zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Tuyển tập đề thi thử đại học môn toán (có đáp án)

Chia sẻ: Trần Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:54

Báo xấu

309
lượt xem 82
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f (x) = 8x4 -9x2 +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos4x - 9cos2x +m = 0 với xÎ[0;p ] .

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập đề thi thử đại học môn toán (có đáp án)

Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = 8x 4 − 9x 2 + 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] . Câu II (2 điểm) log 3 x ( x − 2)  x − 1 = x−2 1. Giải phương trình:  ÷  2  x + y + x 2 − y 2 = 12  2. Giải hệ phương trình:   y x 2 − y 2 = 12  Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngo ại tiếp m ột hình c ầu bán kính r cho tr ước. Tính th ể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm π  π π   4sin3xsinx + 4cos  3x - ÷cos  x + ÷− cos 2  2x + ÷+ m = 0  4  4  4 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y −1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x = −2 + t  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  y = −2t  z = 2 + 2t  .Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chi ếu vuông góc c ủa A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 + + ≤ xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số  x = −1 + 2t   y = 1 − t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá  z = 2t  trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1  1 2 b c + + ÷+ +
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 Xét phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1) Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2) 0,25 Vì x ∈ [0; π ] nên t ∈ [−1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm c ủa phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: (2) ⇔ 8t 4 − 9t 2 + 1 = 1 − m (3) Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t ∈ [−1;1] và (D): y = 1 – m. 0,25 Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 ≤ t ≤ 1 . Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m> • : Phương trình đã cho vô nghiệm. 32 81 1. m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32 0,50 81 1≤ m < • : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32 0 < m 2  x > 2   x = 2 x = 2 x = 2       log 3 x = 0  x = 1  x = 1  ⇔     ⇔  1 ⇔  3⇔x=2  ln x − 1  = 0 0,50  x − = 1  x =   ÷      2 2 2  x > 2  x > 2  x > 2    2 1,00 Điều kiện: | x | ≥ | y |  1 u2  u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0 x = − y x ≠ − y ta có y =  v − ÷. Đặt  không thỏa hệ nên xét ; 2 v v = x + y  Hệ phương trình đã cho có dạng: 0,25 u + v = 12  u  u2  v − ÷ = 12 2  v  u = 4 u = 3 0,25 ⇔  hoặc v = 8 v = 9
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739  u = 4  x2 − y 2 = 4 ⇔ + (I) v = 8 x + y = 8  u = 3  x 2 − y 2 = 3  ⇔ + (II) v = 9 x + y = 9  Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 1,00 S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x ≥ 0 x ≥ 0 x = 0 2 2 | x − 4 x |= 2 x ⇔   x − 4 x = 2 x ⇔   x − 6 x = 0 ⇔  x = 2 2   2  2 0,25 x = 6 x − 4 x = −2 x x − 2x = 0    Suy ra diện tích cần tính: 2 6 ∫( ) ∫( x ) S= x 2 − 4 x − 2 x dx + − 4 x − 2 x dx 2 0 2 2 Tính: I = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx 2 0 0,25 2 4 Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x − 4 x ≤ 0 nên | x − 4 x |= − x + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x + 4 x − 2 x ) dx = 2 2 2 2 3 0 6 Tính K = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx 2 2 Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4;6] , x − 4 x ≥ 0 nên 2 2 0,25 4 6 K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 . 2 4 1,00 4 52 Vậy S = + 16 = 3 3
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 IV 0,25 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của  AB ⊥ IC ⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' ) AB, A’B’. Ta có:   AB ⊥ HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K ∈ II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x3 1 x3 I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 6 3 3 0,25 x3x3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒ = r 2 ⇒ x 2 = 6r 2 . 6 3 ( ) h Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = B + B '+ B.B ' 3 0,25 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 Trong đó: B = = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = = ; h = 2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3  21r 3 . 3 3r 2 3  6r 3 + ÷= Từ đó, ta có: V = + 6r 3. 2 0,25 3 2÷ 2 3   V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ; π π π     +/ 4cos  3x - ÷cos  x + ÷ = 2  cos  2x - ÷+ cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x )  4  4  2  π  1 π  1 2  +/ cos  2x + ÷ = 1 + cos  4x + ÷÷ = ( 1 − sin 4x ) 0,25  4  2  2  2 Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1) 2 2 π  Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x - ÷ (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ).  4 0,25 Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t − 1 . Phương trình (1) trở thành: 2 t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 ≤ t ≤ 2 (2) ⇔ t 2 + 4t = 2 − 2m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D) : y = 2 − 2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t với − 2 ≤t ≤ 2.
