HÌNH TRÒN, TÂM, ĐƯỜNG KÍNH, BÁN KÍNH

hoặc 27 33;510M 0,25 2 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC  . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ di[r]

M  ÷  hoặc 27 33;5 10M  ÷ 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gầnđều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại ti[r]

0,25http://ductam_tp.violet.vn/* Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) ( )( ) ( )2 24 441 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 10,2x x= = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.[r]

    hoặc27 33;5 10M   0,252 1,00 Ta tính được10, 13, 5AB CD AC BD AD BC     .0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gầnđều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại tiếp t[r]

M  ÷  hoặc 27 33;5 10M  ÷ 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gầnđều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại ti[r]

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 KÍ[r]

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 KÍ[r]

M  ÷  hoặc 27 33;5 10M  ÷ 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại t[r]

M  ÷  hoặc 27 33;5 10M  ÷ 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gầnđều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại ti[r]

M  ÷  hoặc 27 33;5 10M  ÷ 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại t[r]

41 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =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: 2 2( ): 4 2[r]

M  ÷  hoặc 27 33;5 10M  ÷ 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gầnđều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại ti[r]

Ax x=−∫Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biếtSO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tíchvà diện tích xung quanh của hình nón đã cho.Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau c[r]

M  ÷  hoặc 27 33;5 10M  ÷ 0,252 1,00 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = =. 0,25Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.0,25Vậy mặt cầu ngoại t[r]

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 KÍ[r]

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).0,502 1,00Mặt 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, 53d d I P d R+ − − += = = ⇒ >.Do đó (P) và (S) khô[r]

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 kí[r]

A C C I AIx xxx x xy y y y yy+== − = − =⇔ + = − = − ==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).0,502 1,00Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):( )( )

       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: 2 2( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y[r]

x x x− − = ⇔ =+ Với 11 02x x x− − = ⇔ =Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.0,25* Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) ( )( ) ( )2 24 441 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 10,2x x= = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.[r]