8C1004 12C1006  200 C100100

2 Cho hai đường thẳng có phương trình:

1

2

:

3

x z

d    y 

3 :

1

x t

d y t

z t

   

      

Viết phương trình đường thẳng cắt d1 d2 đồng thời qua điểm M(3;10;1) Câu VII.b (1 điểm)

Giải phương trình sau tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0

-Hết -ÁP ÁN THI TH I H C L N II

(6)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

I

1

Tập xác định: D=R

    lim lim x   x  x    x  x  x  

y’=3x2-6x=0

0

x x

 

  

 Bảng biến thiên:

x - +  y’ + - +

+  y

- -2 Hàm số đồng biến khoảng: (-;0) (2; + )

Hàm số nghịch biến khoảng (0;2)

fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 y’’=6x-6=0<=>x=1 x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) tâm đối xứng

0,25 đ

0,5 đ

2

Gọi tọa độ điểm cực đại A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0

Vậy điểm cực đại cực tiểu nằm hai phía đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ => điểm A, M, B thẳng hàng

Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M nghiệm hệ:

4

3 5

2 2

5

x y x

y x

y

  

 

 



 

 

  



 =>

4 ; 5

M 

 

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

II

1

Giải phương trình: cos2x 2sin x 2sin x cos 2x 0    (1)

     

   

1 os2 2sin 2sin os2 1 2sin

c x x x

c x x

    

   

Khi cos2x=1<=>x k  , k Z Khi

1 sinx

2 

 x k2

 

 

hoặc

2

x  k  ,k Z

0,5 đ 0,5 đ

2

Giải bất phương trình:  

2

4x 3 x  3x 8x 6   (1)

(1)   

2

4x x 3x

(7)

Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

x2 3x 4 2=0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu:

x - ¾ +  4x-3 - - + +

2 3 4 2

x  x  + - - + Vế trái - + - +

Vậy bất phương trình có nghiệm:  

3 0; 3;

4

x  

 

0,25 đ

III

Tính

 

3

6

3

2

6

cot cot

2

sinx sinx cos sin x sin

4 cot

sin x cot

x x

I dx dx

x x

x

dx x

 



 



 



 

 





 



Đặt 1+cotx=t

1

sin xdx dt

 

Khi

3 1 3;

6 3

x   t x  t 

Vậy

 

3 3 1

3 3

3

1

2 ln ln

3

t

I dt t t

t



  

  

      

 



0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

IV

Gọi chân đường vng góc hạ từ S xuống BC H

Xét SHA(vuông H)

0

cos30

a

AH SA 

Mà ABC cạnh a, mà cạnh

2

a AH 

=> H trung điểm cạnh BC

=> AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vng góc xuống SA K => HK khoảng cách BC SA =>

0

AH sin 30

2

AH a

HK  

Vậy khoảng cách hai đường thẳng BC SA

a

0,25 đ

V Ta có:

H

A C

B S

(8)

3

2

3

16 64

2 3

a a b a a

b b



   

  (1)

3

2

3

16 64

2 3

b b c c c

c c



   

  (2)

3

2

3

16 64

2 3

c c a c c

a a



   

  (3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

 

2 2

9

16

a b c

P     a b c

(4) Vì a2+b2+c2=3

Từ (4)

3

P

 

giá trị nhỏ

P

khi a=b=c=1

0,5 đ

0,25 đ 0,25 đ

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

VI.a

1

Đường trịn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm ,

=>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)

Vì đường thẳng cắt đường trịn theo dây cung có độ dài 6=> khoảng cách từ tâm I đến  52 32 4

 ,  42 4 10

3 10

c c

d I

c

  

  

     

    (thỏa mãn c≠2)

Vậy phương trình đường trịn cần tìm là: 3x y 4 10 0  3x y  10 0  .

0,25 đ 0,25 đ

2

Ta có AB  1; 4; 3  



Phương trình đường thẳng AB:

5 4

x t

y t

z t

   

      

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D hình chiếu vng góc C cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) DC( ;4a a 3;3a 3)



Vì AB DC=>-a-16a+12-9a+9=0<=> 21 26

a

Tọa độ điểm

5 49 41 ; ; 26 26 26

D 

 

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

VII.a

Gọi số phức z=a+bi

Theo ta có:

   2  2

2 2

3



        

 



 

   

 

 

a b i a b

b a b a

2 2

1 2

     

 

  

   

 

 

a a

hoac

b b

Vậy số phức cần tìm là: z=2 2+( 1 2)i; z= z=2 2+( 1 2)i.

