Đang tải... (xem toàn văn)
www.facebook.com/toihoctoan
Chuyên Phan Bội Châu www.VNMATH.com Đề thi thử Chuyên Phan Bội Châu năm 2013 ĐỀ SỐ Mơn: TỐN NGÀY 14.04.2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu (2 điểm) Cho hàm số y = 2x − x +1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số cho b) Tìm m để đường thẳng d : 2x − y + m = cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt có tung độ dương Câu (2 điểm) π x 3x a) Giải phương trình (tan 2x cot x − 1) sin 4x = sin(x + ) + sin cos 6x b) Giải bất phương trình 2x + + 2 > 2x + x − + Câu (1 điểm) ính diện tích hình phẳng giới hạn đường y = (1 − x)e x ; y = x − 1; trục tung Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có góc mặt mặt đáy 60o khoảng cách hai đường thẳng S A BC 3a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC diện tích mặt cầu qua bốn điểm S,O, B,C với O tâm đáy Câu (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thõa mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P= a + ab − a + + b + bc − c + + c2 + ca − c + PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn Câu 6A (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y , cho điểm A(2; 0) đường tròn (T ) : (x − 1)2 + (y + 2)2 = Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc (T ) cho tam giác ABC vng B có diện tích b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z cho tam giác ABC có A(4; 2; −6) phương trình đường x −3 y −3 = thẳng BC : vng góc với (ABC ) Câu 7A (1 điểm) = z −1 Viết phương trình đường thẳng d qua trực tâm tam giác ABC n (x = 0) , biết x n k C n + 2C n + 3C n + + kC n + + nC n = 256n Tìm số hạng không chứa x khai triển 2x − B Theo chương trình nâng cao Câu 6B (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , viết phương trình tắc Elip (E) biết M thay đổi (E) độ dài nhiỏ OM độ dài lớn M F1 với F1 tiêu điểm có hoành độ âm x y −1 z +1 = = mặt phẳng (P ) : −1 x + y − z − = Viết phương trình đường thẳng d thuộc mặt phẳng (P ) cho d vng góc với ∆ b) Trong khơng gian với hệ tọa độ Ox y z , cho đường thẳng ∆ : khoảng cách d ∆ Câu 7B (1 điểm) Tìm số phức z biết z + 2z số thực z + π có acgumen − z ———————————————–Hết————————————————— www.VNMATH.com www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A, A1, B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Khảo sát… Tập xác định D \ {1} Ta có: y ' ( x 1)2 0, x D 0,25 Hàm số đồng biến khoảng (; 1),( 1; ) Hàm số khơng có cực trị Giới hạn: lim y lim y 2; lim y , lim y x x x1 x1 0,25 Tiệm cận: TCĐ: x 1, TCN: y Bảng biến thiên: x y' 1 + + y 2 0,25 Đồ thị: y –1 O 0,25 x 3 (1,0 điểm) Tìm m để … Phương trình hồnh độ giao điểm (C) d là: 2x x m x mx m (1) x 1 Đường thẳng d cắt (C) hai điểm phân biệt pt (1) có hai nghiệm phân biệt m2 8m 24 m 40 x1 , x2 khác –1 m 40 2 m m Câu II Hai giao điểm có tung độ dương x1 x2 m x1 m x2 m (2 x1 m)(2 x2 m) 4 x1 x2 m( x1 x2 ) m m m m Vậy m 40 2(m 3) m( m ) m 1.(1,0 điểm) Giải phương trình… Trang 1/4 0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Câu Đáp án Điểm Điều kiện: cos x 0, sin x Phương trình cho tương đương với s in2x.cos x sin x.cos x x 3x ( ) sin x sin( x ) sin cos sin x.cos x 2 sin x sin x cos x sin x sin x 2 2 2 sin x cos x sin x sin x sin( x) x k x k 2 2 3 2 2 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm là: x k ,x k 2(k ) 3 2.