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

Tuyển tập đề thi tốt nghiệp TPHT môn toán từ năm 1991 - 2010

Chia sẻ: Le Van Hieu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST
Báo xấu
428
lượt xem 127
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tìa liệu tham khảo về tuyển tập đề thi tốt nghiệp TPHT môn toán từ năm 1991 - 2010...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập đề thi tốt nghiệp TPHT môn toán từ năm 1991 - 2010

  1. http://www.VNMATH.com 1
  2. http://www.VNMATH.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 3 2 Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y = x − x + 5. 4 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x3 – 6x2 + m = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt. Câu 2 (3,0 điểm). 1) Giải phương trình 2 log 22 x − 14 log 4 x + 3 = 0. 1 2) Tính tích phân I = ∫ x 2 ( x − 1) 2 dx . 0 3) Cho hàm số f ( x) = x − 2 x 2 + 12. Giải bất phương trình f '( x) ≤ 0. Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA o vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4.a (2,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0) và C(0; 0; 3). 1) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC. 2) Tìm toạ độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Câu 5.a (1,0 điểm). Cho hai số phức z1 = 1 + 2i và z2 = 2 − 3i. Xác định phần thực và phần ảo của số phức z1 − 2 z2 . 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ có phương trình x y +1 z −1 = = . 2 −2 1 1) Tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng Δ. 2) Viết phương trình mặt phẳng chứa điểm O và đường thẳng Δ. Câu 5.b (1,0 điểm). Cho hai số phức z1 = 2 + 5i và z2 = 3 − 4i. Xác định phần thực và phần ảo của số phức z1.z2 . --------------------------------------------- Hết --------------------------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………….. Số báo danh: ……………………………... Chữ kí của giám thị 1: …………………………… Chữ kí của giám thị 2: …………………… 2
  3. http://www.VNMATH.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản gồm 04 trang) I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm). II. Đáp án và thang điểm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1. (2,0 điểm) (3,0 điểm) a) Tập xác định: D = \ . 0,25 b) Sự biến thiên: 3 2 • Chiều biến thiên: y ' = x − 3x. Ta có: 4 y ' = 0 ⇔ ⎡ x = 0 ; y ' > 0 ⇔ ⎡ x < 0 và y ' < 0 ⇔ 0 < x < 4. 0,50 ⎢⎣ x = 4 ⎢⎣ x > 4 Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ∞;0) và (4; + ∞); + Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 4). • Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yC§ = y(0) = 5; 0,25 + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4 và yCT = y(4) = −3. • Giới hạn: lim y = − ∞; lim y = + ∞ . 0,25 x →−∞ x →+ ∞ • Bảng biến thiên: x −∞ 0 4 +∞ y’ + 0 − 0 + 0,25 y 5 +∞ −∞ −3 31
  4. http://www.VNMATH.com c) Đồ thị (C): y 5 −2 4 0,50 O 6 x −3 2. (1,0 điểm) Xét phương trình: x 3 − 6 x 2 + m = 0 (∗). Ta có: 1 3 3 2 m 0,25 (∗) ⇔ x − x +5=5− . 4 2 4 Do đó: m 0,25 (∗) có 3 nghiệm thực phân biệt ⇔ đường thẳng y = 5 − cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt 4 m ⇔ −3 < 5 − < 5 ⇔ 0 < m < 32. 0,50 4 Câu 2 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) Điều kiện xác định: x > 0. Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với phương trình 0,50 2 log 22 x − 7 log 2 x + 3 = 0 ⎡ log 2 x = 3 ⇔ ⎢ 1 0,25 ⎢⎣ log 2 x = 2 ⎡x = 8 ⇔ ⎢ 0,25 ⎣ x = 2. Lưu ý: Nếu thí sinh chỉ tìm được điều kiện xác định của phương trình thì cho 0,25 điểm. 2. (1,0 điểm) 1 ∫(x ) 4 I = − 2 x 3 + x 2 dx 0,25 0 1 ⎛1 1 1 ⎞ = ⎜ x5 − x 4 + x3 ⎟ 0,50 ⎝5 2 3 ⎠ 0 1 = . 0,25 30 3. (1,0 điểm) 2x Trên tập xác định D = R của hàm số f(x), ta có: f '( x) = 1 − . 0,25 x 2 + 12 42