(9)

A Theo chương trình nâng cao

VI.b

1

Ta có: 

100 2 100 100

100 100 100 100

1x C C x C x  C x

(1)  

100 2 3 100 100

100 100 100 100 100

1 x C  C x C x  C x  C x

(2) Lấy (1)+(2) ta được:

 100  100 2 4 100 100

100 100 100 100

1x  1 x 2C 2C x 2C x  2 C x

Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta

 99  99 100 99

100 100 100

100 1x 100 1 x 4C x8C x  200 C x

Thay x=1 vào

=>A100.299 4C1002 8C1004  200 C100100

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

2

Gọi đường thẳng cần tìm d đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 d2 điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) B(3+b;7-2b;1-b)

Do đường thẳng d qua M(3;10;1)=> MA k MB  MA3a1;a11; ,  a MB b; 2 b 3;b

 

3 1

11 3 11

4 2

a kb a kb a

a kb k a k kb k

a kb a kb b

    

  

  

            

       

  

=> MA2; 10; 2   

Phương trình đường thẳng AB là:

3 10 10

x t

y t

z t

   

 

    

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

VII.b

=24+70i, 5i

     7 5i

2

z i

  

   



(10)

THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN

Đề thi số 1

Thời gian làm bài: 180 phút A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

1

x y

x

 



a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình

1

x

m x

  

Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình  

4

2 sin xcos x cos 4x2sin 2x m 0

có nghiệm 0;2



 

 

 

b) Giải phương trình      

8

4

2

1

log log log

2 x 4 x  x

Câu III (2 điểm)

a) Tìm giới hạn

3 2

0

3

lim

1 cos

x

x x

L

x



  





b) Chứng minh C1000  C1002 C1004  C1006   C10098 C1001002 50

Câu IV (1 điểm)

Cho a, b, c số thực thoả mãn a b c  3. Tìm giá trị nhỏ biểu thức 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b c

M         

B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu Va (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình C1:x2y2 4y 0 và

(11)

b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cạnh a Gọi M trung điểm của

AA’. Tính thể tích khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh BM vng góc với B’C.

Câu VIa (1 điểm)

Cho điểm A2;5;3 đường thẳng

1

:

2

x y z

d    

Viết phương trình mặt phẳng   chứa d cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu Vb (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng tắc biết (H)

tiếp xúc với đường thẳng d x y:   0 điểm A có hồnh độ 4.

b) Cho tứ diện OABC có OA4,OB5,OC6 AOB BOC COA  60 Tính thể tích tứ

diện OABC.

Câu VIb (1 điểm)

Cho mặt phẳng  P x:  2y2z1 0 đường thẳng

1

: ,

2

x y z

d    



5

:

6

x y z

d    



Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN song song với (P) đường thẳng MN cách (P)

một khoảng 2.

ĐÁP ÁN

Câu I 2 điểm

a)

Tập xác định: Hàm số

1

x y

x

 

 có tập xác định D R \  

Giới hạn: 1

1 1

lim 1; lim ; lim

1 1

x x x

x  x  x

   

  

   

  

0,25

Đạo hàm:  2

2

' 0,

1

y x

x



    

 Hàm số nghịch biến các

khoảng  ;1 1;. Hàm số khơng có cực trị. Bảng biến thiên:

(12)

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x1; tiệm cận ngang y1. Giao

của hai tiệm cận I1;1 tâm đối xứng.

0,25

Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25

b)

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị  

1 '

x

y C

x

 

 Học sinh tự vẽ hình

0,5

Số nghiệm

1

x

m x

 

 số giao điểm đồ thị

1

x y

x

 

 và

y m

0,25

Suy đáp số

1; 1:

m  m phương trình có nghiệm

1:

m phương trình có nghiệm

1 m 1:

   phương trình vơ nghiệm

0,25

Câu II 2 điểm

a)

Ta có

4

sin os sin 2

x c x  x

cos4x 1 2sin 2 x

0,25

Do  1  3sin 22 x2sin 2x 3 m.

