Tải bản đầy đủ

Toán 11 file 2 đáp án và lược giải

TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG

Đáp án và lược giải
TOÁN TRẮC NGHIỆM 11
LƯỢNG GIÁC
Bài 1. Phương trình lượng giác

U

ĐÁP
ÁN

1

C

LƯỢC GIẢI
5


cos


x

 k 2
�3

�5

6
pt � sin � cos  x � sin � �
5
5
6
�3


cos  x 
 k 2
�3
6
1

cos  x 

1
6
10


cos  x   k

1
10
5
��
��
cos  x 
(Vì -1�cos  x �1)

1


6
2

cos  x   k


7
2
5

cos  x 

10
Mỗi phương trình tương ứng với 2 họ nghiệm. Vậy pt đã cho có 6 họ
nghiệm.

Đặt



t  sin x  cos x  2 �t � 2



� 2sin x cos x  t 2  1
� sin 2 x  t 2  1

2

A

Phương trình trở thành
t  1 � sin x  cos x  1

t  1 (choïn)

t2 1
t 1
��
t  3 (loaïi)
2


� �
� 2 sin �x  � 1
� 4�

� �
� sin �x  � sin
4
� 4�
x  k 2

�� 

x   k 2
� 2
78



k
2
ĐKXĐ:
k
pt � sin 2 x  0 � x 
2
Đối chiếu điều kiện suy ra x  k , k ��
x�
 �
0, 3 
0 k 3
0 k 3
k ��� k � 0;1;2;3
Vậy phương trình có 4 nghiệm.
Vẽ đồ thị

� �
pt � tan x  tan � �� x 
 k
cos x �۹
0 x

3

C

4

A

5

A

6

B

�5 �
4
� �
x �� ; �� x 
5
�2 �

5

� 
x
 k 2
� � � 6
 1 � sin x  sin � �� �
7
�6� �
x
 k 2
� 6
5 �
5
 2  � cos x  cos �
� �� x  �  k 2
6
�6 �

�

�� x    k
3
�3�

 
 
   � sin 4 x �  �
2
4 4
4 2 Phương trình xác định với mọi x ��.

3
pt � sin 4 x  arctan  k
4
2
 1, khi k �0

4
3
� sin 4 x  arctan  4k �
 1, khi k �1

2

Vậy phương trình vô nghiệm.
� 
x �  k

cos x �0

� 2
��

tan
x


1

�x �   k

4
ĐKXĐ:

 3 � tan x  tan �


7

C

8

A

79


cos 2 x �۹۹�
cos x 
0
9

D

10

B

�x �k 2

�۹� k 2
x�

3

ĐKXĐ:

x

cos 2 x

cos x

2x

x k 2

k 2
3

cos 2 x  cos x � cos 2 x  cos x  0 � 2sin

3x
x
sin  0
2
2

Bài 2. Một số phương trình lượng giác

U

ĐÁP
ÁN

LƯỢC GIẢI
pt � sin8 x  3 cos8 x  3 sin 6 x  cos6 x

1

C

2

B

3

A

� �
� �
� sin �
8 x  � sin �
6x  �
3
6�




� 
8 x   6 x   k 2

3
6
��



8 x     6 x   k 2
� 3
6
� 
x   k

4
��



x k
� 12
7

� �
pt � cos �x  � cos
4
� 6�


� x   �  k 2
6
4
� 5
x
 k 2

12
��


x
 k 2
� 12
sin x �5,801 ( loaïi)

pt � �
sin x �0,199 (choïn)

80


Trên đoạn

 0, 2  :

Phương trình có hai nghiệm

k
x�
2
ĐKXĐ:
pt � 8cos 2 x sin x  3 cos x  sin x

3
1
cos x  sin x
2
2
3
1
� 3sin x  4sin 3 x 
cos x  sin x
2
2
�

� sin 3 x  sin �  x �
�3


� 
� 
3 x   x  k 2
x k


3
12
2
��
��
(TM )




3 x     x  k 2
x   k
� 3

3

1  13
cos x 
( L)

3
pt � �

1  13
cos x 
(C )

3

Sử dụng đường tròn lượng giác, suy ra phương trình có 3 nghiệm trên
 0, 3  .
� 4  1  sin 2 x  sin x 