  5. http://www.VNMATH.com Do đó: f '( x) ≤ 0 ⇔ x 2 + 12 ≤ 2 x 0,25 ⎧x ≥ 0 ⇔ ⎨ 2 0,25 ⎩x ≥ 4 ⇔ x ≥ 2. 0,25 Câu 3 S Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình (1,0 điểm) vuông nên AO ⊥ BD. (1) Vì SA ⊥ mp(ABCD) nên: + SA là đường cao của khối chóp S.ABCD; A + SA ⊥ BD. (2) 0,50 D Từ (1) và (2) suy ra BD ⊥ mp(SOA). B O C Do đó SO ⊥ BD. (3) Từ (1) và (3) suy ra SOAn là góc giữa mp(SBD) và mp(ABCD). Do đó SOA n = 60o. Xét tam giác vuông SAO, ta có: n = AC .tan60o = a 2 . 3 = a 6 . 0,25 SA = OA. tan SOA 2 2 2 1 1 a 6 2 a3 6 Vì vậy VS.ABCD = SA. S ABCD = . .a = . 0,25 3 3 2 6 Câu 4.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A(1; 0; 0) và vuông góc với BC. JJJG 0,25 Vì BC ⊥ (P) nên BC là một vectơ pháp tuyến của (P). JJJG Ta có: BC = (0; − 2; 3). 0,25 Do đó, phương trình của (P) là: −2y + 3z = 0. 0,50 2. (1,0 điểm) Gọi (S) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Vì O(0; 0; 0) ∈ (S) nên phương trình của (S) có dạng: 0,25 x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz = 0. (∗) ⎧1 + 2a = 0 ⎪ Vì A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3) ∈ (S) nên từ (∗) ta được: ⎨ 4 + 4b = 0 ⎪ ⎩9 + 6c = 0. 0,50 1 3 Suy ra: a = − ; b = − 1; c = − . 2 2 ⎛1 3⎞ Vì vậy, mặt cầu (S) có tâm I = ⎜ ; 1; ⎟ . 0,25 ⎝2 2⎠ Lưu ý: Thí sinh có thể tìm toạ độ của tâm mặt cầu (S) bằng cách dựa vào các nhận xét về tính chất hình học của tứ diện OABC. Dưới đây là lời giải theo hướng này và thang điểm cho lời giải đó: 53
  6. http://www.VNMATH.com Tâm I của mặt cầu (S) là giao điểm của đường trục của đường tròn ngoại tiếp tam 0,25 giác OAB và mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng OC. Từ đó, vì tam giác OAB vuông tại O, các điểm A, B thuộc mp(Oxy) và điểm C thuộc trục Oz nên hoành độ, tung độ của I tương ứng bằng hoành độ, tung độ của trung 1 0,50 điểm M của đoạn thẳng AB và cao độ của I bằng cao độ của C. 2 ⎛1 ⎞ ⎛1 3⎞ Ta có M = ⎜ ; 1; 0 ⎟ và C = (0; 0; 3) (giả thiết). Vì vậy I = ⎜ ; 1; ⎟ . 0,25 ⎝2 ⎠ ⎝2 2⎠ Câu 5.a Ta có z1 − 2 z2 = − 3 + 8i. 0,50 (1,0 điểm) Do đó, số phức z − 2 z có phần thực bằng −3 và phần ảo bằng 8. 1 2 0,50 Câu 4.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Từ phương trình của ∆ suy ra ∆ đi qua điểm M(0; −1; 1) và có vectơ chỉ phương G u = (2; −2; 1). JJJJG G ⎡ MO, u ⎤ 0,50 ⎣ ⎦ Do đó d(O, ∆) = G . u JJJJG JJJJG G Ta có MO = (0; 1; −1). Do đó ⎡⎣ MO, u ⎤⎦ = ( −1; − 2; − 2 ) . 0,25 (−1) 2 + (−2) 2 + (−2)2 Vì vậy d(O, ∆) = = 1. 0,25 22 + (−2) 2 + 12 2. (1,0 điểm) Gọi (P) là mặt phẳng chứa điểm O và đường thẳng ∆. G JJJJG G G Do vectơ n = ⎡⎣ MO, u ⎤⎦ có phương vuông góc với (P) nên n là một vectơ pháp 0,50 tuyến của (P). Suy ra phương trình của (P) là: −x − 2y − 2z = 0, hay x + 2y + 2z = 0. 0,50 Câu 5.b Ta có: z1.z2 = 26 + 7i. 0,50 (1,0 điểm) Do đó, số phức z .z có phần thực bằng 26 và phần ảo bằng 7. 1 2 0,50 --------------- Hết --------------- 64
  7. http://www.VNMATH.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2009 Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + 1 Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y = . x−2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng – 5. Câu 2 (3,0 điểm) 1) Giải phương trình 25 x − 6.5 x + 5 = 0 . π 2) Tính tích phân I = ∫ x (1 + cos x ) dx. 0 3) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) = x 2 − ln(1 − 2 x) trên đoạn [– 2 ; 0]. Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA n = 1200 , tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết BAC II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được chọn phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu 4a (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình: (S): ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 2) 2 = 36 và (P): x + 2 y + 2 z + 18 = 0 . 1) Xác định toạ độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua T và vuông góc với (P). Tìm toạ độ giao điểm của d và (P). Câu 5a (1,0 điểm). Giải phương trình 8 z 2 − 4 z + 1 = 0 trên tập số phức. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu 4b (2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; – 2; 3) và đường thẳng d có phương trình x +1 y − 2 z + 3 = = . 2 1 −1 1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d. 2) Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu 5b (1,0 điểm). Giải phương trình 2 z 2 − iz + 1 = 0 trên tập số phức. ......... Hết ......... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh:........................... 7 Chữ kí của giám thị 1: ................................ Chữ kí của giám thị 2: ................................
