intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi thử Đại học lần IV năm học 2013­-2014 môn Toán 12 (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

72
lượt xem
3
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học lần IV năm học 2013­-2014 môn Toán 12 (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho các bạn học sinh khối A, A1, B.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần IV năm học 2013­-2014 môn Toán 12 (khối A, A1, B) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

  1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC  KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN IV NĂM HỌC 2013­2014  Môn: Toán 12. Khối A­A 1 ­B .  Đề chính thức  (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  2x + 1 Câu 1 (2,0 điểm).  Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) .  x - 1  1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C )  2.Tìm các giá trị của  m  để đường thẳng ( d1 ) : y = -3 x + m cắt ( C ) tại hai điểm A và  B sao cho trọng tâm  tam giác OAB  thuộc đường thẳng ( d 2 ) : x - 2 y - 2 = 0  ( O  là gốc toạ độ ).  sin 2 x - 3 cos 2 x - 3 sin x - cos x + 3  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình :  = 1  2 sin x - 1  ï Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í ( ì3 x 2 + 3y 2 + 8 = ( y - x ) y 2 + xy + x 2 + 6 .  ) ( ï( x + y - 13) 3y - 14 - x + 1 = 5  î ) 2 6 x -4 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  : I = ò ( x + 2 ) . e 2 x dx .  2 Câu  5  (1,0  điểm).  Cho  hình  hộp  đứng  ABCD.A¢B¢C ¢D¢  có  đáy  là  hình    thoi  cạnh  bằng  a và  góc  · = 60 0 . Gọi  M , N lần lượt là trung điểm của  CD  và  B¢C ¢ biết rằng  MN  vuông góc với  BD¢ . Tính  BAD thể tích khối hộp  ABCD.A¢B¢C ¢D ¢ và khoảng cách giữa hai đường thẳng  MN  và  BD¢  theo a .  Câu 6 (1,0 điểm). Cho  a, b, c là các số thực không đồng thời bằng  0  thỏa mãn: 2  (a + b + c) ( = 2  a 2 + b 2 + c 2  )  a 3 + b3 + c 3  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất  của biểu thức: P = .  ( a + b + c )( ab + bc + ca )  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)  A. Theo chương trình Chuẩn.  Câu 7.a (1,0 điểm).  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy ,viết phương trình đường tròn ( C ) đi qua hai  2 2  điểm A ( 2; - 1) , B (1;0 ) và tiếp xúc với đường tròn ( C ¢ ) : ( x - 6 ) + ( y - 3 )  = 16  Câu  8.a  (1,0điểm).  Trong  không  gian  với  hệ  toạ  độ Oxyz ,cho  điểm A ( 3; -2; - 2 )  và  mặt  phẳng ( P ) có  phương  trình  : x - y - z + 1 = 0 .  Viết  phương  trình  mặt  phẳng ( Q ) đi  qua  A ,  vuông  góc  với ( P )  và  cắt  Oy , Oz  lần lượt tại  M , N  sao cho  OM = ON ¹ 0.  