De thi thu DH so 8 co dap an chon loc mon toan

Câu 5.1 Gọi D là điểm đối xứng của A qua I Tứ giác BHCD là hình bình hành vì nó có 2 cặp cạnh đối diện song song Do đó hai đường chéo BC và HD cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường , s[r]

ĐỀ ÔN TẬP SỐ Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 Câu   cos x cos x    sin x  2 3cos  x   4  Giải phương trình lượng giác: Câu I  x2  x 1 x x dx Tính tích phân: Câu Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a Gọi I là trung điểm   cạnh BC Hình chiếu vuông góc H S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA  IH Góc SC và mặt đáy (ABC) 60 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K SB đến mặt phẳng (SAH) Câu Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC, biết A(3; 4), trực tâm H(1; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp I(2;0) Viết phương trình đường thẳng BC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0;  1; 2) và N ( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ lớn Câu ………………… Hết ……… ……… K  0; 0;  đến (P) đạt giá trị Hướng dẫn - Đáp số đề số Câu 1.2 Câu 2.1   cos x cos x    sin x  2 3cos  x   4       cos x  cos2 x    sin x     cos  x        cos4 x  sin x  cos2 x  sin x 0      sin  x    sin  x   0 6       2sin  x   cos x 0 6  Câu 2.2    sin  x   0    6    cos x 0     x  18  k   x    k  Câu I  x2  x 1 x x I1  Tính: dx  x2 1 x x x2 1 x x dx   x 1 x x dx dx S 80 I1  (t  1)dt  I  Tính: Đặt x 1 x x .K dx t 1  x x  dt  xdx  2 xdx= dt H I  dt  t 19  t 3 80 104 I I1  I    9 C Câu *Ta   có IA  IH  H thuộc tia đối tia IA và IA 2 IH BC  AB 2a Suy Ta có IA  a, IH  a  AH  IA  IH  a 2 HC  AC  AH  AC AH cos 45  HC  3a B I A Vì 0 a 15 SH   ABC   SC ,  ABC  SCH 60  SH  HC tan 60   Ta có Vì  a 2 HC  AC  AH  AC AH cos 45  HC  SH   ABC    SC ,  ABC   SCH 600  SH HC.tan 600  a 15 a 15 VS ABC  S ABC SH   dvtt  Thể tích khối chóp S.ABCD là:  BI  AH  BI   SAH   BI  SH  *  d  K ,  SAH   d  B,  SAH    SK 1 a   d  K ,  SAH    d  B,  SAH    BI  SB 2 2 Câu 5.1 Gọi D là điểm đối xứng A qua I Tứ giác BHCD là hình bình hành( vì nó có cặp cạnh đối diện song song) Do đó hai đường chéo BC và HD cắt trung điểm M đường , suy IM là đường TB tam giác AHD  1 IM  AH Suy   xM     3    y   (3  4)  M Suy M(1; -1/2)  x 1   1  y   Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH nên nó nhận AH ( 2;  1) làm VTPT, đó BC có PT: −2(x – 1) – (y +1/2) = Hay PT BC: 4x + 2y − = Câu 5.2 n  A, B, C   A2  B  C 0  Gọi là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax  B  y  1  C  z   0  Ax  By  Cz  B  2C 0 N   1;1;3   P    A  B  3C  B  2C 0  A 2 B  C   P  :  B  C  x  By  Cz  B  2C 0 Khoảng cách từ K đến mp(P) là:   d K ,  P  B 2 B  2C  BC -Nếu B = thì d(K,(P))=0 (loại) -Nếu B 0 thì d  K, P   B 2 B  2C  BC  Dấu “=” xảy B = -C Chọn C = Khi đó pt (P): x + y – z + = C    1  B   Câu