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 Trong đoạn  − 2; 2  , hàm số y = t 2 + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại t = − 2 và   0,25 đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2 0,25 ⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 . VIa 2,00 1 1,00 Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .  t +1 3 − t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; ÷. 2 2 0,25  t +1  3 − t 0,25 + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2  ÷+ 2 2 Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ). 0,25 Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 . x + y −1 = 0 ⇒ I ( 0;1) . Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x − y +1 = 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) . x +1 y = ⇔ 4x + 3y + 4 = 0 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: −7 + 1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ⊃ ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH ≤ IA và IH ⊥ AH .  d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH  Mặt khác  H ∈ ( P )  Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 r uu r r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ;  yz + 1 ≥ y + z 0,25 và tương tự ta cũng có   zx + 1 ≥ z + x Vì vậy ta có: 1,00 1 1 1 x y z ( x + y + z)  + + ÷≤ + + +1+1+1  xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1 x y z ≤ + + +3 yz + 1 zx+y xy + z 1 y z vv = x − − ÷+ 5  yz + 1 zx + y xy + z   y z ≤ x 1 − − ÷+ 5  z+ y y+z =5 uuur Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 . 0,25 I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) . 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH = . 0,25 5 4 5 8 8 2 t = 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷ | 6t − 4 | 4 Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔    5 5 t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 0,50  5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. 0,25 Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .  z = 2t  Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) .
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 ( ) 2 ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 = ( 3t ) 2 2 2 2 AM = +25 ( ) 2 ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 = ( 3t − 6 ) 2 2 2 2 BM = +25 ( ) ( ) 2 2 ( 3t ) ( 3t − 6 ) 2 2 AM + BM = +25 + +25 r r ( ) ( ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 . r ( ) 2 ( 3t ) 2 | u |= +25  Ta có  r ( ) | v |= 2 ( 3t − 6 ) 2 +25 0,25   rr rr ( ) r r Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29 rr r r rr Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | Như vậy AM + BM ≥ 2 29 rr Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 25 ⇔ = ⇔ t =1 0,25 −3t + 6 2 5 ⇒ M ( 1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . ( ) 11 + 29 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 0,25 VIIb 1,00 a + b > c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a . c + a > b  a+b c+a = y , a = z ( x, y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y . = x, Đặ t 2 2 0,50 Vế trái viết lại: a+b a+c 2a VT = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c x y z = + + y+ z z+ x x+ y 2z z Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔ > . x+ y+ z x+ y x 2x y 2y < < ; . Tương tự: y+z x+ y+z z+x x+ y+z 0,50 2( x + y + z) x y z + + < = 2. Do đó: y+z z+x x+ y x+ y+z 1  1 2 b c + + ÷+ +
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = x 4 − 2 x 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành đ ộ l ần l ượt là a và b. Tìm đi ều ki ện đ ối v ới a và b đ ể hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 2 ( cos x − sin x ) 1 1. Giải phương trình lượng giác: = tan x + cot 2 x cot x − 1 1 2. Giải bất phương trình: log 3 x − 5 x + 6 + log 1 x − 2 > log 1 ( x + 3) 2 2 3 3 π 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = cos 2 x ( sin 4 x + cos 4 x ) dx ∫ 0 Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD c ạnh a có hai đ ỉnh liên ti ếp A, B n ằm trên đ ường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đ ường tròn đáy th ứ hai c ủa hình tr ụ. M ặt ph ẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m3 Câu V (1 điểm) Cho phương trình Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: (C ) : x + y 2 − 4 x − 2 y = 0; ∆ : x + 2 y − 12 = 0 . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp 2 tuyến lập với nhau một góc 60 . 0 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng 9 ( d ) : x − y − 3 = 0 và có hoành độ xI = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các 2 đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z + 5 = 0, ( P) : 2 x + 2 y − z + 16 = 0 . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính đ ộ dài ngắn nh ất c ủa đo ạn th ẳng MN. Xác đ ịnh v ị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 4 4 4 + + ≥2 +2 +2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 ----------------------Hết---------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 2
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 Nội dung Điểm Câu Ý I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞ • x →−∞ x →+∞ 0,25 x = 0 y ' = 4 x 3 − 4 x = 4 x ( x 2 − 1) ; y ' = 0 ⇔  •  x = ±1 • Bảng biến thiên 0,25 yCT 1 = y ( −1) = −1; yCT 2 = y ( 1) = −1; yC§ = y ( 0 ) = 0 • Đồ thị 0,25 2 1,00 Ta có f '( x ) = 4 x − 4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. 3 Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A = f '(a ) = 4a − 4a, k B = f '(b) = 4b − 4b 3 3 Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: y = f ' ( a ) ( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a ) − af' ( a ) ; y = f ' ( b ) ( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) − bf' ( b ) Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: k A = k B ⇔ 4a 3 − 4a = 4b3 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 − 1) = 0 (1) Vì A và B phân biệt nên a ≠ b , do đó (1) tương đương với phương trình: a 2 + ab + b2 − 1 = 0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau a 2 + ab + b2 − 1 = 0 2 a + ab + b − 1 = 0 2  ( a ≠ b) ⇔  ⇔ ,  f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( b ) −3a + 2a = −3b + 2b 4 2 4 2   Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghi ệm này tương ứng v ới cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( −1; −1) và ( 1; −1) . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 a 2 + ab + b 2 − 1 = 0   a ≠ ±1 a ≠ b  II 2,00 1 1,00 cos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) ≠ 0  Điều kiện:  0,25 cot x ≠ 1  2 ( cos x − sin x ) 1 cos x.sin 2 x = ⇔ = 2 sin x Từ (1) ta có: sin x cos 2 x cos x 0,25 cos x + −1 cos x sin 2 x sin x ⇔ 2sin x.cos x = 2 sin x π   x = 4 + k 2π 2 0,25 ( k ∈¢ ) ⇔ cos x = ⇔  x = − π + k 2π 2   4 π + k 2π ( k ∈ ¢ ) Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là x = − 0,25 4 2 1,00 Điều kiện: x > 3 0,25 Phương trình đã cho tương đương: 1 1 1 log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) + log 3−1 ( x − 2 ) > log 3−1 ( x + 3) 2 2 2 0,25 1 1 1 ⇔ log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) − log 3 ( x − 2 ) > − log 3 ( x + 3 ) 2 2 2 ⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3)  > log 3 ( x − 2 ) − log 3 ( x + 3)    x−2 ⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3)  > log 3  ÷    x+3 x−2 ⇔ ( x − 2 ) ( x − 3) > 0,25 x+3  x < − 10 ⇔ x2 − 9 > 1 ⇔   x > 10  Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x > 10 0,25 III 1,00 1 1,00 π 0,50 2 1  I = ∫ cos 2 x 1 − sin 2 2 x ÷dx 2  0 π 1 2 1  = ∫  1 − sin 2 2 x ÷d ( sin 2 x ) 2 0 2 
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 π π 2 2 1 1 ∫ d ( sin 2 x ) − 4 ∫ sin 2 xd ( sin 2 x ) = 2 20 0 π π 1 1 = sin 2 x| 2 − sin 3 2 x| 2 = 0 2 12 0 0 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM ⊥ AB và O ' N ⊥ CD . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: ∆IOM vuông cân tại O nên: 0,25 2 h 2a 2 OM = OI = IM ⇒ = ⇒h= a. 2 2 22 2 2 a a 2 2 a 2 a 2 3a 2 Ta có: R = OA = AM + MO =  ÷ +  = + = 2 2 2 2 ÷ 0,25 2  4 ÷ 48 8   3a 2 a 2 3 2π a 3 ⇒ V = π R 2h = π . = 0,25 . , 8 2 16 3π a 2 a3a2 và S xq = 2π Rh=2π . = . . 0,25 22 2 2 V 1,00 x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m3 (1) Phương trình Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 1 Nếu x ∈ [ 0;1] thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghi ệm duy nh ất thì c ần 0,25 1 1 có điều kiện x = 1 − x ⇒ x = . Thay x = vào (1) ta được: 2 2 m = 0 1 1 + m − 2. = m3 ⇒  2.  m = ±1 2 2 * Với m = 0; (1) trở thành: 0,25 ( ) 1 2 x − 4 1− x = 0 ⇔ x = 4 2 Phương trình có nghiệm duy nhất.