Câu 9.a(1,0 điểm).Tìm số phức  z thoả mãn  2 z + 1 = z + z + 3  saocho số phức w = z - 8 cómôđun nhỏ nhất  B. Theo chương trình Nâng cao.  x 2 y 2  Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho elíp ( E ) : + = 1  với hai tiêu điểm  4 3  ·  F1 , F 2 . Điểm  M thuộc ( E ) sao cho góc  MF 0  1 F2  = 120 . Tính diện tích tam giác  MF1 F 2  Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x - 2 y + 2 z - 2 = 0  và ( Q ) : 2 x + 2 y + z - 1 = 0 ,viết phương trình đường thẳng D  đi qua A ( 0;0;1 ) ,nằm trong mặt phẳng ( Q )  và  tạo với mặt phẳng ( P )  một góc bằng  45 0 .  Câu 9.b(1,0điểm). Cho các số phức  z1 , z 2  thoả mãn  z1 = 3 , z2  = 4  và  z1 - z2  =  35 . Hãy tìm số phức  z 1  z  =  z2  ­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) Đã gửi tới www.laisac.page.tl  0 
  2. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV LỚP 12 NĂM HỌC 2013 – 2014  MÔN: Toán – Khối A; A1  HƯỚNG DẪN CHẤM THI  (HDC này gồm 05 trang)  I) Hướng dẫn chung:  1)  Nếu  thí  sinh  làm  bài  không  theo  cách  nêu  trong  đáp  án  nhưng  vẫn  đúng  thì  cho  đủ  số điểm  từng phần như thang điểm quy định.  2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch  hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong  các giáo viên chấm thi Khảo sát.  3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả)  II) Đáp án và thang điểm:  Câu  Đáp án  Điểm  2x + 1 Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) .  x - 1  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.  2 x + 1  Tập xác định: Hàm số  y  = có tập xác định D = R \ {1} .  x - 1  -3  Đạo hàm: y ' = < 0, "x ¹ 1 Þ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( -¥ ;1)  và 0.25  ( x - 1 ) 2  (1; +¥ ) . Hàm số không có cực trị.  2x +1 2x + 1 2 x + 1  Giới hạn:  lim = 2; lim = +¥; lim = -¥.  x ®±¥ x - 1 x ®1+ x - 1 x ®1 - x - 1  0.25  Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng  x = 1;  tiệm cận ngang  y = 1.  Bảng biến thiên  x -¥  1 +¥  y'  ­  ­  2 +¥  0.25  y  Câu 1  -¥ 2  (2 điểm) Đồ thị hàm số : (học sinh tự vẽ)  0.25  2.Tìm  các  giá  trị  của  m  để  đường  thẳng ( d1 ) : y = -3 x + m cắt ( C ) tại  hai  điểm A và  B sao cho trọng tâm  tam giác OAB  thuộc đường thẳng ( d 2 ) : x - 2 y - 2 = 0  …  Phương trình hoành độ giao điểm giữa ( C ) và ( d 1 ) là : 2 x + 1  = -3 x + m Û 3 x 2 - (1 + m ) x + m + 1 = 0 (1) , ( x ¹ 1 )  0.25 x - 1  ( d 1 ) cắt ( C )  tại  A  và  B Û (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1  ìï D¢ = (1 + m ) 2 - 12 (1 + m ) > 0  é m > 11  Ûí Ûê (* ) .  