  8. http://www.VNMATH.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn gồm 05 trang I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm). II. Đáp án và thang điểm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1. (2,0 điểm) (3,0 điểm) a) Tập xác định: D = \ \ {2} 0,25 b) Sự biến thiên: 5 • Chiều biến thiên: y' = − < 0 ∀x ∈ D. ( x − 2) 2 0,50 Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞ ; 2 ) và ( 2;+ ∞ ) . • Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị. Lưu ý: Ở ý b), cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số. • Giới hạn và tiệm cận: lim y = + ∞ , lim y = − ∞ ; lim y = lim y = 2 . x → 2+ x → 2− x →−∞ x →+∞ 0,50 Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2 và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 . • Bảng biến thiên: x –∞ 2 +∞ y' – – 0,25 2 +∞ y –∞ 2 8
  9. http://www.VNMATH.com y c) Đồ thị (C): ⎛ 1⎞ (C) cắt trục tung tại điểm ⎜ 0; − ⎟ ⎝ 2⎠ ⎛ 1 ⎞ và cắt trục hoành tại điểm ⎜ − ;0 ⎟ . ⎝ 2 ⎠ 2 0,50 1 − 2 O 2 x 1 − 2 Lưu ý: - Cho phép thí sinh thể hiện toạ độ giao điểm của (C) và các trục toạ độ chỉ trên hình vẽ. - Nếu thí sinh chỉ vẽ đúng dạng của đồ thị (C) thì cho 0,25 điểm. 2. (1,0 điểm) Kí hiệu d là tiếp tuyến của (C) và (x0; y0) là toạ độ của tiếp điểm. Ta có: 0,25 Hệ số góc của d bằng – 5 ⇔ y'(x0) = – 5 5 x =1 ⇔ − = −5 ⇔ ⎡ 0 ( x0 − 2) 2 ⎣⎢ x0 = 3 0,50 x0 = 1 ⇒ y0 = − 3; x0 = 3 ⇒ y0 = 7 . Từ đó, ta được các phương trình tiếp tuyến theo yêu cầu của đề bài là: y = − 5 x + 2 và y = − 5 x + 22 . 0,25 Câu 2 1. (1,0 điểm) x (3,0 điểm) Đặt 5 = t, t > 0, từ phương trình đã cho ta có phương trình 0,50 t2 – 6t + 5 = 0 (*) Giải (*), ta được t = 1 và t = 5 . 0,25 Với t = 1, ta được: 5x = 1 ⇔ x = 0 Với t = 5 , ta được: 5x = 5 ⇔ x = 1 0,25 Vậy, phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm là 2 giá trị x vừa nêu trên. 2. (1,0 điểm) Đặt u = x và dv = (1 + cos x)dx , ta có du = dx và v = x + sin x . 0,50 π π Do đó: I = x( x + sin x) 0 − ∫ ( x + sin x)dx 0,25 0 π ⎛ x2 ⎞ π2− 4 = π −⎜ 2 − cos x ⎟ = . 0,25 ⎝ 2 ⎠0 2 9
  10. http://www.VNMATH.com Lưu ý: • Thí sinh được phép trình bày lời giải vừa nêu trên như sau: π π π π ⎛ x2 ⎞ π 2 −4 I = ∫ xd(x + sin x) = x( x + sin x) 0 − ∫ ( x + sin x)dx = π − ⎜ − cos x ⎟ =2 0 0 ⎝ 2 ⎠0 2 • Ngoài cách 1 nêu trên, còn có thể tính I theo cách sau: Cách 2: π π I = ∫ xdx + ∫ x cos xdx (*) 0 0 2 π x π π2 π π = + ∫ xd(sin x) = + x sin x 0 − ∫ sin xdx (**) 2 0 0 2 0 π2 π π2− 4 = + cos x 0 = . 2 2 Trong trường hợp thí sinh tính I theo cách 2, việc cho điểm được thực hiện như sau: - Biến đổi về (*): 0,25 điểm; - Biến đổi từ (*) về (**): 0,50 điểm; - Biến đổi tiếp từ (**) đến kết quả: 0,25 điểm. 3. (1,0 điểm) 2 2(2 x + 1)( x − 1) Ta có: f '( x) = 2 x + = ∀x ∈(– 2; 0). 1− 2 x 2 x −1 0,50 1 Suy ra, trên khoảng (– 2; 0): f '( x) = 0 ⇔ x = − . 2 ⎛ 1⎞ 1 Ta có: f (0) = 0 , f (−2) = 4 − ln 5 , f ⎜ − ⎟ = − ln 2 . 0,25 ⎝ 2⎠ 4 e4 1 4 e Vì 4 − ln 5 = ln > 0 (do e4 > 5) và − ln 2 = ln < 0 (do e < 24 ) 5 4 2 0,25 1 Nên min f ( x) = − ln 2 và max f ( x) = 4 − ln 5 . x∈[ −2;0] 4 x∈[ −2;0] Lưu ý: Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên đoạn [– 2; 0] còn được kí hiệu tương ứng bởi min f ( x) và max f ( x) . [ −2;0] [ −2;0] Câu 3 Vì SA ⊥ mp(ABC) nên S (1,0 điểm) SA ⊥ AB và SA ⊥ AC. Xét hai tam giác vuông SAB và SAC, ta có a SB = SC } SA chung ⇒ Δ SAB = Δ SAC A C 0,25 ⇒ AB = AC B 10