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 * Với m = -1; (1) trở thành x + 1 − x − 2 x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = −1 ( )( ) x + 1− x − 2 4 x ( 1− x) + x +1− x − 2 x ( 1− x) = 0 ⇔ ( ) +( ) 2 2 ⇔ x − 4 1− x x − 1− x =0 4 0,25 1 x − 4 1− x = 0 ⇔ x = 4 + Với 2 1 + Với x − 1 − x = 0 ⇔ x = 2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) =( ) 2 2 x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− 2 x ( 1− x) ⇔ x − 4 1− x x − 1− x 4 1 0,25 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x = nên trong trường hợp này (1) không có 2 nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. VIa 2,00 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai ti ếp của (C) k ẻ t ừ M. N ếu hai ti ếp tuy ến này l ập v ới 0,25 nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM = 2R=2 5 . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x − 2 ) + ( y − 1) = 20 . 2 2 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: ( x − 2 ) 2 + ( y − 1) 2 = 20 (1)  0,25   x + 2 y − 12 = 0 (2)  Khử x giữa (1) và (2) ta được: x = 3 0,25 ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 ⇔ 5 y − 42 y + 81 = 0 ⇔  27 2 2 2 x =  5  9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M  3; ÷ hoặc M  ; ÷ 0,25  2  5 10  2 1,00 Ta tính được AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 5 . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là m ột t ứ di ện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 3 3 14 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G  ;0; ÷, bán kính là R = GA = . 0,50 2 2 2 VIIa 1,00 9 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C . 0,25 18
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 0,25 9 + Không có bi xanh: có C13 cách. 9 + Không có bi vàng: có C15 cách. 9 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 0,50 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách. 9 9 9 9 VIb 2,00 1 1,00 9 3 9 và I ∈ ( d ) : x − y − 3 = 0 ⇒ I  ; ÷ I có hoành độ xI = 2 2 2 Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao đi ểm c ủa (d) và Ox, suy ra M(3;0) 99 AB = 2 IM = 2 ( xI − xM ) + ( y I − yM ) = 2 2 2 + =3 2 44 S 12 S ABCD = AB. AD = 12 ⇔ AD = ABCD = = 2 2. AB 32  AD ⊥ ( d )  0,50 , suy ra phương trình AD: 1. ( x − 3) + 1. ( y − 0 ) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 .   M ∈ AD  Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: x + y − 3 = 0  y = −x + 3  y = −x + 3    ⇔ ⇔  ( x − 3) + y = 2 ( x − 3) + ( 3 − x ) = 2  ( x − 3) + y = 2 2 2 2 2 2 2    y = 3− x x = 2 x = 4 ⇔ ⇔ hoặc  .Vậy A(2;1), D(4;-1),  x − 3 = ±1  y = 1  y = −1 x A + xC   xI = 2  xC = 2 xI − x A = 9 − 2 = 7  9 3 ⇔ I  ; ÷ là trung điểm của AC, suy ra:   y = y A + yC  yC = 2 yI − y A = 3 − 1 = 2 2 2 0,50  I  2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 + 2. ( −1) − 3 + 16 0,25 d = d ( I,( P) ) = =5⇒ d > R. 3 Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I 0,25 trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuôngrgóc với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P). Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là n P = ( 2; 2; −1) và qua I nên có phương trình là
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739  x = 2 + 2t   y = −1 + 2t ( t ∈ ¡ ) . z = 3 − t  Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2 ( 2 + 2t ) + 2 ( −1 + 2t ) − ( 3 − t ) + 16 = 0 ⇔ 9t + 15 = 0 ⇔ t = − =− 9 3 0,25  4 13 14  Suy ra N 0  − ; − ; ÷.  3 3 3 uuuu 3 uuu r r Ta có IM 0 = IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 5 VII 1,00 b 11 4 +≥ ( x > 0, y > 0) Áp dụng bất đẳng thức x y x+ y 0,50 1 1 4 1 1 4 1 1 4 + ≥ + ≥ + ≥ ; ; Ta có: a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c Ta lại có: 1 2 2 ≥2 =2 ⇔ 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 − 4a − 2b − 2c ≥ 0 2a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7 2 2 ⇔ 2 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 0 2 2 2 0,50 1 2 1 2 ≥2 ≥2 ; Tương tự: 2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 1 1 1 4 4 4 + + ≥2 +2 +2 Từ đó suy ra a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG- ĐỀ SỐ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = mx + 3mx − ( m − 1) x − 1 , m là tham số 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y = f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm) sin x + cos x 4 4 1 ( tan x + cot x ) 1. Giải phương trình : = sin 2 x 2 log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log 8 ( 4 + x ) 2 3 2. Giải phương trình: 2 3 dx 2 ∫ Câu III (1 điểm) Tính tích phân A = x 1− x 2 1 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đ ường sinh, bi ết SO = 3, kho ảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB b ằng 18. Tính th ể tích và di ện tích xung quanh c ủa hình nón đã cho.