ïî 3 - (1 + m ) + m + 1 ¹ 0  ë m < -1  0.25  ( ) ( Gọi  x1 , x 2  là các nghiệm của (1 ) . Khi đó A x1 ; -3 x1 + m , B x 2 ; -3 x 2  + m )  x1 + x 2  1 + m m - 1  Gọi  I là  trung điểm  của  AB Þ xI = = , y I = -3 x I  + m =  2 6 2  uuur 2 uur  0.25  æ 1 + m m - 1 ö Gọi  G là trọng tâm tam giác  OAB Þ OG = OI Þ G ç ;  ÷ 3 è 9 3  ø 1+ m æ m - 1 ö 11  11  G Î ( d 2 ) Û - 2ç ÷ - 2 = 0 Û m = - thoả mãn (* ) . Vậy  m = -  0.25 9 è 3 ø  5  5  1 
  3. sin 2 x - 3 cos 2 x - 3 sin x - cos x + 3  Giải phương trình :  = 1  (1 )  2sin x - 1  p 5 p Điều kiện 2sin x ¹ 1 Û x ¹ + l 2p , x ¹ + l 2 p ( l Î Z )  ( 2 )  6 6  0.25 Với đk ( 2 )  phương trình (1 )  Û sin 2 x - 3 cos 2 x - 3 sin x - cos x + 3 = 2sin x - 1  ( )  Û sin 2 x - 3 1 - 2sin 2  x - 3 sin x - cos x + 3 - 2sin x + 1 = 0  0.25 Û cos x ( 2sin x - 1) + 3 sin x ( 2sin x - 1) - ( 2sin x - 1) = 0  ( )  Û ( 2sin x - 1) cos x + 3 sin x - 1 = 0  Û cos x + 3 sin x - 1 = 0  ( do  2sin x - 1 ¹ 0)  é p p ê x - = + k 2 p é 2 p 0,25  æ p ö 1  p 3 3  x= + k 2 p Û cos ç x - ÷ = = cos  Û ê Ûê 3  ( k Î Z ) ( thoả mãn )  è 3 ø 2 3  p p ê x - = - + k 2 p ê êë x = k 2 p êë 3 3  2 p Vậy phương trình có hai họ nghiệm x = + k 2p , x = k 2 p ( k Î Z )  0.25  3  ì3 x 2 + 3 y 2 + 8 = ( y - x ) y 2 + xy + x 2 + 6 Giải hệ phương trình:. ïí ( ) (1) ï( x + y - 13 ) î ( 3 y - 14 - x + 1 = 5 ) ( 2 ) ì x ³ -1  ì x + 1 ³ 0  ï Điều kiện  í Ûí 14  (* )  î3 y - 14 ³ 0  ïî y ³ 3  0.25  3 3  Từ (1 ) ta có ( x + 1) + 3 ( x + 1) = ( y - 1) + 3 ( y - 1) ( 3 )  Xét hàm số f ( t ) = t 3  + 3t , t Î ¡ f ¢ ( t ) = 3t 2  + 3 > 0, "t Î ¡ Þ f ( t )  là hàm số đồng biến trên  ¡ .  Từ ( 3 )  ta có f ( x + 1) = f ( y - 1) Û x + 1 = y - 1 Û x + 2 =  y ( 4 )  Thế ( 4 )  vào ( 2 )  ta  được  phương  trình. ( 2 x - 11) ( )  3 x - 8 - x + 1 = 5  ( 5 )  ta  nhận  0.25  11  11  thấy  x =  không  là  nghiệm  của  phương  trình ( 5 ) . Þ x ¹  chia  hai  vế  phương  2  2  Câu 3  5  trình  (5) cho  2 x - 11 ¹ 0  ta được  3 x - 8 - x + 1 - = 0. ( 6 )  (1 điểm) 2 x - 11  5 é 8 11 ö æ 11  ö Xét hàm số g ( x ) = 3 x - 8 - x + 1 - , x Î ê ; ÷ È ç ; +¥ ÷ 2 x - 11 ë 3 2 ø è 2  ø  3 1 10 3 x + 1 - 3 x - 8 10  Đạo hàm g ¢ ( x ) = - + 2 = + > 0  0.25  2 3x - 8 2 x + 1  ( 2 x - 11) 2 ( 3x - 8 )( x + 1 ) ( 2 x - 11 ) 2  æ 8 11 ö æ 11  ö æ 8 11 ö æ 11  ö "x Î ç ; ÷ & ç ; +¥ ÷ Þ hsố g ( x ) đồng biến trên các khoảng  ç ; ÷ & ç ; +¥ ÷ è 3 2 ø è 2  ø è3 2 ø è 2 ø  é 8 11 ö é 8 11 ö ·  Trên  khoảng  ê ; ÷ thì hsố g ( x ) đồng  biến, 3 Î ê ; ÷ , g ( 3) = 0 Þ ë 3 2 ø  ë 3 2  ø  ( 4 )  phương trình ( 6 ) : g ( x ) = g ( 3) Û x = 3 ¾¾® y = 5  thoả mãn (*) æ 11  ö æ 11  ö 0.25  ·  Trên  khoảng  ç ; +¥ ÷ thì hsố g ( x ) đồng  biến, 8 Î ç ; +¥ ÷ , g ( 8 ) = 0 Þ è 2 ø  è 2  ø  ( )  4  phương trình ( 6 ) : g ( x ) = g ( 8 ) Û x = 8 ¾¾® y = 10  thoả mãn (*)  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x, y ) = ( 3;5 ) , ( x, y ) = ( 8;10 )  6 x 2 -4 Câu 4  2 Tính tích phân  : I = ò ( x + 2 ) . e 2 x dx . (1 điểm)  2 2 