(1,0 điểm) Giải bất phương trình… Điều kiện x Bất pt tương đương với x ( x 1)2 0,25 0,25 0,50 0,25 2x x x2 x x x ( x ) ( x ) (1) 2 Với x 1, ta có: x 0, x 2 Do (1) x x x x x x 2 x x 10 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm x 10 x 20 x 20 Câu III (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Phương trình hồnh độ giao điểm: 0,25 (1 x)e x x3 ( x 1)(e x x x 1) x ( e x x x 0, x ) S (1 x)e x ( x3 1) dx ((1 x)e x ( x3 1))dx (1 x )e x dx ( x 1) dx 0,25 0 Đặt u x, dv e x dx du dx, v e x Ta có: x (1 x)e dx (1 x)e Câu IV x1 x e dx 1 e x1 x4 e 2, suy S e ( x) 0,50 e Tính thể tích khối chóp … (1,0 điểm) S Gọi M trung điểm BC Kẻ MH SA,( H SA) BC AM (*) BC ( SAM ) BC MH Ta có BC SO Do MH đường vng góc chung SA BC, 3a Suy MH H A E C • O • M 0,25 I B Cũng từ (*) ta có: SM BC SMA (( SBC ), ( ABC )) 60 Đặt OM x AM x, OA x, SO x 3, SA x Trong tam giác SAM ta có: SA.MH SO AM x 3a x 3.3 x x a AB a 0,25 1 a a a VS ABC SO.S ABC 3 24 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC Kẻ đt d qua I vng góc với (ABC) Ta có d//SO Trong mặt phẳng (SOI) kẻ trung trực SO cắt d E Khi E tâm mặt cầu Trang 2/4 0,25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Câu Câu V (1,0 điểm) Câu VIa (2,0 điểm) Đáp án Điểm a BC a Bán kính mặt cầu R EO EI IO Ta có: EI SO , IO , suy 2sin BOC a a 19a 19 a R2 Vậy diện tích mặt cầu S 4 R 16 48 12 Tìm giá trị lớn nhất… 1 ) (1) a ab a b bc c c ca c Ta có a ab a (a 1) ab a ab a 4, suy 1 1 1 ( ) a ab a ab a ab a ab a 3 1 ) Tương tự, kết hợp với (1) ta được: P ( ab a bc b ca c 1 1 a ab Vì abc nên ab a bc b ca c ab a 1 ab a a ab 3 Do đó, P P , dấu xảy a b c Vậy max P 2 Áp dụng bđt Bunhiacopski: P 3( 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1.(1,0 điểm) Tìm toạ độ B, C… Đường trịn (T) có tâm I(1;–2) Vì A thuộc (T) tam giác ABC vng B nên AC đường kính (T) suy toạ độ C(0;–4) 0,25 Gọi B(a;b) Ta có: B (T ) (a 1)2 (b 2)2 (1) Phương trình AC: x y b a 1 2a b 2a b Ta có: SABC d ( B, AC ) AC 2 b 2a 0,25 a 16 Với b 2a 8, ta có: (1) 5a 26a 32 16 Vậy B (2; 4) B( ; ) a 5 0,25 a 12 Với b a, ta có: (1) 5a a Vậy B (0;0) B ( ; ) a 5 0,25 2.(1,0 điểm) Viết phương trình… Gọi H trực tâm tam giác ABC Gọi M trung điểm BC M BC M (3 2t ;3 t;1 t ) AM (2t 1; t 1; t 7) BC có vtcp u (2;1;1) Tam giác ABC nên AM BC AM u t 1 0,25 Khi AH AM (2;0; 4) H (2;2; 2) 0,25 Vì d ( ABC ) nên d có vtcp u1 u, AM (6; 15;3) 0,25 Phưong trình d là: Câu VIIa (1,0 điểm) x2 y2 z2 15 0,25 Tìm số hạng khơng chứa x …… n Xét khai triển (1 x) n n Cnk x k , đạo hàm hai vế: n (1 x) n1 n n2 k n k 1 k 0 n 1 kC x kC k n k 1 Trang 3/4 k 1 , chọn x ta 0,25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com Câu Đáp án Điểm Kết hợp giả thiết ta có: 256n n.2 n1 n 9 3 Khi ta có khai triển (2 x )9 C9k (2 x )9 k ( ) k C9k 29 k (3) k x183 k x x k 0 k 0 0,25 Ta có: 18 3k k Vậy số hạng không chứa x C96 2336 Câu VIb (2,0 điểm) 0,25 0,25 1.