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739  x2 − 7 x + 6 ≤ 0  Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2  x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0  PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC bi ết ph ương trình các đ ường th ẳng ch ứa các c ạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2z + 5 = 0; ( Q ) : x + 2 y − 2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa đ ộ O, qua đi ểm A(5;2;1) và ti ếp xúc v ới c ả hai m ặt ph ẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 4 52 Cn −1 − Cn −1 < 4 An − 2 3  k k  (Ở đây An , Cn lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 73 C n − 4 ≥ A  n +1 15 n +1  2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 .Xác định điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. x −1 y −3 x−5 z+5 z y 2. Cho mặt phẳng (P): x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các đường thẳng d1 : = = = = . ; d2 : −3 −5 2 2 6 4 Tìm các điểm M ∈ d1 , N ∈ d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x ) = ln và giải bất phương trình ( 3 − x) 3 π 6 t π∫ 2 sin dt 2 f '( x ) > 0 x +2 ----------------------Hết---------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3 Nội dung Điểm Câu Ý I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có y = x 3 + 3 x 2 − 1 0,25 + MXĐ: D = ¡ + Sự biến thiên: 0,25 Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ • x →−∞ x →+∞  x = −2 y ' = 3x 2 + 6 x ; y ' = 0 ⇔  • x = 0
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 • Bảng biến thiên 0,25 yC§ = y ( −2 ) = 3; yCT = y ( 0 ) = −1 • Đồ thị 0,25 2 1,00 + Khi m = 0 ⇒ y = x − 1 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m ≠ 0 ⇒ y ' = 3mx + 6mx − ( m − 1) 2 0,50 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1 ⇔ ∆ ' = 9m 2 + 3m ( m − 1) = 12m 2 − 3m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4 0,25 II 2,00 1 1,00 0,25 sin 4 x + cos 4 x 1 = ( tan x + cot x ) (1) sin 2 x 2 Điều kiện: sin 2 x ≠ 0
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 1 1 − sin 2 2 x 1  sin x cos x  2 0,25 (1) ⇔ = + ÷ 2  cos x sin x  sin 2 x 1 1 − sin 2 2 x 1 1 2 ⇔ = ⇔ 1 − sin 2 2 x = 1 ⇔ sin 2 x = 0 0,50 sin 2 x sin 2 x 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 − x + log 8 ( 4 + x ) (2) 2 3 2 x +1 ≠ 0  −4 < x < 4 0,25  Điều kiện:  4 − x > 0 ⇔   x ≠ −1 4 + x > 0  (2) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( 4 + x ) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 16 − x 2 ) 0,25 ⇔ log 2 4 x + 1 = log 2 ( 16 − x ) ⇔ 4 x + 1 = 16 − x 2 2 + Với −1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x − 12 = 0 (3) ; 0,25 x = 2 (3) ⇔   x = −6 ( lo¹i ) + Với −4 < x < −1 ta có phương trình x 2 − 4 x − 20 = 0 (4);  x = 2 − 24 ( 4) ⇔  0,25  x = 2 + 24 ( lo¹ i )  ( ) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 − 6 III 1,00 dx tdt Đặt t = 1 − x ⇒ t = 1 − x ⇒ 2tdt = −2 xdx ⇒ =− 2 2 2 2 x x dx tdt tdt ⇒ =− = 1− t 2 t 2 −1 x + Đổi cận: 0,50 1 3 x= ⇒t= 2 2 3 1 x= ⇒t= 2 2 1 3 1 t + 1 23 1  7 + 4 3  2 2 dt dt ∫ 1 − t 2 2 1 − t |12 = 2 ln  3 ÷ ∫ t 2 −1 = A= = ln 0,50  ÷   1 3 2 2 IV 1,00
