dap an bo de thi toan dai hoc rat hay

Câu VII: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC.[r]

(1)

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 1: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn 0974.200.379—3755.711 (Giải tốn theo chương trình mới nhất của bợ giáo dục) Câu I:

1) Học Sinh Tự Làm 2) Gọi M(xo;

0

2 x x



 ) (C) Phương trình tiếp tuyến M: () y =

2

0

2

0

2 6

( 2) ( 2)

x x

x

x x

 

 

( )  TCĐ = A (2; 0 2

2 x x



 )  ( )  TCN = B (2x0 –2; 2)

0 (2 4; )

2 AB x

x

 





 AB =

2

0

4( 2) 2

( 2) cauchy x

x

 

   AB = 2 2

0 (3;3) (1;1) o

x M

  

  

 Câu II:(cosx –sinx)(cox2 + sin2 -sinxcosx) = m  (cosx –sinx)(1- sinxcosx) = m đặt t = cosx –sinx [- √2;√2¿  sinxcosx= t

2

−1

2 (1)  t( 1-

t2−1

2 )= m

1) m= -1 t( 1- t

2

−1

2 ) = -1  t = 1,t=2 (loại) với t= -1 √2cos(x+

π

4)=−1 

x1=-π

2+k2π ,x2= k2π (k ∈z¿ 2) t( 1- t

2

−1

2 )= m để pt có nghiêm x ∈

[-π

4 ;

π

4 ] t ∈[−1;1] Câu III:

2) Đk x  đặt t = x; t 

(1)trở thành (m–3)t+(2-m)t2 +3-m = 

2

2 3

1

t t m

t t 



  (2) Xét hàm số f(t) = 2

2 3

1

t t

t t  (t  0) Lập bảng biến thiên  (1)có nghiệm  (2) có nghiệm t  

5 3

3m

Câu IV:Gọi () đường thẳng cần tìm ta có:(P)  (d1) = A(1;1;2); (P)  (d2) = B(3;3;2) 

()

1

1 ( )

x t

y t t z

   

  

   



Sử dụng cơng thức tính khoảng cách cm hai đường thẳng chéo Câu V:

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 2: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn 0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bộ giáo dục) Câu I:

1)Học sinh tự làm

2)Phương trình hồnh độ điểm chung (Cm) d là:

 

            

    



3 2

2 ( 3) 4 (1) ( 2)

( ) 2 (2) x

x mx m x x x x mx m

g x x mx m (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác 0.

  

     

   



   



/ 2 0 1 2

( )

(0)

m m

m m a

m

(2)

Mặt khác:

  1 

( , )

2 d K d

Do đó:        

2

8 ( , ) 16 256

KBC

S BC d K d BC BC

2

(xB xC) (yB yC) 256

     với x xB, Clà hai nghiệm phương trình (2).

 (xB  xC) ((2  xB 4) ( xC4))2 256 2(xB xC)2 256 (xB xC) 42 x xB C 128

2 137

4 4( 2) 128 34

2

m m m m m 

         

(thỏa ĐK (a)) Vậy

1 137 m  Câu II:

1)Phương trình  (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – = 0 cos -sin -1

cos -sin 5( cos - sin 2) x x

x x loai vi x x        2

2 sin( ) sin( ) sin ( )

4 4 2

x k

x x k Z

x k                       

2) Từ (1)  y  Hệ 

3 3 2 27 3

8 18 (2 ) 18

4 1 3 3

2

x x

y y

x x

y y y y

                                  

Đặt a = 2x; b =

y Ta có hệ:

3 18 3

1 ( )

a b a b

ab ab a b

            

 ĐS: Hệ cho có nghiệm

3 5; , 5;

4 5

     

   

     

Câu III:

1) Ta có: I =

2 2 sin sin    

 x x dx

=

2 2

6

3

cos (cos )

2



   x d x

Đặt

3

cos cos

2

x   t

Đổi cận: Khi

2

x cos

6 t t

 

    

; x cost t

       Do vậy: 2 sin I tdt     =   16   .

2) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực:

2

1 1

9  x  (m2)3 x 2m 1 (1) * Đk x[-1;1], đặt t = 31 1 x2 ; x[-1;1] t[3;9]

Ta có: (1) viết lại

2

2 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1

2

t t

t m t m t m t t m

t

 

           



Xét hàm số f(t) =

2 2 1

2

t t

t

 

 , với t[3;9] Ta có:

2

/( ) 3, ( ) 0/

3 ( 2)

t

t t

f t f t

t t           

Lập bảng biến thiên

t

f/(t) +

f(t)

(3)

C S

O M

A

B

Căn bảng biến thiêng, (1) có nghiệmx[-1;1]  (2) có nghiệm t[3;9]

48

7 m

 

Câu IV: Gọi M trung điểm BC O hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM =

3

a

; AMS600 SO  mp(ABC)  d(S; BAC) = SO =

3 4a

Gọi VSABC- thể tích khối chóp S.ABC  VS.ABC =

3 3

1 .

3SABC SOa16

(đvtt) Mặt khác, VS.ABC =

1 ( ; )

3SSAC d B SAC

SAC cân C có CS =CA =a; SA =

3

a



2 13 3

16 SAC a

S 

Vậy: d(B; SAC) =

3 3

13 S ABC

SAC

V a

S  (đvđd).

Câu V:

*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 véctơ pháp tuyến

Mặt khác, H∈d⇒H(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên

( (2;1;3)

AH d                AH u u

là 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

Câu VI:Vì z = + i nghiệm phương trình: z2 + bx + c = ( b, c  R), nên ta có :

1 2 1  2  0

2

b c b

i b i c b c b i

b c

  

 

             

  

 

Câu VII (2 1)(4 2 1) 2 cauchy

c   c c  c  c   8 1 2

a a

c c   

Tương tự, 3

;

2

8

b b c c

a b

a    b    Ta chứng minh: 2 2 2 1 (1)

a b c

c   a   b  

BĐT (1)  4(a3b2+b3a2+c3a2) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c)   8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2) Ta có: 2a3b2 +2ab2  4a2b2; … (3)

2(a3b2+b3a2+c3a2)  2.3.3 a b c5 5 =6 (do abc =1) (4) a3+b3+c3  3abc =3 = +2 a2b2c2 (5)

a3 +a  2a2; …. (6)

Công vế (3), (4), (5), (6), ta (2) Dấu xảy a=b=c=1

(4)

Câu I:

1)Học sinh tự giải

2)y x 4mx3 2x2 x 1m  (1)

Đạo hàm y/ 4x33mx2 4x 3m (x 1)[4x   2(4 3m)x 3m] 

 /

2

x

y

4x (4 3m)x 3m (2)

    

   



 Hàm số có cực tiểu  y có cực trị  y/ = có nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm phân biệt khác

2

(3m 4) m 4.

3 4 3m 3m

   

   

   



Giả sử: Với

4 m

3



, y/ = có nghiệm phân biệt x , x , x1  Bảng biến thiên:

x - x1 x2 x3 +

y/ - 0 + 0 - 0 +

y +

CT

CĐ

CT

+

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu Vậy, hàm số có cực tiểu

4

m

3

 Câu II:

1).cos3xcos3x – sin3xsin3x =

2 

 cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =

2 

  

2 2

os 3x sin 3x+3 os3x osx sin 3x sinx

2

c  c c   



2

os4x ,

2 16

c   x k k Z 2) Giải phương trình : 2x +1 +x  

2 2 1 2x 0 x   x x   

(a)

Đặt:

   

      

  

 

    

   



      

 

2

2 2

2

2 2

2

v u 2x

u x 2, u u x

v u

v x 2x x

v x 2x 3, v 2

Ta có:

             

                

       

       

  

     

                

   

  

 



2 2 2 2

2 v u v u 2 v u u v u v

(a) v u u v v u u v

2 2 2

v u (b)

v u

(v u) (v u) 2 2 (v u) 1 v u 0 (c)

2

Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm

Do đó:                 

2 2

(a) v u v u x 2x x x 2x x x

2

Kết luận, phương trình có nghiệm nhất: x =

1

(5)

Câu III:

1) + Ta có

 

   

2;0;2

, D 6; 6;6 D 3;3;0 AB AB C C                  ⃗ ⃗ ⃗

Do mặt phẳng (P) chứa AB song song CD có VTPT n1;1; 1 

⃗

A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P)  C khơng thuộc (P), (P) // CD

+      

0

D 1

os , D os , D , D 60

D AB C

c AB C c AB C AB C

AB C                                  ⃗ ⃗

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.