  11. http://www.VNMATH.com Áp dụng định lí côsin cho tam giác cân BAC, ta được n = 2 AB 2 (1 − cos1200 ) = 3 AB 2 a 2 = BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC a 3 0,50 Suy ra AB = . 3 a 6 1 n a2 3 Do đó SA = SB − AB =2 2 và SABC = AB .sin BAC = 2 . 3 2 12 1 a3 2 Vì vậy VS.ABC = SABC.SA = . 0,25 3 36 Lưu ý: Ở câu này, không cho điểm hình vẽ. Câu 4a 1. (0,75 điểm) (2,0 điểm) • Tâm T và bán kính R của (S): T = (1;2; 2) và R = 6 . 0,25 |1.1 + 2.2 + 2.2 + 18 | • Khoảng cách h từ T đến (P): h= =9 0,50 12 + 22 + 22 2. (1,25 điểm) • Phương trình tham số của d: G Vì d ⊥ (P) nên vectơ pháp tuyến n của (P) là vectơ chỉ phương của d. 0,25 G Từ phương trình của (P), ta có n = (1; 2;2 ) . ⎧⎪ x = 1 + t Do đó, phương trình tham số của d là: ⎨ y = 2 + 2t 0,25 ⎪⎩ z = 2 + 2t • Toạ độ giao điểm H của d và (P): 0,25 Do H∈ d nên toạ độ của H có dạng (1 + t ; 2 + 2t ; 2 + 2t). Vì H ∈ (P) nên 1 + t + 2(2 + 2t) + 2(2 + 2t) + 18 = 0, hay t = − 3 . 0,25 Do đó H = (−2; − 4; − 4) . 0,25 Câu 5a Ta có: Δ = 16 − 32 = − 16 = (4i ) . 2 0,50 (1,0 điểm) Do đó, phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 4 + 4i 1 1 4 − 4i 1 1 0,50 z1 = = + i và z2 = = − i. 16 4 4 16 4 4 1± i 4 ± 4i Lưu ý: Cho phép thí sinh viết nghiệm ở dạng z1, 2 = hoặc z1, 2 = . 4 16 Câu 4b 1. (0,75 điểm) (2,0 điểm) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d. G Vì d ⊥ (P) nên vectơ chỉ phương G u của d là vectơ pháp tuyến của (P). 0,25 Từ phương trình của d, ta có u = ( 2;1; − 1) . Do đó, phương trình tổng quát của mp(P) là: 0,50 2.( x − 1) + 1.( y + 2) + ( −1)( z − 3) = 0 hay 2 x + y − z + 3 = 0 . 11
  12. http://www.VNMATH.com 2. (1,25 điểm) • Khoảng cách h từ A đến d: Từ phương trình của d suy ra điểm B(–1; 2; –3) thuộc d. JJJG G 0,50 ⎡ BA , u ⎤ Do đó h = ⎣ G ⎦ . |u| JJJG Ta có BA = (2; − 4;6) . Do đó: ( ) JJJG G 1 − 1 ; −1 2 ; 2 1 = (2; − 14; − 10) 0,25 ⎡ BA , u ⎤ = ⎣ ⎦ −4 6 6 2 2 −4 22 + (−14) 2 + (−10) 2 Vì vậy h = = 5 2. 0,25 22 + 12 + (−1) 2 • Phương trình mặt cầu (S) tâm A(1; –2; 3), tiếp xúc với d: Vì (S) tiếp xúc với d nên có bán kính bằng h. Do đó, phương trình của (S) là: 0,25 ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 50 2 2 2 Lưu ý: Có thể sử dụng kết quả phần 1) để tính khoảng cách h từ A đến d. Dưới đây là lời giải tóm tắt theo hướng này và thang điểm cho lời giải đó: Gọi H là giao điểm của d và mặt phẳng (P), ta có H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Do đó h = AH . 0,25 Toạ độ của H là nghiệm của hệ phương trình ⎧x + 1 y − 2 z + 3 ⎪ = = ⎨ 2 1 −1 0,50 ⎪⎩2 x + y − z + 3 = 0 Từ kết quả giải hệ trên ta được H = ( −3 ; 1 ; − 2 ) . (1 + 3) + ( −2 − 1) + ( 3 + 2 ) = 5 2 . 2 2 2 Vì vậy h = AH = 0,25 Câu 5b Ta có: Δ = i 2 − 8 = − 9 = ( 3i ) . 2 0,50 (1,0 điểm) Do đó, phương trình đã cho có 2 nghiệm là: i + 3i i − 3i 1 0,50 z1 = = i và z2 = = − i. 4 4 2 - Hết - 12
