zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Hướng dẫn Đề số 17

Chia sẻ: Hanh My | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

68
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu hoành độ giao điểm của d và x  ( m  3) x  1  m  0, x  1 (*) (*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB  A(xA; xA + m), B(xB; xB + m), I: 2 2) Phương trình (C): Theo định lí Viét: Để OAB vuông  2 x A xB  m  x A  xB   m 2  0  m  2 Câu II: 1) PT  (1  sin x)(1  sin x)(cos x  1)  2(1  sin x)(sin x  cos x)  x A  xB...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn Đề số 17

Hướng dẫn Đề số 17 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và Câu I: (C): x  ( m  3) x  1  m  0, x  1 (*) 2 (*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB  A(xA; xA + m), B(xB; xB + m),  x A  xB  3  m Theo định lí Viét:   x A .xB  1  m    Để OAB vuông tại O thì OA.OB  0  x A xB   x A  m   xB  m   0  2 x A xB  m  x A  xB   m 2  0  m  2 Câu II: 1) PT  (1  sin x)(1  sin x)(cos x  1)  2(1  sin x)(sin x  cos x)   1  sin x  0 1  sin x  0  x   2  k 2    sin x  cos x  sin x cos x  1  0 1  sin x   cos x  1  0  x    k 2  2) (b)  (c) x 2  y 2  2 ( x 2  1).( y 2  1)  14  xy  2 ( xy ) 2  xy  4  11 p 3  p  11  Đặt xy = p. 2 (c)  2 p  p  4  11  p   2  p  35 3 p  26 p  105  0   3  35 (a)   x  y 2  3 xy  3  p = xy =  (loại)  p = xy = 3  3 x  y  2 3  xy  3  xy  3   1/ Với 2/ Với x y 3 x y 3   x  y  2 3  x  y  2 3   Vậy hệ có hai nghiệm là:  3; 3  ,   3;  3    2 2 Câu III: cos x I  e .sin 2 xdx   sin x.sin 2 xdx 0 0  2  .sin 2 x.dx . Đặt cosx = t  I1 = 2 cos x I1  e 0    2 2 1 1 sin 3 x  2    cos x  cos 3x  dx  2  sin x  3  2  3 I 2   sin x.sin 2 xdx  2  0 0 0 28  I 2  33 Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ sao cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0),   2 2 2    a a a a   BN , BM     a ;  a ; a  S(0; 0; a), M  0; ; 0  , N  ; ;     4 2 4   2 2 2 2
1    a3      BN , BM  BD  VBMND  6  24 1     a2 3 1 Mặt khác, VBMND  S BMN .d  D,( BMN )  ,  BN , BM   S BMN  2  42 3 3VBMND a 6  d  D, ( BMN )    S BMN 6 x2 Câu V: Xét hàm số: f ( x )  e x  cos x  2  x  , x  R. 2 f  ( x)  e x  sin x  1  x  f  ( x)  e x  1  cos x  0, x  R  f (x) là hàm số đồng biến và f (x) = 0 có tối đa một nghiệm. Kiểm tra thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của f (x)=0. x2 Dựa vào BBT của f(x)  f ( x )  0, x  R  e x  cos x  2  x  x  R. , 2 Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0  ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến d bằng 3. a  0 2a  b  a  2b  3  a  3b  3 a 2  b 2  8a 2  6ab  0   d  I,d   a   3 b a2  b2  4  a = 0: chọn b = 1  d: y – 2 = 0 3 a= chọn a = 3, b = – 4  d: 3x – 4 y + 5 = 0.  b: 4 2) Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D  17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5 Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới () là h = R 2  r 2  52  32  4 2.1  2(2)  3  D  D  7 Do đó  4  5  D  12    D  17 (loaï ) i 22  22  ( 1)2 Vậy () có phương trình 2x + 2y – z – 7 = 0 Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. * Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85  A74  5880 số * Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A63 = 1560 số 1560 13  P(A) =  5880 49  Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là:  phương trình BC: U   3; 4  x  2 y 1  4 3  Toạ độ điểm C ( 1;3)
+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2. x  2 y 1  phương trình BB’:   2x  y  5  0 1 2 2 x  y  5  0 x  3 + Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:    I (3;1) x  2 y  5  0 y 1  xB '  2 xI  xB  4 + Vì I là trung điểm BB’ nên:  B (4;3)   yB '  2 yI  y B  3 + Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0. y  3  0  x  5 + Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:   A(5;3)  3 x  4 y  27  0  y  3 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.         DP  1; 1; p  1 ; NM   m;  n;0   DP.NM  m  n   Ta có :  .         DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p   1 1 1 xyz Phương trình mặt phẳng (): Vì D () nên:    1.    1. mnp mnp         DP  NM  DP.NM  0   trực tâm của MNP   D là          DN  PM  DN .PM  0    mn0  m  p  0   m  3   n  p  3   1  1  1  1 m n p  xyz Kết luận, phương trình của mặt phẳng ():   1 3 3 3 Câu VII.b: S  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 (1) 0 1 2 1004  S  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 (2) (vì Cnk  Cnnk ) 2009 2008 2007 1005  2S  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009  ...  C2009  1  1 2009 0 1 2 1004 1005 2009

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.