Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống ABC là H sao cho 1 2 uuur uuur... Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a.. Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dư
Trang 1Đề số 1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y x= 3−3 m 1 x( + ) 2+9x m 2+ − (1) có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng 1
2
Câu II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình: sin 2x cos x 3( + −) 2 3cos x 3 3cos2x 83 − + ( 3 cos x sinx− )−3 3 0=
2) Giải bất phương trình : ( 2 )
2
log x 4x 5 log
+
. 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y=x.sin2x, y=2x, x=
2
π
Câu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là
450 Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho 1
2
uuur uuur
gọi K
là trung điểm AA’, ( )α là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N Tính tỉ số thể tích ABCKMN
A'B'C'KMN
V
2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:
2
2
6
a a
a b ab b a a 6 0
Câu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau Tính xác suất để lấy
được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
n 1
9 19
2 2
P 720
−
+
−
2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc
x y
1
25+ 9 = (E), viết phương trình đường thẳng song song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4
3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 biết:
1
x 2 t
d : y 2 t
z 3 t
= +
= +
= −
2 x 1 y 2 z 1
d :
− = − = −
Câu V: (1điểm) Cho a, b, c 0≥ và a2+ + =b2 c2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
1 b 1 c 1 a
Trang 2
Đề số 2
Bài 1(2 điểm):
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = (| | 1) (| | 1) x + 2 x − 2
2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C)
Bài 2(3 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
2 2
x y
(x y R , ∈ ) 2) Giải phương trình: sin tan2 x x + cos2 x = cos 2 (2 tan ) x − x , ( với x R ∈ )
3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn 5
;4 2
:
1/ 22 2 1/ 2 1
2
x
−
Bài 3(1 điểm):
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA SB SC = = = 3 a, (a > 0) Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a
Bài 4(2 điểm):
1) Tính tích phân:
1
0
.ln(1 )
∫
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(1 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:
1
1 2 ;( )
1 2
y t t R
= +
= +
,đường thẳng d2 là giao
tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0 Gọi I là giao điểm của d1 và d2 Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và d2 lần lượt tại B và
C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I
Bài 6(1 điểm):
Cho x, y, z≥ 0 và x2 + y2 + z2 = 3 Chứng minh:
3 2 2
Hết
Trang 3Đề số 3
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 1
1
x y x
−
= +
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C)
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình: 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 22 0
2sinx - 3
x
=
2 Giải bất phương trình: 2 2 2
2
3 2.log 3 2.(5 log 2)x
Câu III: ( 1 điểm)
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thị (C) của hàm sô y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại
điểm có hoành độ x 0 = 0 Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a Biết khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và A’C bằng 15
5
a Tính thể tích của khối lăng trụ.
Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
4
(2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)