(1,0 điểm)Viết phương trình elip… x2 y 1,(a b 0) a b2 cx M ( x; y ) ( E ) MF1 a , mà a x a nên MF1 lớn a c x a, y a 2 x x x y x y OM Vì a b nên OM b Suy giá trị nhỏ a b a b b2 b OM b x 0; y b Gọi pt tắc (E) là: b b b x2 y2 Kết hợp giả thiết ta có: Vậy pt (E): 25 16 a c a 16 a a 1.(1,0 điểm) Viết phương trình u (2;1; 1); n( P ) (1;1; 1), d có vectơ phương ud u ; n( P ) (0;1;1) Gọi (Q) mặt phẳng chứa d song song với , ta có: n(Q ) u , ud (2; 2;2) Phương trình (Q) có dạng: x y z m Chọn A (0;1; 1) , ta có: 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 d ( A,(Q)) d ( ,(Q )) d ( , d ) m 1 m x Với m 1, d ( P ) (Q) nên d qua B (1;0;0), phương trình d : y t z t x 2 Với m 5, d ( P) (Q) nên d qua C (2;3;0), phương trình d : y t z t Câu VIIb (1,0 điểm) 0,25 0,25 Tìm số phức z… Vì z z z z z có acgumen nên có acgumen , suy z z z z có acgumen Gọi z r (cos 0,25 r r i sin ) a bi a , b ,( r 0) 3 2 Ta có z z a b2 2a 2b( a 1)i số thực a r 2b( a 1) Vậy z 3i b r ………….Hết………… Trang 4/4 0,25 0,50 www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút; không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x 9mx 12m x (1) ( m tham số) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến khoảng (2;3) 5 sin x sin x sin x cos x cos x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 0 sin x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2( x x 6) x /3 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I sin x( x cos x sin x)dx /3 Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A1 B1C1 có đáy ABC tam giác vng A , AB a , ABC 60 ; hình chiếu vng góc A1 mặt phẳng ( ABC ) trung điểm BC ; góc đường thẳng AA1 mặt phẳng ( ABC ) 60 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A1 B1C1 theo a góc hai đường thẳng CA1 BB1 Câu (1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm mx4 x ( x 1) x 3x II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A(1;1) , B ( 2;3) C thuộc đường tròn x y x y Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC , biết diện tích tam giác ABC 0,5 điểm C có hồnh độ số nguyên Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(3;0;2), B (1;1;0), C ( 4;5;3) Gọi M điểm thuộc đoạn BC cho MC BM Viết phương trình đường thẳng qua B , vng góc cắt đường thẳng AM Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2i điểm biểu diễn z thuộc đường thẳng 3x y B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , viết phương trình tắc hypebol (H ) , biết hình chữ nhật sở (H ) có diện tích 48 đường chuẩn (H ) có phương trình x 16 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (0;3;2) đường thẳng x y z 1 : Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua M , song song với khoảng cách 1 (P ) Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm acgumen âm lớn số phức z (1 i 3)10 …………HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MƠN THI: TỐN; KHỐI: D (Đáp án gồm trang) Câu 1.a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y 2x * Tập xác định : D = R * Sự biến thiên hàm số: - Giới hạn vô cực: lim y , lim y Điểm Nội dung x 9x 12x 1,00 0,25 x - Bảng biến thiên: Ta có: y' 6x 18x 12, x R ; y' x 2 x 1 x - y’ -2 + -1 - + 0,25 -3 y -4 - (;2) , (1;) nghịch biến khoảng (2;1) Hàm số đạt cực đại x 2 , với giá trị cực đại y(2) 3 đạt cực tiểu x 1, với