Đề tự luyện thi đại học môn toán số 5

Tham khảo tài liệu đề tự luyện thi đại học môn toán số 5, tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề tự luyện thi đại học môn toán số 5Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề kiểm tra định kỳ số 05 ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KỲ SỐ 05 (HƯỚNG DẪN GIẢI)Bài 1:a) Do OG  ( P) nên n( P )  OG  (1;1;1;) ( P) :1( x 1)  1( y 1)  1( z 1)  0 hay ( P) : x  y  z  3  0 y  0  A(3;0;0)b) Vì Ox :  z  0Tương tự : B(0;3;0) và C (0;3;0)Ta có: AB=BC=CA=3 2  ABC là tam giác đều.Bài 2: Đường thẳng (d ) cần tìm là giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặtphẳng (Q) chứa (d) và có VTCP là n( P )Ta có : u ( d )  (1; 4; 2) và M(-2;0;-1)  (d)  n(Q )  u ( d ). n( P )   (6; 1; 5)   (Q) : 6( x  2)  y  5( z  1)  0 hay 6 x  y  5 z  7  0 6 x  y  5 z  7  0 Hình hình chiêu (d ) :  x  y  z  7  0Bài 3:a) Ta có : u ( d1 )  (1; 2;3) u ( d2 )  (1;1; 2)và M1 (0;3; 1)   d1  ; M 2 (4;0;3)   d 2  M1M 2  (4; 3; 4)  u ( d1 ) .u ( d2 )  .M1M 2  23  0   d1  và  d 2  chéo nhau   d1  ( P)  A  A(2;7;5) và d 2  ( P)  B  B(3; 1;1)b) GS x  2 y 7 z 5 KQ : ( AB) :   8 4 5Bài 4:  x  5  2t a) Ta có : n( P )  u MM1  (2; 2;1)  và MM1 :  y  2  2t mà M 1  MM1  ( P)  z  3  t  2(5  2t )  2(2  2t )  (3  t )  1  0  t  2 và M1 (1; 2; 1)b) Ta có: u (  )  (2;1; 6) và M 0 (1;1;5)  ()  M 0 M  (4;1; 8) n(Q )   M 0 M .u (  )   (1; 4;1)  (Q) : x  4 y  z  10  0  Bài 5:Giả sử mặt phẳng cần có dạng : xyz( ) :    1(a, b, c  0) abc xyzDo I  ( )  c  1 và do K  ( )  a  3  ( ) :    1 3b1 11 n( ) .n( xOy ) 32 n( )  ( ; ;1) và n( xOy )  (0;0;1)  cos300  b 3b 2 n( ) . n( xOy ) Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt - Trang | 1 -Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề kiểm tra định kỳ số 05 x y z  ( ) :   1 3 32 1 2Bài 6:a) Ta có : u ( d1 )  (1; 2;1) ; u ( d2 )  (1; 2;3)và M1 (0; 1;0)   d1  ; M 2 (0;1;1)   d 2  M1M 2  (0; 2;1)  u ( d1 ) .u ( d2 )  .M1M 2  8  0   d1  và  d 2  chéo nhau  b) GS d1  d  A  A(t1 ; 1  2t1; t1 ) và d 2  d  B  B(t2 ;1  2t2 ;1  3t2 )  AB  (t2  t1 ; 2  2t1  2t2 ;1  3t2  t1 ) t2  t1 1  t1  t2 t1  3t2  1Do d song song   u (  )  AB    1 2 2 t1  2; t2  1  A  2;3; 2  : B 1; 1; 4  x 4 y 7 z 3 KQ : (d ) :   2 1 4Bài 7:a) Gọi I là hình chiếu của A lên (d)  I (2  t; 1  t; t )  AI (t  2; t 1; t  5) 4Do AI .u ( d1 )  0  t  3Áp dụng công thức trung điểm ta có kết quả: A(15; 12;11)b) Do u ( d1 )  (1; 1; 1); u ( d2 )  (1; 2; 2)  n(Q )  u ( d1 ) .u ( d2 )   (4; 3; 1)  Hay n(Q )  (4;3;1)Mặt khác:I (2; 1;0)  d1 ; J (0; 25;11)  d 2  (Q) : 4( x  2)  3( y  1)  z  0 hay (Q) : 4 x  3 y  z  5  0 u ( d1 ) .u ( d1 )  .IJ   69c) Ta có : d (d1  d 2 )   IJ  (2; 24;11) u ( d1 ) .u ( d1 )  26  Bài 8:a) Vì : u ( d1 )  (2; 1; 1) và u ( d2 )  (2;1;1)  u ( d1 )  u ( d2 )  d1 song song d2b) Giả sử mặt phẳng cần lập là (Q) ta có:M (5;1;5)  d1 ; N (5; 2;0)  d 2  MN  (0;1; 5)và n(Q )  u ( d1 ) .MN   (0;1; 5)  (Q) : 3( x  5)  5( y  1)  z  5 ...