Ta có :

   

1; 1; ; ; ;0

1; 1; ; ;0;

DP p NM m n DP NM m n

DN n PM m p DN PM m p

                         ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ Mặt khác: Phương trình mặt phẳng () theo đoạn chắn:

1

x y z

m n  p  Vì D () nên:

1 1

m n p



  

D trực tâm MNP 

DP NM DP NM

DN PM DN PM

               ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗

Ta có hệ:

0

3

3 1

1 m n

m m p

n p m n p

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

 Kết

luận, phương trình mặt phẳng (): 3

x y z

  

 .

Câu IV: Tính tích phân

 

2

1 sin 2xdx I x



 

Đặt

x

1 sin 2xdx os2x

2 du d u x

dv v c

             I =   /2 2

0 0

1 1

1 os2x os2xdx sin 2x

2 x c c 4

              Câu V:

Giải bất phương trình: 9x x2 1 1 10.3x x2 2. Đặt t 3x2x, t > 0. Bất phương trình trở thành: t2 – 10t +   ( t  t  9) Khi t  

2 2

3x x 1

t  x x x

         .(1)

Khi t  

2 2

3

1

x x x

t x x

x

  

          (2)

Kết hợp (1) (2) ta có tập nghiệm bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ) Câu VI:

1)

2)Ta có

2 3

4

z    i

Do đó:

2 3

1

2 2

z z  i  i

         

(6)

Câu VII: Gọi E trung điểm BC, H trọng tâm  ABC Vì A'.ABC hình chóp nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) (A'BC)  = A EH'

Tá có :

3 3

E , ,

2

a a a

A  AH  HE 



2 2 3a

A ' '

3 b

H  A A  AH  

Do đó:

2

'

tan A H b a

HE a

   

;

2 2

' ' '

3

'

4

ABC ABC A B C ABC

a a b a

S   V A H S  

2 2 '

1

'

3 12

A ABC ABC

a b a

V  A H S  

Do đó: VA BB CC' ' ' VABC A B C ' ' ' VA ABC'

2 2 ' ' '

1

'

3

A BB CC ABC

a b a

V  A H S  

(đvtt)

1)Học Sinh Tự Làm

2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là:

x3 + 3x2 + mx + =

 x(x2 + 3x + m) =   

   

 x

x 3x m (2) * (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có nghiệm xD, xE



 

   

 



  

   

 



2

m 4m

4 m

0 m 9

Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) =    

2

D D D

3x 6x m (x 2m);

kE = y’(xE) =    

2

E E E

3x 6x m (x 2m)

Các tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)

 4m2 – 9m + =  m =    65

ÑS: m =        9 65 hay m 9 65

8

(7)

S

H

P

C A

B

N



sin x cosx 2cos3x     sin 

3 sinx + cos 

3 cosx = – cos3x

 cos



 

 

 

x 3 cos3x  cos 

 

   

 

x 3 cos( 3x)



 



  



 

    

k x

3 (k Z)

x k

3  x =

 

k

3 (k  Z) Điều kiện: x ≥ y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x291 y291 y 2 x 2y2 x2

2

2 91 91 2 2 ( )( )

x y y x

y x y x

y x

x y

 

    

  

  

2

1

( )

2

91 91

x y

x y x y

x y

  

 

     

       

 

 x = y (trong ngoặc dương x va y lớn 2)

Vậy từ hệ ta có: x291 x 2x2  x291 10  x 1 x2

2

9

( 3)( 3)

91 10

x x

 

    

 

 

1

( 3) ( 3)

2 91 10

x x

   

       

 

 

 

 x =

Vậy nghiệm hệ x = y =

Câu III: J   

 

  

 



  b

b

ln10 x 8

2/ 1/

3 x e

b e

e dx du u u

e     

b 2/

3 (e 2) ;

2 với u = ex – 2, du = exdx)

Suy ra:  

 

    

 

b 2/ b ln2 b ln2

3

lim J lim (e 2) (4)

2

Câu IV: Dựng SH AB

 Ta coù:

(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)   

SH (ABC)

  SH đường cao hình chóp.