  13. http://www.VNMATH.com Bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2008 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ th«ng kh«ng ph©n ban §Ò thi chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u 1 (3,5 ®iÓm) Cho hµm sè y = x 4 − 2 x 2 . 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. 2) ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x = − 2 . C©u 2 (2,0 ®iÓm) 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: 9 f ( x ) = x + trªn ®o¹n [2; 4]. x 1 2) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ (1 + e x ) xdx . 0 C©u 3 (1,5 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é Oxy, cho hai ®iÓm A(0; 8) vµ B( − 6; 0). Gäi (T) lµ ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB. 1) ViÕt ph−¬ng tr×nh cña (T). 2) ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (T) t¹i ®iÓm A. TÝnh cosin cña gãc gi÷a tiÕp tuyÕn ®ã víi ®−êng th¼ng y − 1 = 0 . C©u 4 (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm M(1; 2; 3) vµ mÆt ph¼ng (α) cã ph−¬ng tr×nh 2 x − 3y + 6z + 35 = 0 . 1) ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua ®iÓm M vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (α). 2) TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm M ®Õn mÆt ph¼ng (α). T×m to¹ ®é ®iÓm N thuéc trôc Ox sao cho ®é dµi ®o¹n th¼ng NM b»ng kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm M ®Õn mÆt ph¼ng (α). C©u 5 (1,0 ®iÓm) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh (n 2 − 5)C 4n + 2C 3n ≤ 2A 3n . (Trong ®ã C kn lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö vµ A kn lµ sè chØnh hîp chËp k cña n phÇn tö). .........HÕt......... ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: ..................................................................... Sè b¸o danh:.............................................................................. Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1: ....................................................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2: .................................................. 13
  14. http://www.VNMATH.com Bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2008 M«n thi: to¸n - Trung häc phæ th«ng ph©n ban §Ò thi chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò I. PhÇn chung cho thÝ sinh c¶ 2 ban (8 ®iÓm) C©u 1 (3,5 ®iÓm) Cho hµm sè y = 2 x 3 + 3x 2 − 1 . 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. 2) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm thùc cña ph−¬ng tr×nh 2x 3 + 3x 2 − 1 = m. C©u 2 (1,5 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 32x +1 − 9.3x + 6 = 0 . C©u 3 (1,0 ®iÓm) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P = (1 + 3 i) 2 + (1 − 3 i) 2 . C©u 4 (2,0 ®iÓm) Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu S.ABC cã c¹nh ®¸y b»ng a, c¹nh bªn b»ng 2a. Gäi I lµ trung ®iÓm cña c¹nh BC. 1) Chøng minh SA vu«ng gãc víi BC. 2) TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABI theo a. II. PHÇN dμnh cho thÝ sinh tõng ban (2 ®iÓm) A. ThÝ sinh Ban KHTN chän c©u 5a hoÆc c©u 5b C©u 5a (2,0 ®iÓm) 1 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ x 2 (1 − x 3 ) 4 dx . −1 ⎡ π⎤ 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f (x) = x + 2 cos x trªn ®o¹n ⎢0; ⎥ . ⎣ 2⎦ C©u 5b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho ®iÓm A(3; − 2; − 2) vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph−¬ng tr×nh 2x − 2 y + z − 1 = 0 . 