giá trị cực tiểu y(1) 4 * Đồ thị (C) : - (C) cắt Oy điểm (0;1) - (C) qua điểm (3;8) - (C) có điểm uốn I (3 / 2;7 / 2) (C) nhận I (3 / 2;7 / 2) làm tâm đối xứng Hàm số đồng biến khoảng y 0,25 f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1 0,25 x -8 -6 -4 -2 -2 -4 -6 -8 Trang 1/6 1.b Tìm m để hàm số y 2x3 9mx2 12m2 x (1) nghịch biến khoảng (2;3) www.VNMATH.com y' 6x 18mx 12m2 , x R ' 9m2 - Nếu m y' 0, x R , hàm số đồng biến R Vậy m không thỏa mãn - Nếu m y' 2m x m Hàm số (1) nghịch biến khoảng (2;3) 2m m (vô nghiệm) - Nếu m y' m x 2m Hàm số (1) nghịch biến khoảng (2;3) m 2m 2 m Vậy, giá trị m cần tìm m [2; ] 5 sin 4x sin x sin 3x cos3x cos x 0 sin x Giải phương trình: sin x Với điều kiện này, phương trình cho tương đương: Điều kiện : cos4x (cos3x cos x sin 3x sin x) cos4x cos2x 4x 2x k 2 x k (k Z ) xk xk 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 (k Z ) 0,25 thỏa mãn điều kiện k 3m 1(m Z ) k 3m 2(m Z ) m (m Z ) , 2 m (m Z ) 3 Giải phương trình: 2( x x 6) x3 (2) Điều kiện: x 2 Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình (3) 2(x2 2x 4) x2 2x x 2(x 2) x 2x 4, b x ( a 0, b 0) , phương trình (3) trở thành: 2a 5ab 2b2 (2a b)(a 2b) 2a b a 2b Đặt a 0,25 0,25 x k (k Z ) Vậy, nghiệm phương trình 1,00 0,25 1,00 0,25 2 2 - Với 2a b , ta có x 2x x 4x 9x 14 (vô nghiệm) x 2x x x 6x x 13 (tmđk) Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm x 13 - Với a 2b , ta có Tính tích phân /3 I 2sin x( x cos x sin 3x)dx 0,25 0,25 0,25 1,00 / I /3 (x sin 2x sin x sin 3x)dx J K /3 J 0,25 /3 /3 x sin 2xdx , K 2sin 3x sin xdx /3 /3 Trang 2/6 - Tính K : K www.VNMATH.com / sin 2x sin 4x /3 (cos2x cos4x)dx /3 - Tính J : Đặt 3 / 0,25 u x , ta có x2 u2 , sin 2x sin 2u, du dx , u , 3 u Do J 3 I J K / u /3 sin 2udu u 0,25 sin 2udu J J /3 /3 3 Tính thể tích khối lăng trụ 0,25 ABC.A1B1C1 góc hai đường thẳng CA BB1 Gọi H trung điểm BC 1,00 A1 Từ giả thiết, ta có AC AB tan 60 a , B1 AB AH BH CH BC a 2 cos600 A C1 0,25 Vì A1 H ( ABC) nên góc đường thẳng AA1 B H C mặt phẳng (ABC) góc A1 AH Kết hợp giả thiết, ta có A1 AH 600 AH 2a Thể tích khối lăng trụ cho cos600 1 3a V S ABC.A1 H AB.AC.A1 H a.a 3.a 2 Vì BB1 // AA1 nên góc hai đường thẳng CA1 BB1 góc hai đường Suy A1 H AH tan 600 a , AA thẳng CA1 AA1 Ta có CA A1 H CH 3a a 2a AA CA AC 2 4a 4a 3a 2 0,25 AA1.CA1 2.2a.2a Vậy, góc hai đường thẳng CA1 BB1 góc thỏa mãn cos Do cos cos AA1C 0,25 m để bất phương trình mx4 x ( 1 x 1)3 x3 3x 1 (4) có nghiệm Điều kiện: x - Xét x , thay vào (4) khơng thỏa mãn với m R Tìm x (0;1] , ta có x4 x ( 1 x 1)3 , nên bpt (4) tương đương với bpt 3x x3 m x x (1 x )3 3x x3 Đặt f ( x) , ta có x4 x (1 x )3 0,25 1,00 0,25 - Xét x3 3x x3 1 f ( x) 3 x (1 x )3 x x x (1 x ) Trang 3/6 0,25 0,25 Vì x (0;1] nên x3 www.VNMATH.com x (1 x )3 f ( x) 3, x (0;1] x Dấu xảy x Do đó, bpt (4) có nghiệm m f ( x) hay m 0,25 .Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC 1,00 x(0;1] 7.a Ta có AB(1;2) AB Phương trình đường thẳng 8.a AB 2( x 1) ( y 1) hay 2x y 1 Gọi đường thẳng qua C song song với AB Khi đó, phương trình có dạng m 1 2S ABC 2x y m 0(m 1) Vì // AB nên d ( A; ) d (C; AB) hay AB m m (tm) m 2 (tm) - Với m có phương trình 2x y Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình y 2x y 2x 2 (vô nghiệm) x y 6x y 5x 14x - Với m 2 có phương trình 2x y Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình x y 2x y 2x x 2 (tm) (loại) x y 6x y 5x 22x 21 y y 8 C(3;4) tọa độ trọng tâm G tam giác ABC 2; 3 Viết phương trình đường thẳng Gọi M (a; b; c) , ta có 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 BM (a 1; b 1; c), BC(3;6;3) Vì M thuộc đoạn BC a 1 a MC 2BM nên BM BC b 1 2 b 1 M (2;1;1) c c Đường thẳng AM qua A(3;0;2) có vectơ phương MA(1;1;1) nên có x t phương trình tham số y t z t Tọa độ hình chiếu H B đường thẳng AM có dạng (3 t; t;2 t ) Ta có H BH (2 t; t 1;2 t ) Vì BH AM nên BH.MA hay 0,25 0,25 0,25 t t t t 1 BH (1;2;1) Đường thẳng qua B(1;1;0) có vectơ phương BH (1;2;1) nên có phương x u trình tham số y 2u z u 0,25 Trang 4/6 9.a Tìm số phức z www.VNMATH.com 1,00 Gọi số phức cần tìm z a bi (a, b R) Khi z 2i a (b 2)i a (b 2) Từ giả thiết, ta có hệ phương trình: 3a b 2 a (3a 1) 5a 3a b 3a b 3a a a b b Vậy, có hai số phức cần tìm 1 4i 7.b 0,25 0,25 0,25 i 5 Viết phương trình tắc hypebol (H ) 0,25 1,00 x2 y2 (a 0, b 0) Vì hình chữ a b2 nhật sở (H ) có diện tích 48 đường chuẩn (H ) có phương trình 2a.2b 48 16 x nên ta có hệ phương trình a 16 (I) c 12 b a ab 12 ab 12 Ta có (I) 4 2 25a 256(a b ) 25a 256c 25a 256 a 144 a2 Gọi phương trình tắc hypebol (H ) 12 12 b b a a 25a 256a 36864 (a 16)(25a 144a 2304) 12 b b (thỏa mãn) a (vì 25a 144a 2304 ) a 16 a 16 Vậy, phương trình tắc hypebol (H ) 8.b x2 y 16 .Viết phương trình mặt phẳng (P) 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 Mặt phẳng (P) qua điểm M (0;3;2) nên có phương trình dạng ax b( y 3) c( z 2) (a b c 0) hay ax by cz 3b 2c x y z 1 Đường thẳng : qua A(0;0;1) có vectơ phương u(1;1;4) Mặt 1 phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n(a; b; c) Trang 5/6 0,25 Vì mặt phẳng (P) song song với khoảng cách (P) nên ta có www.VNMATH.com A ( P) hay u.n d ( A; ( P)) 3c 3b a b 4c a b 4c 2 2 (c b) (b 4c) b c 3c 3b 3 a2 b2 c2 0,25 a b 4c a 2c a 4c 2 b 2c b 8c b 10bc 16c - Với a 2c, b 2c , ta chọn a b , c 1 Khi đó, (P) có phương trình 2x y z - Với a 4c, b 8c , ta chọn a b 8 , c Khi đó, (P) có phương trình 4x y z 26 Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm 2x y z , 4x y z 26 9.b 0,25 0,25 Tìm acgumen âm lớn số phức z (1 i 3)10 1,00 10 10 1 i 210 cos i sin z (1 i 3) 3 2 10 10 0,25 Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có 10 10 4 4 10 z 210 cos i sin cos i sin 3 3 4 4 k 2 (k Z ) Ta có k 2 k Các acgumen z có dạng 3 , hay k 4,3,2,1 Acgumen âm lớn z tương ứng với k 1 2 Vậy acgumen cần tìm z -Hết Trang 6/6 0,25 0,25 0,25 ... số phức z (1 i 3 )10 1, 00 10 10 ? ?1 i 210 cos i sin z (1 i 3) 3 2 10 10 0,25 Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có 10 10 4 4 10 z 210 cos i... 25 16 a c a 16 a a 1. (1, 0 điểm) Viết phương trình u (2 ;1; ? ?1) ; n( P ) (1; 1; ? ?1) , d có vectơ phương ud u ; n( P ) (0 ;1; 1) ... lăng trụ 0,25 ABC.A1B1C1 góc hai đường thẳng CA BB1 Gọi H trung điểm BC 1, 00 A1 Từ giả thiết, ta có AC AB tan 60 a , B1 AB AH BH CH BC a 2 cos600 A C1 0,25 Vì A1 H ( ABC) nên