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ⊥ AB, SE ⊥ AB , suy ra ( SOE ) ⊥ AB . Dựng OH ⊥ SE ⇒ OH ⊥ ( SAB ) , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 18 = + ⇒ = − = 1− = 2 2 2 2 2 2 OH SO OE OE OH SO 99 9 3 ⇒ OE 2 = ⇒ OE = 8 22 9 81 9 SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = ⇒ SE = 8 8 22 2S 1 36 = AB.SE ⇔ AB = SAB = =8 2 S SAB 9 2 SE 22 0,25 2 ( ) 1  9 9 265 2 OA2 = AE 2 + OE 2 =  AB ÷ + OE 2 = 4 2 + = 32 + = 2  8 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V = π .OA .SO = π π .3 = 2 0,25 3 38 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2 = SO 2 + OA2 = 9 + = ⇒ SA = 8 8 8 0,25 265 337 89305 S xq = π .OA.SA = π =π . 8 8 8 V 1,00  x − 7 x + 6 ≤ 0 (1) 2  Hệ bất phương trình  2  x − 2 ( m + 1) x − m + 3 ≥ 0 (2)  0,25 ( 1) ⇔ 1 ≤ x ≤ 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 ∈ [ 1;6] thỏa mãn (2). x2 − 2 x + 3 ≥ m ( do x ∈ [ 1;6] ⇒ 2 x + 1 > 0) ( 2 ) ⇔ x 2 − 2 x + 3 ≥ ( 2 x + 1) m ⇔ ( 2 x + 1) 0,25 x2 − 2x + 3 ; x ∈ [ 1;6] Gọi f ( x) = 2x +1 0,25 Hệ đã cho có nghiệm ⇔ ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m 2 ( x2 + x − 4) 2x2 + 2x − 8 −1 ± 17 f '( x) = ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x2 + x − 4 = 0 ⇔ x = = ( 2 x + 1) ( 2 x + 1) 2 2 2 −1 + 17 Vì x ∈ [ 1;6] nên chỉ nhận x = 2
Bến bờ thành công không phụ người cố gắng……..SĐT: 0977467739 27  −1 + 17  −3 + 17 2 Ta có: f (1) = , f (6) = , f  ÷= 13  ÷ 3 2 2   27 0,25 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x ) = 13 27 Do đó ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m ⇔ max f ( x) ≥ m ⇔ ≥m x∈[ 1;6] 13 VIa 2,00 1 1,00 4 x + 3 y − 4 = 0  x = −2 ⇒ A ( −2; 4 ) ⇔ Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:  0,25 x + 2 y − 6 = 0 y = 4 4 x + 3 y − 4 = 0 x = 1 ⇒ B ( 1;0 ) ⇔ Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình  0,25 x − y −1 = 0 y = 0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + 2 ) + b ( y − 4 ) = 0 ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0 Gọi ∆1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; ∆ 2 : x + 2 y − 6 = 0; ∆ 3 : ax + by + 2a − 4b = 0 Từ giả thiết suy ra (·∆ ; ∆ ) = (·∆ ; ∆ ) . Do đó 2 3 1 2 |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cos (·∆ 2 ; ∆ 3 ) = cos (·∆1; ∆ 2 ) ⇔ = 0,25 25. 5 5. a + b 2 2 a = 0 ⇔| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 ⇔ a ( 3a − 4b ) = 0 ⇔  3a − 4b = 0 + a = 0 ⇒ b ≠ 0 . Do đó ∆ 3 : y − 4 = 0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra ∆ 3 : 4 x + 3 y − 4 = 0 (trùng với ∆1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. y − 4 = 0 x = 5 ⇒ C ( 5; 4 ) ⇔ Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:  0,25 x − y −1 = 0 y = 4 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI = AI   OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) ⇔ OI = d ( I , ( P ) ) 0,25  d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )  0,25 Ta có: OI = AI ⇔ OI 2 = AI 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ( a − 5 ) + ( b − 2 ) + ( c − 1) 2 2 2 ⇔ 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b − 2c + 5 | ⇔ 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b − 2c + 5 ) (2) OI = d ( I , ( P ) ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = 2 3 | a + 2b − 2c + 5 | | a + 2b − 2c − 13 | d ( I,( P) ) = d ( I,( Q) ) ⇔ = 3 3  a + 2b − 2c + 5 = a + 2b − 2c − 13 ( lo¹ i ) ⇔ ⇔ a + 2b − 2c = 4 (3)  a + 2b − 2c + 5 = −a − 2b + 2c + 13

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.