 Dựng HN BC, HP AC 

 

SN BC, SP AC SPH SNH

     

 SHN = SHP   HN = HP  AHP vuông có:

o a

HP HA.sin60

4

 

 SHP vuoâng coù:

a

SH HP.tg tg

4

   

 Thể tích hình choùp

2

ABC

1 a a a

S.ABC : V SH.S tg tg

3 4 16

(8)

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có:

4ab ≤ (a + b)2

1 a b

a b ab



 



1 1

( , 0)

4 a b a b

 

     

 

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1

2x y z 2x y z 2x y z x 2y 2z

 

     

             

         

Tương tự:

1 1 1

2 2

x y z x y z

 

    

   

1 1 1

2 2

x y z x y z

 

    

   

Vậy

1 1

2x y z   x2y z x y 2z

1 1 2009

4 x y z

 

    

 

Vậy MaxP = 2009

4 x = y = z = 12 2009 Câu VI:

1) (C) có tâm I(3;0) bán kính R = M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)

Vậy  

0 60 (1) 120 (2) AMB

AMB

 



 



Vì MI phân giác AMB (1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 

 MI = 2R  m2  9 m (2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 

 MI =

3 R 

2

3

m  

Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0;- )

2) (d1) qua điểm A(0; 0; 4) có vectơ phương u1 (2; 1; 0)

⃗

- (d2) qua điểm B(3; 0; 0) có vectơ phương u2 (3; 3; 0) ⃗

AB (3; 0; 4) 



 AB.[u ; u ] 36 01    AB, u , u1

     

không đồng phẳng  Vậy, (d1) (d2) chéo

 Gọi MN đường vng góc chung (d1) (d2)  M (d )  M(2t; t; 4),

/ /

N (d )  N(3 t ; t ; 0) 

/ /

MN (3 t 2t; t t; 4)

      

⃗

 Ta coù:

/ / /

1

/ /

2

MN u 2(3 t 2) (t t) t M(2; 1; 4)

N(2; 1; 0) t

3 t 2t (t t)

MN u

          

 

  

   

     

  

  

(9)

 Tọa độ trung điểm I MN: I(2; 1; 2), bán kính

1

R MN

2

 

 Vậy, phương trình mặt cầu (S):

2 2

(x 2) (y 1) (z 2) 4

Câu VII:

Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = Deã dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z

1 = –1, sau cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z

2 + 8) = Suy ra: Z

3 = 2 i Z4 = –2 i Đáp số:   1,2, 2 i, 2 i 

1)hoc sinh tự làm

2) Hoành độ giao điểm đồ thị (C) đờng thẳng d nghiệm phơng trình

2x+1

x+2 =−x+m⇔

x≠−2

x2+(4−m)x+1−2m=0 (1)

¿

¿{¿ ¿ ¿

Do (1) có Δ=m2+1>0 va (−2)2+(4−m).(−2)+1−2m=−3≠0 ∀m nên đờng thẳng d luôn ct

thị (C ) hai điểm phân biÖt A, B Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2

+ 12) suy AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi AB=√24

Câu II.

1) Phơng trình cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 

[1−sinx=0

[6cosx+2sinx−7=0 (VN)[  x= π 2+k2π

2) §K:

x>0 log22x−log

2x2−3≥0

¿

{¿ ¿ ¿

¿

Bất phơng trình cho tơng đơng với √log2

2x

−log2x2−3>√5(log2x−3) (1)

đặt t = log2x, BPT (1)  √t

2−2t−3>

√5(t−3)⇔√(t−3)(t+1)>√5(t−3)

⇔

¿

t >3

(t+1 ) (t−3) >5(t−3 )2

¿

¿[ ⇔

¿

[t≤−1

[3<t<4 [ ⇔

¿ [t≤−1

[ {¿ ¿ ¿

⇔

¿[0<x≤

1 [8<x<16

[¿

Vậy BPT cho có tập nghiệm là:

(0;1

2]∪(8;16) Câu III. I=

dx

sin3x.cos3x cos2x=8

dx

sin32x cos2x

(10)

A1

A B

C

C B1

K

H ⇒dt=dx

cos2x ; sin2x=

2t

1+t2

⇒I=8dt (2t

1+t2)

3=

(t2+1)3

t3 dt

=t

6+3t4+3t2+1

t3 dt

¿(t3+3t+3

t +t

−3)dt=1

4 tan

4x+3

2 tan

2x+3 ln|tanx|−1

2 tan2x +C

Câu IV. Do AH⊥(A1B1C1) nªn gãc ∠AA1H là góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết góc

AA1H bằng 300 Xét tam giác vuông 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)

Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1

Ta cã AA1.HK = A1H.AH

⇒HK=A1H.AH AA1 =

a√3 Câu V:

áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số số a2009 ta có

1+1+ +1

⏟

2005

+a2009+a2009+a2009+a2009≥2009 2009√a2009.a2009.a2009.a2009=2009.a4(1)