x
+
II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( 2 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1; và phương trình: x 2 + y 2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m.Gọi các
đường tròn tương ứng là (Cm) Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C)
2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: 1 2
và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 =
0 Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( 1 điểm) Cho x; y là các số thực thoả mãn x 2 + y 2 + xy = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = 5xy – 3y 2
Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: ( 2 điểm)
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng 1
:
− và 2
:
− Chứng minh đường thẳng d 1 ; d 2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1(− 3;0); ( 3;0)F2 và đi qua điểm 3;1
2
Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức:
P = F 1 M 2 + F 2 M 2 – 3OM 2 – F 1 M.F 2 M
Câu VII.b:( 1 điểm) Tính giá trị biểu thức:
Trang 4
20100 3 20102 32 20104 ( 1)k 20102k 31004 20102008 31005 20102010
S C= − C + C + + − C + + C − C
-Hết
Trang 5-ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
Đề số 1
Bài
1
1
Khi m = 1 ta có hàm số: 3 2
• BBT:
x -∞ 1 3 +∞
y/ + 0 - 0 +
3 +∞
y
-∞ 1
1đ
2 y'=3x2 −6(m+1)x+9
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
0 9 3 ) 1 ( 9 '= + 2− >
∆ m ⇔m∈(−∞;−1− 3)∪(−1+ 3;+∞)
Ta có (3 6( 1) 9) 2( 2 2) 4 1
3
1 3
− +
y
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
1 4 ) 2 2 (
2 2 + − + +
−
y
Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y x
2
1
= ta có điều kiện cần là
2
1 ) 2 2 (
2 2 + − =−
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
3
1 0
3 2 2
m
m m
m
Khi m = 1 ⇒ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5 Tọa độ trung điểm CĐ và
CT là:
= + +
−
= +
=
= +
1 2
10 ) (
2 2
2 2
4 2
2 1 2
1
2 1
x x y
y
x x
Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y x
2
1
= ⇒m=1tm Khi m = -3 ⇒ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11
3
−
=
⇒m không thỏa mãn
Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài
1đ
Bài
2
1 phương trình đưa về:
1 đ
Trang 6
=
=
=
⇔
=
− +
=
−
⇔
= +
−
−
−
⇔
) ( 4 cos
1 cos
3 tan 0
4 cos 3 cos
0 sin cos 3
0 ) 8 cos 6 cos 2 )(
sin cos 3 (
2
2
loai x
x
x x
x
x x
x x
x x
Ζ
∈
=
+
=
k x
k x
, 2
3 π
π π
2
Đk:
−
>
+∞
∪
−
−∞
∈
⇔
>
+
>
− +
7
)
; 1 ( ) 5
; ( 0
7
0 5 4 2
x
x x
x x
) 1 ( ) 5
; 7 (− − ∪ +∞
∈
⇒x
Từ pt
7
1 log 2 ) 5 4 (
2 + − >− +
⇒
x x
27 log ( 4 5) log ( 7)
5
⇔ + − > + ⇔ <
Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: )
5
27
; 7 (− −
∈
x
0.75đ
3 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔x.sin2x – 2x = 0 ⇔x(sin2x – 2) =0 ⇔x = 0
Diện tích hình phẳng là:
∫
0
2
0 ( sin2 2 ) π (sin2 2)
π
dx x x dx
x x x S
Đặt
−
−
=
=
⇒
−
=
=
x
x v
dx du dx x dv
x u
2 2
2 cos )
2 2
2 2
π
π − + = −
=
0.75đ
Bài
3
1 Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’
ta có:
2
3
a
3
a
⇒
Vì ∆' AHA' vuông cân tại H
Vậy A'H =a 3
Ta có
4
3 2
3 2
1 a a2
a
(đvdt)
4
3 4
3 3
3 2
' '
a a
a
t) (1)
Vì ∆' AHA' vuông cân
(BB C C)
HK AA
⇒
CN (2)
mà AA’ = A'H2 +AH2 = 3a2 +3a2 =a 6
4
6 2
CN PE BM
a
⇒
1đ
45
E
K
J
I A
B
C
C'
B' A'
P
H
Q
N
M
Trang 7Ta có thể tích K.MNJI là:
1 3
'
MNJI
a
=
2
MNJI
KMNJI
3 3
2 3 ' ' '
3
1
8 8
8 8
ABCKMN
A B C KMN
V
V
−
+
2 ĐK: a2+a≠0
Từ (1) ⇔(a2 +a)2−5(a2 +a)−6=0
= +
−
= +
⇔
6
1 2
2
a a
a a
Khi a2+a=−1 thay vào (2)
2
1 23
2
6 0
1 23
2
i b
i b
− −
=
⇒ − − − = ⇔
− +