4

C

5

D

pt � 3sin x  4sin 3 x  4sin x  1  2sin 2 x   0

� 12sin 3 x  7sin x  0
6

7

B

sin x  0


21 Sai ñeà

sin x  �

6
Phương trình thuần nhất bậc 2 đối với sin, cos
� �
cos �x  � 0
� 8�
TH1:
� �
� �
cos �x  ��0
cos �x  �
,
8
8




TH2:
, chia 2 vế của pt cho
đưa pt về pt theo
� �
tan �x  �
� 8 �để giải.
81


Ta có
8

9

B

B

sin 2 x �1, x

� sin 2 x  sin x �2, x

sin
x

1,

x


sin 2 x  1

sin 2 x  sin x  2 � �
sin x  1

Do đó
� 
� 
x


k
2

x   k 2


� 2
� 2
��
��
(Voânghieä
m)



�x   k
2 x   k 2

� 4
2
pt � 3cos x  2 1  cos 2 x  2
t  cos x  1 �t �1 , ta có phương trình:
Đặt

3t  2 1  t 2  2 � t  0

cos x  0 � x 
10

C


 k
2

sin x  0

pt � �
(VN )
cos
x


1


Bài 3. Một số phương trình lượng giác (tiếp)

U

ĐÁP
ÁN

1

A

2

C

3

C

LƯỢC GIẢI

1  13
cos x 
( L)

3
pt � �

1  13
cos x 
(C )

3

Sử dụng đường tròn lượng giác, suy ra phương trình có 3 nghiệm trên
 0, 3  .
Đặt t  sin x, (1 �t �1) , phương trình trở thành:
t  2 ( L)

t 2  5t  6  0 � �

t

3
(
L
)

Phương trình vô nghiệm
Phương trình thuần nhất bậc 2 đối với sin, cos
82


� �
cos �x  � 0
� 8�
TH1:
� �
� �
cos �x  ��0
cos �x  �
,
8
8




TH2:
, chia 2 vế của pt cho
đưa pt về pt theo
� �
tan �x  �
� 8 �để giải.


pt �  cos x  sin x    k
4
4
� cos x  sin x  1  4k

4

D

� �
� 2 cos �x  � 1  4k
� 4�
� � 1
� cos �x  �
 2k 2, k ��
� 4� 2

x  k 2

� � 1
cos �x  �
� � 

x
 k 2
� 4� 2
k

0,
� 2
*
ta có pt
1 k
1: pt vô nghiệm
* k ‫�ڣ‬


 x
2 , pt có nghiệm duy nhất là x  0.
Với 2
Đặt t  tan x, phương trình trở thành:
5

C

6

C




t  3 � tan x  tan � x   k

4 3
3
3
t2 
t 1 0 � �
1


3

t
� tan x  tan � x   k

6
6
� 3
x � 0,3  ,
Với
sử dụng đường tròn lượng giác, suy ra pt có 6 nghiệm
 1 2sin x  cos x  1

 2  � 2sin

x
x
 cos  0
2
2

83


pt � sin8 x  3 cos8 x  3 sin 6 x  cos6 x

7

D

8

9

D

� �
� �
� sin �
8 x  � sin �
6x  �
3�
6�



� 
8 x   6 x   k 2

3
6
��



8 x     6 x   k 2
� 3
6
� 
x   k

4
��



x k
� 12
7
(Thiếu đề)
pt � 3cos x  2 1  cos 2 x  2
t  cos x  1 �t �1 ,
Đặt
ta có phương trình:

3t  2 1  t 2  2 � t  0

cos x  0 � x 

10

D


 k
2

5


sin x  2
m 2 sin x  5  sin x


m 1
��

x

0,
2



�x � 0, 2 



0, 2 
Hệ phương trình có hai nghiệm trên 
m  2

5
� 1  2
 1 � m2  1  5 � m2  4 � �
m2
m 1


84


GIẢI TÍCH TỔ HỢP
Bài số 1:Quy tắc đếm cơ bản

U

ĐÁP
ÁN

1

A

2

D

3

C

LƯỢC GIẢI
- Chọn 1 người làm gốc
- Bốn người xếp chỗ có 4! Cách xếp
Vậy có 4! = 24 cách xếp
Với 4 chữ số 1; 2; 3; 4 có thể lập được 4! = 24số có các chữ số phân biệt
Gọi abcde là số cần tìm
TH1: e  0 � có 1 cách chọn
a, b, c, d có 4! Cách chọn
TH2: e �0 � e có 2 cách chọn
a �0, a �e � a có 3 cách chọn
b, c, d có 3! Cách chọn
Vậy có 1.4! + 2.3.3! = 60 số thỏa yêu cầu bài toán.
ln
l1 l2
Ước số của q có dạng p1 p2 ... pn
l1 � 0;1;...; k1