Đặt tsin 2x Ta có x 0;2 2x 0;  t 0;1 



 

     

 

Suy f t  3t22t 3 m t, 0;1

0,25

Ta có bảng biến thiên 0,25

Từ phương trình cho có nghiệm

10 0;

2 m



 

  

 

 

0,25 b)

Giải phương trình        

8

4

2

1

log log log

2 x 4 x  x

Điều kiện: 0x1 0,25

(13)

Trường hợp 1: x1

 2  x2 2x 0 x2

0,25

Trường hợp 1: 0x1

 2  x26x 0  x2 3

Vậy tập nghiệm (2) T 2; 3 

0,25

Câu III a)

Tìm

3 2

0

3

lim

1 cos

x

x x

L

x



  





Ta có

3 2

0

3 1 1 lim

1 cos cos

x

x x

L

x x



     

 

 

 

 

 

0,25

Xét

2

1

2

0

2 1

lim lim

1 cos 2sin 2 1 1

2

x x

L

x

x x

 

 

  

    

 

 

0,25

Xét  

3 2

2

0 2 3 2 3 2

3 1

lim lim

1 cos

2sin 3 1

2

x x

L

x x

 

 

  

  

   

 

 

0,25

Vậy L L 1L2   2 0,25

b)

Chứng minh C1000  C1002 C1004  C100100 2 50

Ta có

 

   

100 2 100 100

100 100 100 100

0 100 99

100 100 100 100 100 100 100

1

i C C i C i C i

C C C C C C C i

     

        

0,5

Mặt khác

1i2  1 2i i 2i 1i100  2i 50 250

Vậy C1000  C1002 C1004  C100100 2 50

0,5

Câu IV Cho a, b, c thoả a b c  3. Tìm GTNN của

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b c

M         

Đặt 2 ;3 ; , 2 ;3 ; , w 2 ;3 ;  w

a b c c a b b c a

u v   M u v 

 

   

      

  2  2 2

w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c

M   u v           

0,25

Theo cô – si có 222b2c 3 23 a b c  6 Tương tự … 0,5

Vậy M 3 29. Dấu xảy a b c  1 0,25

(14)

a) C1:I10; , R13;C2:I23; ,  R2 3 0,25

Gọi tiếp tuyến chung của C1 , C2 là

 2 

:Ax By C A B

     

 tiếp tuyến chung C1 , C2

   

2

1

2

;

; 3 4 3 2

B C A B

d I R

d I R A B C A B

    

 

 

   

 

     



Từ (1) (2) suy A2B

3 2

A B

C 

0,25

Trường hợp 1: A2B.

Chọn B 1 A 2 C 2 5 : 2x y  0  Trường hợp 2:

3 2

A B

C 

Thay vào (1) được

2

2 0; : 0; :

3

A B  A B  A A B  y   x y 

0,5

b)

Gọi H trung điểm BC   

3 ; '

2

a d M BB C AH

   0,25

2

' 12 ' 2 ' 13 ' 123

BB C a MBB C BB C a

S  BB BC  V  AH S  0,25

Gọi I tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B C' MI B C; ' BC' B C' MB

0,5 Câu

VIa (Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K hình chiếu A d  K cố định;

Gọi   mặt phẳng chứa d H hình chiếu A trên

  .

0,25

Trong tam giác vng AHK ta có AH AK

Vậy AHmax AK   mặt phẳng qua K vng góc với AK.

0,25

Gọi   mặt phẳng qua A vuông góc với d

  : 2x y 2z 15

    

3;1;4

K



0,25

  mặt phẳng qua K vng góc với AK

  :x 4y z

    

(15)

a)

Gọi  

2

: x y

H

a  b 

(H) tiếp xúc với d x y:   0  a2 b24  1

0,25

    162 42  

4 4; 2

x y A H

a b

        0,25

Từ (1) (2) suy  

2

2 8; 4 : 1

8

x y

a  b   H   0,5

b)

(Học sinh tự vẽ hình)

Lấy B’ OB; C’ OC cho OA OB 'OC' 4

0,25

Lấy M trung điểm B’C’  OAM  OB C' ' 

Kẻ AH OM  AH OB C' '

0,25

Ta có

2

3

AM OM   MH   AH  0,25



1 15

.sin

2

OBC

S  OB OC BOC

Vậy

1

10

OABC OBC

V  AH S 

0,25

Câu

VIb Gọi M1 ;3 ;2 , t  t t N 5 '; '; 5 ' t t   t   

 ;  2 1 0;

d M P   t   t t

0,25

Trường hợp 1: t 0 M1;3;0 , MN 6 ' 4; ' 3; ' 5t  t   t  



 

' 5;0;

P P

MN n  MN n   t   N 

   

0,25

Trường hợp 2: t 1 M3;0; , N1; 4;0  0,25

Kết luận 0,25