1) ViÕt ph−¬ng tr×nh cña ®−êng th¼ng ®i qua ®iÓm A vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P). 2) TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A ®Õn mÆt ph¼ng (P). ViÕt ph−¬ng tr×nh cña mÆt ph¼ng (Q) sao cho (Q) song song víi (P) vµ kho¶ng c¸ch gi÷a (P) vµ (Q) b»ng kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A ®Õn (P). B. ThÝ sinh Ban KHXH-NV chän c©u 6a hoÆc c©u 6b C©u 6a (2,0 ®iÓm) π 2 1) TÝnh tÝch ph©n J = ∫ (2x − 1) cos xdx . 0 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f ( x ) = x 4 − 2 x 2 + 1 trªn ®o¹n [0; 2] . C©u 6b (2,0 ®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz, cho tam gi¸c ABC víi A(1; 4; − 1), B( 2; 4; 3) vµ C(2; 2; − 1) . 1) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ®i qua A vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng BC. 2) T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho tø gi¸c ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. .........HÕt......... ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: ..................................................................... Sè b¸o danh:.............................................................................. Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1: ....................................................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2: .................................................. 14
  15. http://www.VNMATH.com bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2008 M«n thi: to¸n – Trung häc phæ th«ng kh«ng ph©n ban ®Ò thi chÝnh thøc H−íng dÉn chÊm thi B¶n h−íng dÉn chÊm gåm 03 trang I. H−íng dÉn chung 1) NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× cho ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− h−íng dÉn quy ®Þnh. 2) ViÖc chi tiÕt ho¸ thang ®iÓm (nÕu cã) so víi thang ®iÓm trong h−íng dÉn chÊm ph¶i ®¶m b¶o kh«ng sai lÖch víi h−íng dÉn chÊm vµ ®−îc thèng nhÊt thùc hiÖn trong Héi ®ång chÊm thi. 3) Sau khi céng ®iÓm toµn bµi, lµm trßn ®Õn 0,5 ®iÓm (lÎ 0,25 lµm trßn thµnh 0,5; lÎ 0,75 lµm trßn thµnh 1,0 ®iÓm). II. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm c©u §¸p ¸n §iÓm C©u 1 1. (2,5 ®iÓm) 0,25 (3,5 ®iÓm) a) TËp x¸c ®Þnh: R, hµm sè lµ hµm ch½n. b) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn: y′= 4x 3 - 4x = 4x(x 2 -1), nghiÖm ph−¬ng tr×nh y’ = 0 lµ: x = 0, x = -1, x = 1. y’ > 0 trªn c¸c kho¶ng (- 1; 0) vµ (1; + ∞) 0,75 y’ < 0 trªn c¸c kho¶ng (−∞; − 1) vµ (0; 1). Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng (- 1; 0) vµ (1; + ∞) , nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (−∞; − 1) vµ (0; 1). • Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 0; yC§ = 0, ®¹t cùc tiÓu t¹i x = - 1 vµ x = 1; yCT = - 1. • Giíi h¹n: lim y = +∞ ; lim y = +∞ x → −∞ x →+∞ 1 • TÝnh låi lâm, ®iÓm uèn: y” = 12x2 – 4 ; y” = 0 ⇔ x = ± . 3 1 1 1 1 y’’< 0 khi x ∈ (− ; ) , y’’> 0 khi x ∈ (−∞; − ) ∪ ( ; + ∞) 3 3 3 3 1 1 ⇒ ®å thÞ hµm sè låi trªn kho¶ng (- ; ), lâm trªn c¸c kho¶ng 0,50 3 3 1 1 (−∞; − ), ( ; + ∞) vµ cã hai ®iÓm uèn: 3 3 ⎛ 1 5⎞ ⎛ 1 5⎞ U1 ⎜⎜ − ; − ⎟⎟ vµ U2 ⎜⎜ ; − ⎟⎟ ⎝ 3 9⎠ ⎝ 3 9⎠ 1 15