  4. 6 x 2 -4 6 x 2 6 x 2 - - Biến đổi I = ò x + 4 + 4 x 2 ( 2 ) . e 2 x dx ( =ò x +4 2 2 )e x dx 2 +ò 2 4 x. e x dx 2 = I1 + I 2 0.25  ì x 2 x  2  x 2 ì x  2  æ 1 2 ö 2- x æ x 2  + 4 ö - 6 - ï du = + . e dx = e .  2  x dx  - ï ï ç 2  2 ÷ ç ÷ Tính I 2 = ò 4 x . e 2 x dx đặt  íu = e 2  x  Þ í è x ø ç 2 x 2  ÷ è ø 0.25 2 ïî dv = 4 x dx  ï 2  ïî v = 2 x x 2 6  6  x  2 8 8  - - I2 = 2x 2 .e x - 2 ( 2  ò  x + 4 e 2 )  x . dx = 72.e 3 - 8 - I1 Þ I = I1 + I 2  = 72.e 3  - 8  0.25  2  2  8  Vậy  I = I1 + I 2  = 72.e 3  - 8  0.25  Chohình hộp đứng  ABCD.A¢B¢C ¢D¢  có đáy là hình  thoi cạnh bằng  a và góc  BAD· = 60 0 .  Gọi  M , N lần lượt là trung điểm của  CD  và  B¢C ¢ biết rằng  MN  vuông góc với  BD¢ .  Tính thể tích khối hộp  ABCD.A¢B ¢C ¢D¢ và khoảng cách giữa hai đường thẳng  MN  và  BD¢  theo a .  a 2  3  Từ gt  Þ D ABD đều cạnh  a Þ SY ABCD = 2 S DABD  = . Đặt  AA¢ = h > 0  0.25 2  uuuur uuuur uuur uuur uuuur æ 1 uuur uuuur 1 uuur ö ( MN ^ BD ¢ Þ 0 = BD ¢. MN = BC + CD + DD ¢ ç DC + CC ¢ + CB ÷ = è2 2  ø )  Câu 5  uuur uuur 1 uuur 2 1 uuur 2 uuuur 2  1 1  a 2  (1 điểm) BC.DC + BC - CD + DD¢ = BC .DC .cos 60 o - BC 2 - CD 2 + BB ¢2 = - a 2 + h 2  0.25  2 2 2 2 2  a 2  a  2  Þ h 2  = Þ h =  2 2  a 2 3 a 2 a 3  6  Vậy  V ABCD. A¢B¢C ¢D¢ = SY ABCD . AA¢ = × = (đvtt)  0.25  2 2 4  AC Ç BD = {O} ÞY OMNB¢ là hình bình hành Þ d ( MN , D ¢B ) = d ( MN , ( BDD ¢B ¢ ) )  1 1 1 a 3 a  3  0.25  d ( M , ( BDD ¢B ¢ ) ) = d ( C , ( BDD¢B ¢ ) ) = CO = × =  (đvđd)  2 2 2 2 4  Cho  a, b, c là các số thực không đông thời bằng  0  thỏa mãn: 2  (a + b + c) = 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )  a 3 + b 3 + c 3  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất  của biểu thức: P = .  ( a + b + c )( ab + bc + ca )  1 1  2ë 2 gt  Vì ab + bc + ca = éê( a + b + c ) - a 2 + b 2 + c 2  ùú ¾¾ ( 2  ® ab + bc + ca = ( a + b + c )  )û  4  Do đó P = ( 3 4  a + b + c  3 3  3 ) = 1 éêæ 4a ö æ 4b ö æ 4 c  ö ù + 3 + 3  ú 0.25  ç ÷ ç ÷ ç ÷ ( a + b + c ) 3  16 êëè a + b + c ø è a + b + c ø è a + b + c ø úû  Câu 6  (1 điểm)  Đặt  x = 4a , y = 4b ,  z  = 4 c  thì  ì x + y + z = 4  Û ìï y + z = 4 - x  í í 2  a+b+c a+b+c a + b + c î xy + yz + zx = 4  î  ï yz = x - 4 x + 4  0.25  2  8  Vì ( y + z )  ³ 4 yz nên  0 £ x £  3  1 3 1 1  Ta có P = 16 ( x + y 3 + z3 = 16 3  ) ( x 3 + ( y + z ) - 3 yz ( y + z ) = 16  3x 3 - 12 x 2  + 12 x + 16  ) ( )  0.25  é 8 ù Xét hàm số f ( x ) = 3 x3 - 12 x 2  + 12 x + 16  với  x Î ê0;  ú ë 3 û  é 8 ù 176  Trên đoạn  ê 0;  ú ta tìm được min f ( x ) = 16 , max  f ( x ) =  0.25 ë 3 û  9  3 