=
;
+
−
=
−
−
=
⇔
= + +
2
3 1 2
3 1 0
1 2
i a
i a
a a
Khi a2+a=6
=
−
=
⇔
2
3
a
a
Thay vào (2) 2
1 5 2
6 6 6 0
1 5 2
b
b
− +
=
− −
=
Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: 1 23i 1; 3i , 1 23i 1; 3i
− − − − − − − +
− + − −
− + − −
2
3 1
; 2
23 1 , 2
3 1
; 2
23
;
− −
− +
− −
−
− +
−
2
5 1
; 2 , 2
5 1
; 2 , 2
5 1
; 3 , 2
5 1
; 3
Bài
=
<
+ +
−
+
−
720
2
19 2 9
1
1 2
3 2
n
m n
m
m
P
A c
C
Từ (2): (n−1)!=720=6!⇔n−1=6⇔n=7 Thay n = 7 vào
(1)
0 99 20
19 9 90
2
19 2
9 45 2
) 1 (
2
2
<
+
−
⇔
<
+ +
−
⇔
<
+ +
−
⇔
m m
m m
m
m m
m
11
9< <
⇔ m vì m∈Ζ⇒m=10
Vậy m = 10, n = 7 Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được
ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có:
2 1575
10
3
7 C =
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có:
1 350
10
4
7 C =
Trang 8
TH3: 5 bông hồng nhung có:
5 21
7 =
C cách
⇒có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách
Số cách lấy 4 bông hồng thường
% 45 , 31 6188
1946
6188
5
17
≈
=
⇒
=
P
C
2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là:
25
25 25
1 9
1 9 25
2 2
2
2 2
a a
y
y a
−
=
−
=
⇔
= +
2
2
5
3 25
25
⇒
5
3
; , 25 5
3
a A
5
6
;
3
5 5
±
=
⇒a Vậy phương trình đường thẳng:
3
5 5 , 3
5
−
x
3)đường thẳng d2 có PTTS là:
+
=
+
=
+
=
' 5 1
' 2
' 2 1
t z
t y
t x
⇒vectơ CP của d1 và d2 là: urd1 =(1;1; 1),− u d2 =(2;1;5)
⇒VTPT của mp(α ) là nrα =u ur rd1 d2=(6; 7; 1)− −
⇒pt mp(α) có dạng 6x – 7y – z + D = 0
Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1)
( ,( )) ( ,( ))
|12 14 3 | | 6 14 1 |
| 5 | | 9 | 7
− − + = − − +
⇔ − + = − + ⇔ =
Vậy PT mp(α) là: 3x – y – 4z + 7 0=
Bài 5
3 2 2
3 2 2
3
1 1
c c c
b b b
a
+ + + + + + + +
2 4
1 1
2 1
2 2 4
2
2 2
b
a b
a
+
+ +
= +
2 4
1 1
2 1
2
2 2
2 2
c
b c
+
+ + +
Trang 92 4
1 1
2 1
2
2 2
2 2
a
c a
+
+ +
6 3
6 3
6
2 16
3 2 16
3 2 16
≥
6 2 2 2
9 ) (
2 2 2
3 2
2
+
2
3 2 2
3 2 2
9 2 2
3 2 2
9
≥
⇒P
Để PMin khi a = b = c = 1
Trang 10
Đáp Án vắn tắt Đề số 2
:
Bài 1:
1)
1
điểm
*Có hàm số : y = (| | 1) (| | 1) x + 2 x − 2 ⇔ y = x4 - 2x2 + 1 ( C)
*TXĐ: R; lim ; lim
→−∞ = +∞ →+∞ = +∞; y ' 4 = x3 − 4 ; ' 0 x y = ⇔ = x 0; x = ± 1
2)
1
điểm
*Gọi A(a:0) ∈ Ox mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt
*Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)
*d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:
3
( )
I
0.25
*Có ( ) 2 0 ( )
1 0
k
x
=
⇔ − =
2 2
4 ( 1)
( )
3 4 1 0(1)
B
− + =
0.25
*Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0 Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến pb
tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác ±1, tức là phương trình (1)
phải có 2 nghiếm pb x khác ±1
0.25
Bài 2:
1)
1
điểm *Hệ
1 1
u x
v y
= −
= −
, thu được hệ
uv u v
0.25
* Giải ra được: 3
2
u v
u v
+ =
=
; * Giải ra được:
1 1
1 2
u x
v y
= − =
= − =
1 2
1 1
u x
v y
= − =
= − =
0.50
3 2
x
y
=
⇒ =
hoặc
2 3
x y
=
=
0.25
2)
1
điểm
* ĐK: cosx≠0 PT ⇔ sin3 x + cos3 x = cos 2 (2cos x x − sin ) x 0.25
(sin x cos ).cos (2sin x x x cos ) 0 x
sin x cos x 0; 2sin x cos x 0
Trang 113)
1
điểm
*PT ⇔ ( m − 1).log (1/ 22 x − − 2) ( m − 5) log (1/ 2 x − + − = 2) m 1 0
5 log ( 2), ;4 1;1
2
t= x− x∈ ⇒ ∈ −t
0.25
Thu được pt:
2 2
5 1 ( )
1
− +
− + ;
2
4 4
( 1)
t
−
− +
0.25
* Lập BBT của f(t) trên đoạn [−1;1], thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn [−1;1] , nên
7 3;
3
m ∈ −
thỏa mãn đề bài.
0.50
Bài 3:
1
điểm
* Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 0.25
* Tính được
3
34 12
S ABC
a
* CM được . 2 .