  16. http://www.VNMATH.com • B¶ng biÕn thiªn: -∞ -1 - 1 0 1 1 +∞ x 3 3 y’ - 0 + 0 - 0 + 0,50 +∞ +∞ y 0 5 5 - - 9 9 -1 -1 c) §å thÞ: - Giao ®iÓm víi Ox: (0; 0), ( 2 ; 0), (− 2 ; 0) víi Oy: (0; 0). - §å thÞ hµm sè nhËn trôc tung lµm trôc ®èi xøng. y 0,50 -1 O 1 - 2 2 x -1 2. (1,0 ®iÓm) §iÓm thuéc ®å thÞ hµm sè cã hoµnh ®é x = - 2, cã tung ®é y = 8; 0,50 y' ( −2) = - 24. Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cÇn t×m lµ: y – 8 = y' ( −2) (x + 2) hay y = -24x – 40. 0,50 C©u 2 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 ®iÓm) 9 XÐt trªn ®o¹n [2; 4] , hµm sè ®· cho cã: f ′(x ) = 1 − ; f ′(x ) = 0 ⇔ x = 3 0,50 x2 13 25 f (2) = ; f (3) = 6; f (4) = . 2 4 13 0,50 KÕt luËn: max f(x)= ; min f(x)=6. [ ] 2;4 2 [2;4] 2. (1,0 ®iÓm) §Æt u = x vµ dv = (1 + ex)dx ⇒ du = dx vµ v = x + ex 1 x I = [ x ( x + e )] 1 − ∫ ( x + e x )dx 0,50 0 0 2 x 1 1 3 I = 1+ e − ( + ex ) 0 = 1 + e − ( + e − 1) = . 0,50 2 2 2 C©u 3 1. (0,75 ®iÓm) §−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB nhËn AB lµm ®−êng kÝnh. T©m cña ®−êng trßn lµ trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng AB. (1,5 ®iÓm) 1 I = (- 3; 4); b¸n kÝnh b»ng AB = 5. 0,75 2 Ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn cÇn t×m lµ: ( x + 3) 2 + ( y − 4) 2 = 25 . 2 16
  17. http://www.VNMATH.com 2. (0,75 ®iÓm) TiÕp tuyÕn cÇn t×m nhËn vect¬ IA = (3; 4) lµ mét vect¬ ph¸p tuyÕn. 0,50 Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn lµ: 3( x − 0) + 4( y − 8) = 0 ⇔ 3x + 4y -32 = 0. Gäi α lµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn vµ ®−êng th¼ng y – 2 = 0 0.3 + 4.1 4 0,25 ⇒ cos α = = . 32 + 4 2 5 C©u 4 1. (1,0 ®iÓm) §−êng th¼ng cÇn t×m vu«ng gãc víi mp (α), nhËn n = (2; − 3; 6) lµ mét (2,0 ®iÓm) vect¬ chØ ph−¬ng. x −1 y − 2 z − 3 1,0 Ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®−êng th¼ng cÇn t×m lµ: = = . 2 −3 6 2.1- 3.2 + 6.3+ 35 2. (1,0 ®iÓm) d(M, (α)) = =7 0,50 2 2 + (-3)2 + 62 §iÓm N thuéc Ox ⇒ N(a; 0; 0) ⇒ NM = (a -1) 2 + 22 + 32 . d(M, (α)) = NM ⇔ (a − 1) 2 + 2 2 + 3 2 = 7 ⎡a = 7 0,50 ⇔ (a − 1)2 = 36 ⇔ ⎢ ⎣a = −5 Cã hai ®iÓm N tho¶ m·n yªu cÇu ®Ò bµi víi to¹ ®é lµ: (7; 0; 0), (- 5; 0; 0). C©u 5 §K: n ∈ N vµ n ≥ 4 . (n 2 − 5)n! n! n! (1,0 ®iÓm) BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho cã d¹ng: +2 ≤2 0,50 (n − 4)!4! (n − 3)!3! (n − 3)! ⇔ (n − 5)(n 2 + 2n + 5) ≤ 0 ⇔ n − 5 ≤ 0 (v× n 2 + 2n + 5 > 0, ∀n ) ⇔ n ≤ 5 . 0,50 KÕt hîp ®iÒu kiÖn, ®−îc nghiÖm cña bÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho lµ: n = 4 vµ n = 5. ……….HÕt………. 3 17
  18. http://www.VNMATH.com Bé gi¸o dôc vμ ®μo t¹o kú thi tèt nghiÖp trung häc phæ th«ng n¨m 2008 M«n thi: to¸n – Trung häc phæ th«ng ph©n ban ®Ò thi chÝnh thøc H−íng dÉn chÊm thi B¶n h−íng dÉn chÊm gåm 04 trang I. H−íng dÉn chung 1) NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× cho ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− h−íng dÉn quy ®Þnh. 2) ViÖc chi tiÕt ho¸ thang ®iÓm (nÕu cã) so víi thang ®iÓm trong h−íng dÉn chÊm ph¶i ®¶m b¶o kh«ng sai lÖch víi h−íng dÉn chÊm vµ ®−îc thèng nhÊt thùc hiÖn trong Héi ®ång chÊm thi. 3) Sau khi céng ®iÓm toµn bµi, lµm trßn ®Õn 0,5 ®iÓm (lÎ 0,25 lµm trßn thµnh 0,5; lÎ 0,75 lµm trßn thµnh 1,0 ®iÓm). II. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm c©u §¸p ¸n §iÓm C©u 1 1. (2,5 ®iÓm) 0,25 (3,5 ®iÓm) a) TËp x¸c ®Þnh: R b) Sù biÕn thiªn: • ChiÒu biÕn thiªn: 0,50 y′ = 6x 2 + 6x = 6x ( x + 1) . Ph−¬ng tr×nh y′ = 0 cã nghiÖm: x = -1, x = 0. y′ > 0 ⇔ x ∈ (− ∞; − 1) ∪ (0; + ∞ ) , y′ < 0 ⇔ x ∈ (− 1; 0 ) . Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng (− ∞; − 1) vµ (0; + ∞ ) , nghÞch biÕn trªn kho¶ng (-1; 0). 0,75 • Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = -1, yC§ = 0, ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 0, yCT = -1. • Giíi h¹n: lim y = −∞ ; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ • B¶ng biÕn thiªn: x -∞ -1 0 +∞ y’ + 0 - 0 + 0,50 y 0 +∞ -∞ -1 118
  19. http://www.VNMATH.com c) §å thÞ: Giao ®iÓm víi Oy: (0; -1). 1 Giao ®iÓm víi Ox: (-1; 0) vµ ( ; 0) 2 y O 1 x -1 0,50 2 -1 2. (1,0 ®iÓm) Sè nghiÖm thùc cña ph−¬ng tr×nh 2x3 + 3x 2 -1= m b»ng sè giao ®iÓm cña ®å thÞ (C) cña hµm sè y = 2 x 3 + 3x 2 − 1 vµ ®−êng th¼ng (d): y = m. Dùa vµo ®å thÞ ta cã: Víi m < -1 hoÆc m > 0, (d) vµ (C) cã mét ®iÓm chung, do ®ã ph−¬ng tr×nh cã mét nghiÖm. 1,0 Víi m = -1 hoÆc m = 0, (d) vµ (C) cã hai ®iÓm chung, do ®ã ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm. Víi -1 < m < 0, (d) vµ (C) cã ba ®iÓm chung, do ®ã ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm. C©u 2 §Æt 3 x = t > 0 ta cã ph−¬ng tr×nh 3t2 – 9t + 6 = 0 ph−¬ng tr×nh trªn cã hai nghiÖm t = 1 vµ t = 2 (®Òu tho¶ m·n). 0,75 (1,5 ®iÓm) NÕu t =1 th× 3 = 1 ⇔ x = 0. NÕu t = 2 th× 3 = 2 ⇔ x = log32. x x 0,75 VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm: x = 0, x = log32. C©u 3 Khai triÓn ®óng: (1 + 3 i )2 = 1 + 2 3 i − 3 vµ (1 − 3 i )2 = 1 − 2 3 i − 3 0,50 (1,0 ®iÓm) Rót gän ®−îc P = − 4 0,50 C©u 4 1. (1,0 ®iÓm) S Tam gi¸c SBC c©n t¹i S, (2,0 ®iÓm) I lµ trung ®iÓm BC suy ra BC ⊥ SI . Tam gi¸c ABC ®Òu suy ra BC ⊥ AI . 0,50 A C O I B 219
  20. http://www.VNMATH.com V× BC vu«ng gãc víi hai c¹nh AI vµ SI cña tam gi¸c SAI nªn BC ⊥ SA . 0,50 2. (1,0 ®iÓm) 2 2a 3 a 3 Gäi O lµ t©m cña ®¸y ABC, ta cã AO = AI = = . V× S.ABC lµ 0,50 3 3 2 3 h×nh chãp tam gi¸c ®Òu nªn SO ⊥ (ABC). XÐt tam gi¸c SOA vu«ng t¹i O: a 3 2 33a 2 a 33 SO 2 = SA 2 − AO 2 = (2a ) 2 − ( ) = ⇒ SO = 3 9 3 0,50 ThÓ tÝch khèi chãp S.ABI lµ: 1 11 1 a 3 a a 33 a 3 11 VS.ABI = S ABI .SO = AI.BI.SO = = (®vtt). 3 32 6 2 2 3 24 C©u 5a 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 ®iÓm) 0,50 §Æt u = 1 – x3 ⇒ du = -3x2dx. Víi x = -1 ⇒ u = 2, x = 1 ⇒ u = 0. 0 1 12 1 2 32 I = ∫ (− u 4 )du = ∫ u 4 du = u 5 = . 2 3 30 15 0 5 0,50 2. (1,0 ®iÓm) ⎡ π⎤ XÐt trªn ®o¹n ⎢0; ⎥ , hµm sè ®· cho cã: f ′( x ) = 1 − 2 sin x ; ⎣ 2⎦ 0,50 π f ′( x ) = 0 ⇔ x = . 4 π π π π f (0) = 2 ; f ( ) = + 1; f ( ) = . 4 4 2 2 π 0,50 VËy min f ( x ) = 2 , max f ( x ) = + 1 . π [ 0; ] π [ 0; ] 4 2 2 1. (1,0 ®iÓm) §−êng th¼ng cÇn t×m vu«ng gãc víi (P), nhËn n = (2; − 2;1) lµ mét vect¬ chØ C©u 5b ph−¬ng. (2,0 ®iÓm) ⎧x = 3 + 2 t 1,0 ⎪ Ph−¬ng tr×nh tham sè cña ®−êng th¼ng lµ: ⎨ y = −2 − 2 t ⎪z = −2 + t ⎩ 2. (1,0 ®iÓm) Kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A ®Õn mÆt ph¼ng (P) lµ: 2.3 − 2.(−2) + 1.(−2) − 1 7 0,25 d(A, (P)) = = . 2 2 + (−2) 2 + 12 3 Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) song song víi mÆt ph¼ng (P) cã d¹ng 2x – 2y + z + D = 0. 320
ADSENSE

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.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2