  5. 11  Vậy  min P = 1  chẳng hạn a = 0, b = c ¹ 0 . max P = , b = 2a , c = 4c , a ¹ 0 .  9  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy ,viết phương trình đường tròn ( C ) đi qua hai điểm 2 2  A ( 2; - 1) , B (1;0 ) và tiếp xúc với đường tròn ( C ¢ ) : ( x - 6 ) + ( y - 3 )  = 16  2 2  ( C ¢ ) : ( x - 6 ) + ( y - 3 )  = 16  Þ ( C ¢ ) có tâm I ¢ ( 6;3 ) bán kính  R¢ = 4  ( C ) : x 2 + y 2  - 2ax - 2by + c = 0  đk  a 2 + b2  - c > 0  0.25  ì5 - 4a + 2b + c = 0 ìb = a - 2  do A ( 2; - 1) , B (1,0 ) thuộc ( C ) Þ í Ûí î1 - 2a + c = 0 î c = 2a - 1  Vậy ( C ) : x 2 + y 2  - 2ax - 2 ( a - 2 ) y + 2a - 1 = 0 Þ ( C ) có tâm I ( a; a - 2 )  Câu 7a.  bán kính R = a 2 + a - 2 2  - 2a - 1 = 2a 2  - 6a + 5 , II ¢ = 2 2  0.25 (1 điểm)  ( ) ( )  ( a - 6) + ( a - 5 )  ( C )  tiếp xúc ( C¢ )  xẩy ra hai trường hợp  1.  Trường hợp 1: ( C )  tiếp xúc ngoài ( C ¢ )  0.25  Û II ¢ = R + R ¢ Û 2 a 2 - 22a + 61 = 2a 2  - 6a + 5 + 4  Û 5 - 2a = 2a 2  - 6 a + 5 Û a = 2  Þ ( C ) : x 2 + y 2  - 4 x + 3 = 0  2.  Trường hợp 2: ( C )  tiếp xúc trong với ( C¢ )  Û II ¢ = R - R ¢ Û 2a 2 - 22a + 61 = 2a 2 - 6a + 5 - 4 Û 2a 2  - 6 a + 5 = 2a - 5  0.25  Þ a = 5 Þ ( C ) : x 2 + y 2  - 10 x - 6 y + 9 = 0  Trong  không  gian  với  hệ  toạ  độ Oxyz ,cho  điểm A ( 3; -2; - 2 )  và  mặt  phẳng ( P ) : x - y - z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua  A , vuông góc với ( P )  và  cắt  Oy , Oz  lần lượt tại  M , N  sao cho  OM = ON ¹ 0.  uuuur uuur  Gọi M ( 0; a; 0 ) , N ( 0; 0; b )  trong đó  ab ¹ 0 . Ta có AM = ( -3; a + 2; 2 ) , AN = ( -3; 2; b + 2 )  0.25  r  é uuuur uuur ù Câu 8a.  Khi đó một véc tơ pháp tuyến của ( )  Q  là nQ  = ë AM , AN û = ( 2a + 2b + ab;3b;3 a )  r  0.25 (1 điểm)  Véc tơ pháp tuyến của ( P ) : n = (1; -1; -1 )  P  r r r r  ( P ) ^ ( Q ) Û nP ^ nQ Û nP .nQ  = 0 Û ab - a - b = 0 (1 )  0.25  OM = ON Û a = b Û a = ±b ( 2 )  r  Từ (1) & ( 2 )  giải ra ta được a = b = 2 Þ nQ  = (12; 6;6 ) Þ phương trình mặt phẳng 0.25  ( Q ) : 2 ( x - 0 ) + 1.( y - 2 ) + 1.( z - 0 ) = 0 Û ( Q ) 2 x + y + z - 2 = 0  Tìm số phức  z thoả mãn  2 z + 1 = z + z + 3  saocho số phức w = z - 8 có môđun nhỏ nhất  Gọi z = a + bi ( a, b Î ¡ ) Þ z = a - bi ,  2 z + 1 = z + z + 3 Û 2 a + 1 + 2bi = 2a + 3  0.25 2 2 2  2  Câu 9a.  