9
3 C.ABNM
.
a
Bài 4:
Trang 12
Bài 5:
1)
1
điểm * d2 có pt:
1
1 1 1
3 2
x t
=
= −
* Tìm được I(1;1;1)
0.25
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) ,
( đk: B khác I, C khác I ⇒ ≠ t 0, t1 ≠ 1)
*Tam giác BIC cân đỉnh I (1)
[ , ] 0 (2)
IB IC
AB AC
=
uuur uuuur ur .
0.25
1)
1
điểm
* Tính
1
0 ln(1 )
I =∫x +x dx
* Đặt
2
3
2
1 3
x
dv x dx v x
=
=
1 1 4
2
0 0
x
x
+
∫
0.25
* Tính
2
x
π
* Vậy 1 4
.ln 2
2)
1
điểm
* Từ gt ta có P a ( ;0); (0; ), Q b a > 0, b > 0. * d có pt: x y 1
d qua A(3; 1) nên 3 1 3
a b + = ⇒ ≥ ab ⇒ ≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
6
3 1
2
a b
=
= ⇒ =
0.25
* Có 1
3 2
OPQ
S∆ = a b ≥ Nên S∆OPQnhỏ nhất (= 3) khi và chỉ khi 6
2
a b
=
=
0.25
* Vậy d có pt: 1
6 2
Trang 131
2
t t
=
⇔ ⇔ =
0.25
* Từ đó có pt d3 :
2
1 2
x
=
= +
0.25
Bài 6:
1)
1
điểm
Ta có: VT + 3 =
y + + z + + x +
0.25
VT
+
1
4 2
+
1
4 2
+
0.25
6
2 2 2
6 3
6 3
2 2 2 2 2 2 2
2 2
( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)
0.25
Trang 14
Hướng dẫn giải Đề số 3
Câu I :
2 Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) Chuyển hệ trục toạ độ Oxy > IXY: 1
2
x X
y Y
= −
= +
Hàm số đã cho trở thành : Y = 3
X
− hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X Hay y – 2 = - x – 1 ⇔ y = - x + 1
Câu II: 1 Điều kiện: sinx 3
2
≠ và os 0
2
x
c ≠ và cosx ≠ 0
Biến đổi pt về: 4cos3x - 4 cos2x – cosx + 1 = 0
osx = 1
1 cosx =
2
c
⇔
±
2 Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2
2 2 2
2
3 2.log 3 2.(5 log 2)x
2
2
2log 5log 2
0 log
x
Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III : Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0 0
2
x x
=
⇔ =
V =
(x 4) dx (x 2x x 4) dx
π∫ + −π∫ − + +
Trang 15Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’ Hạ MH ⊥ M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
HC = 15
10
a ; M’C = 15
2
a ; MM’ =
3
a
Vậy V = 3 3
4a
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+∞)
= (2x 1) lnx 1
x
+ +
Gọi x1; x2 ∈ [0;+∞) với x1 > x2
Ta có :
2 1 2 1 0
( ) ( )
+ > + >
⇒ >
+ > +
> : f(x) là hàm số tăng
Từ phương trình (1) ⇒ x = y
(2) ⇒ x− −1 2 (4 x−1)(x+ +1) m x+ =1 0 1 4 1
m
Đặt X = 4 1
1
x x
− + ⇒ 0 ≤ X < 1 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
Đặt f(X) = X2 – 2X ⇒ f’(X) = 2X – 2
⇒ hệ có nghiệm ⇔ -1 < m ≤ 0
Câu VI.a
1 (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính 2 2
' ( 1) 4 5
OI 2 2
(m 1) 4m
= + + , ta có OI < R’
Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xúc trong ⇒ R’ – R = OI ( vì R’ > R)
Giải ra m = - 1; m = 3/5
2 Gọi I là tâm của (S) ⇒ I(1+t;t – 2;t)
Ta có d(I,(P)) = AI ⇒ t = 1; t = 7/13
(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139
Câu VII.a
2
5xy 3y
P
−
=
+ +
Với y = 0 ⇒ P = 0
Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: 2
2
5 3
( 5) 3 0 1
t
−
+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
∆’ = - P2 – 22P + 25 ≥ 0 ⇔ - 25/3 ≤ P ≤ 1
Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
1 d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương ar=(1;1; 2)−
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương br= −(1; 2;1)
Ta có a burr, ≠0r va a b M Mr r uuuuuur, 0 1 =0