T¬ng tù ta cã

1+1+ +1

⏟

2005

+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 2009√b2009.b2009.b2009.b2009=2009 b4 (2) 1+1+ +1

⏟

2005

+c2009+c2009+c2009+c2009≥2009 2009√c2009.c2009.c2009.c2009=2009.c4(3)

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc

6015+4(a2009+b2009+c2009)≥2009(a4+b4+c4) ⇔6027≥2009(a4+b4+c4)

Từ suy P=a4+b4+c4≤3 Mặt khác a = b = c = P = nên giá trị lớn P =

Câu VI:

1)Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng

tròn ABAC => tứ giác ABIC hình vuông c¹nh b»ng ⇒IA=3√2

⇔|m−1|

√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔

¿[m=−5

[m=7 [¿

2) Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)

Gi¶ sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt A≡I

(11)

HdH(1+2t ;t ;1+3t) vì H hình chiếu A d nên AHdAH.u=0 (u=(2;1;3) là vÐc t¬

chØ ph¬ng cđa d) ⇒H(3;1;4)⇒⃗AH(−7;−1;5) VËy(P): 7(x - 10) + (y - 2) - 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 =

0

Câu VII:

1)Học sinh tự làm.

2)Tacã

y '=3x2−3mx=3x(x−m)=0⇔

¿ [x=0

[x=m[¿

ta thấy với m≠0 y’ đổi dấu qua nghiệm hàm số cú C,CT

+Nếu m>0 hàm số có CĐ x=0 vµ

yMAX=1

2 m

3

;có CT x=m yMIN=0

+Nếu m<0 hàm số có CĐ x=m yMAX=0 ;có CT x=0 vµ

yMIN=1

2m

3

Gọi A B điểm cực trị hàm số.Để A B đối xứng với qua đờng phân giác y=x,điều kiện

có đủ OA=OB tức là:

m=1

2m

3

⇔m2=2⇒m=±√2 Câu II:

1 sin

2 x

cos2x−

sin2x

cos2x.sin

x+cos3x−1=0.↔ sin2x−sin2xsin3x+cos2xcos3x−cos2x =0 ↔ 1−sin

sin2x(¿¿3x)+cos2x(1−cos3x)

¿

=0 ↔ (1−cos2x

) (1-sinx)(1+ sinx + sin2x ) - (1−sin2x) (1-cosx)(1+cosx+ cos2x )=0 ↔ (1-cosx)(1 - sinx)[ (1 + cosx)(1+ sinx + sin2x )- ¿ (1 + sinx)(1+

cosx + cos2x )]=0 {

(1−cosx)=0→ x=π 2+kπ (1−sinx)=0→ x=kπ

(1+cosx)(1+sinx+sin2x)−(1+sinx)(1+cosx+cos2x)=0( ¿)

(*) ↔ (sinx-cos)(sinx + cosx + sinxcosx)=0

sinx−cos=0→ x=π 4+kπ

¿ ¿∗¿

sinx+cosx+sinxcosx=0¿ ¿

(**)Đặt sinx + cosx = t → sinxcox= t2−1

¿∗¿

¿ trở thành t + t2−1

2 =0 → t

Câu IV:

1 Chọn A(2;3; 3),B(6;5; 2)(d) mà A,B nằm (P) nên (d) nằm (P)

Gọi u

⃗

vectơ phương (d1) qua A vng góc với (d)

u ud u uP

   

  

(12)

nên ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P    

⃗ ⃗ ⃗

Ptrình đường thẳng (d1) :

  



  



   

x 3t

y 9t (t R)

z 6t

() đường thẳng qua M song song với (d ) Lấy M (d1) M(2+3t;3 9t; 3+6t)

Theo đề :

1

2 2

AM 14 9t 81t 36t 14 t t

9

        

+ t = 

 M(1;6; 5)

x y z ( ) :1

4

  

   

+ t =

3 M(3;0; 1)

x y z ( ) :2

4

 

   

2. C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =

5 2

ABC

a b S

AB  





8(1)

2(2) a b a b

a b

 



    

 



Trọng tâm G   5; 3 a b

 (d)  3a –b =4 (3) từ (1), (3)  C(–2; 10)  r =

3

2 65 89 S

p   

(2), (3)  C(1; –1) 

3 2 S

r p

 

 .

Do công việc lên đáp án tạm thời chưa xong.các bạn tham khảo trang sau:

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	471,8 KB