Û ( 2a + 1) + ( 2b ) = ( 2a + 3) Û b = 2 a + 2 (* )  0.25 (1 điểm)  w = z - 8 = ( a - 8 ) + bi Þ w = ( a - 8 )2 + b 2  = ( a - 8 ) 2 + 2a + 2 = 2  ( a - 7 )  + 17  0.25  Vậy  W ³  17  dấu bằng xẩy ra khi  a = 7 Þ b 2  = 16 Û b = ± 4  Þ z1,2  = 7 ± 4 i 0.25  Vậy có hai số phức thoả mãn là  z1,2  = 7 ± 4 i khi đó  min w =  17  2 2  Câu  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho elíp ( E ) : x + y  = 1  với hai tiêu điểm  7b.  4 3  ·  (1 điểm)  F , F  . Điểm  M thuộc ( E ) sao cho góc  MF 0  1 2  1 F2  = 120 . Tính diện tích tam giác  MF1 F2  x 2 y 2  ( E ) : + = 1  a = 2, b = 3 Þ c = a 2 - b 2  = 1 Þ F1F2  = 2  0.25  4 3  M  thuộc ( E )  Þ MF1 + MF2  = 2a = 4 (1 )  Áp dụng định lí côsin trong  D MF1 F2  ta được  0.25 4 
  6. MF22 = MF12 + F1F22 - 2 MF1.F1F2 .cos120o  Þ MF22 = MF12  + 4 + 2 MF1  ( 2 )  6 14  0.25  Từ (1) & ( 2 ) Þ MF1 = , MF2  =  5 5  1 1 6 3 3 3  Vậy diện tích tam giác  MF1F 2  là  S = MF1.F1F2 .sin1200  = × × 2 × =  (đvdt)  0.25  2 2 5 2 5  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x - 2 y + 2 z - 2 = 0  và ( Q ) : 2 x + 2 y + z - 1 = 0 ,viết  phương  trình  đường  thẳng D  đi  qua A ( 0; 0;1 ) ,nằm  trong  mặt phẳng ( Q )  và tạo với mặt phẳng ( P )  một góc bằng  45 0 . ( P ) : x - 2 y + 2 z - 2 = 0  có 1 vtpt nrP  = (1; -2; 2 )  ( Q ) : 2 x + 2 y + z - 1 = 0  có 1 vtpt nrQ  = ( 2; 2;1 )  r  0.25 D  có 1 vtcp u = ( a; b; c )  (đk  a 2 + b 2 + c 2  > 0)  r r r r r  Câu 8b.  D Ì ( Q ) Û nQ ^ u Û nQ . u = 0 Û 2a + 2b + c = 0 Û c = -2a - 2 b Þ u = ( a; b; -2a - 2 b )  (1 điểm)  rr 0 0  r r u .nP  1  a - 2b - 2a - 2 b  ( D, ( P ) ) = 45 Û sin 45 = cos ( u , n P ) = r r  Û u . n P  = 2  3 a 2 + b 2  + ( -2a - 2 b ) 2  Û 0.25 ( ) ( 2. 3a + 6b = 3 5a 2 + 8ab + 5b 2 Û 2 a 2 + 4ab + 4b 2 = 5a 2 + 8ab + 5b 2 Û 3 a 2 - b 2  = 0  )  0.25  Þ b 2 = a 2  Þ Chọn  a = 1 Þ b = ± 1  ì x = t  ì x = t  ï ï 0.25  a = b = 1 Þ c = -4 Þ D í y = t  và  a = 1 ; b = -1 Þ c = 0 Þ D í y = -t  ï z = 1 - 4 t ï z = 1  î  î  Xét  các  số  phức  z1 , z 2  thoả  mãn  z1 = 3 , z2  = 4  và  z1 - z2  =  35 .  Hãy  tìm  số  phức  z 1  z =  z2  Đặt z1 = 3 ( cos a + i.sina ) , z2  = 4 ( cos b + i.sinb ) (a , b Π[0; 2 p ])  0.25 z 1  3  z1 - z2  = 3cos a - 4 cos b + i ( 3sin a - 4sin b ) , z = = é cos (a - b ) + i .sin (a - b ) ùû  0.25 Câu 9b.  z 2  4 ë (1 điểm)  2 2  5  z1 - z2  = 35 Û ( 3cos a - 4cos b ) + ( 3sin a - 4sin b ) = 35 Û cos (a - b ) = - 12  0.25  119  Þ sin (a - b ) = ±  12 3æ 5 119 ö 5 119  Từ đó  z = çç - ± i × ÷÷ = - ± i × 0.25  4 è 12 12 ø  16 16  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) Đã gửi tới www.laisac.page.tl 5
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2