4

C

l2 � 0;1;...; k2 
...
ln � 0;1;...; kn 

5

D

6
7
8

C
D

9

A

10

D

k  1 k  1 ... k  1
Vậy có  1   2   n  ước số của q.
Gọi abcde là số cần tìm
a �0 � a có 9 cách chọn
4

b, c, d , e có A9 cách chọn
4
Vậy có 9. A9 = 27216 (số)
(không có đề)
C522  1326 cách
2.5.6 = 60 cách
(Sửa đề: bỏ món bò nướng lá cách)
5.3 + 5.2 + 3.2 = 31 món
Gọi abcdef là số cần tìm
85


4
TH1: f 5  a 6 Có 1.4.A8 cách chọn
f �
 1;3 a 5 Có 2.5.A84 cách chọn
TH2:
�a �5
f � 7;9 � �
4
�a �f Có 2.4.A8 cách chọn
TH3:
4
4
4
Vậy có 1.4.A8 + 2.5.A8 + 2.4.A8 = 36960 cách chọn

Bài số 2: Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp

CÂU

1

2

ĐÁP
ÁN

C

C

LƯỢC GIẢI
Gọi abc là số cần tìm
2
TH1: a  1 � b, c có A4 cách chọn
TH2: a  2
b � 1;5 � b có 2 cách chọn, c �a, b có 3 cách chọn
+ Nếu
c � 1;5
+ Nếu b  7 � b có 1 cách chọn,
có 2 cách chọn
2
Vậy có 1. A4 + 1.2.3 + 1.1.2 = 20 số
Gọi abcde là số cần tìm
TH1: e  0 � có 1 cách chọn
4
a, b, c, d � 1;2;3;4;5;6;7
có A7 Cách chọn
e �0 � e � 2;4;6
TH2:
có 3 cách chọn
a �0, a �e � a có 6 cách chọn
3

b, c, d có A6 cách chọn
3

B

4

C

5
6

D
A

4
3
Vậy có 1. A7 + 3.6. A6 = 3000 số thỏa yêu cầu bài toán.
C84 .5.5!  42000 cách chọn

+ a đứng cuối có 1 cách chọn
+ b,c,d,e,f có 5! Cách chọn
Vậy có 1.5! = 120 cách chọn
6! = 720 cách
(6-1)! = 5! = 120 cách
86


7

A

y

�Ax  20
hpt ۣ
��y
(0 y x)
Cx  10

Axy
Axy
y
Cx 
� y!  y  2 � y  2
y!
Cx

 choïn

Ax2  20 � x  x  1  20 � x 2  x  20  0

x  5  choïn
��
x  4  loaïi 

Vậy x  5; y  2.

8

A

9

D

ĐK: n �5.
 n  1  n  2   n  3  n  4    n  1  n  2   n  3  5  n  2   n  3  0
bpt �
4!
3!
4
2
� n  9n  22  0
� 2  n  11
n � 5;6;7;8;9;10
Giao điều kiện, suy ra
.
C72 .5.4  7.C52 .4  7.5.C42  910

10

B

C104 .6! C94 .5!  136080

Bài số 3: Nhị thức Niu-tơn

CÂU

ĐÁP
ÁN

LƯỢC GIẢI



Tk 1  Cnk x 2 x
1

2
3

C

C
B

SHTQ:



nk

k

�3 x �
� �
�x �

2
Số hạng thứ 3 ứng với k  2 � Cn  36 � n  9.
6
Số hạng thứ 7 ứng với k  9 � Hệ số của số hạng thứ 7 là: C9  84
a9  C99  C109  C119  C129  C139  C149  3003

x
Tổng các hệ số của khai triển
C  C  C  ...  C  1024
0
n

1
n

2
n

n
n

�  1  1  1024
n

� n  10

87

2

 1

n

bằng 1024, suy ra:


x12   x 2 

4

D

4
Hệ số của
có hệ số là C10 .
Pp .Pq  p !.q ! � a  1 !

SHTQ:
5

C

6

Tk 1  C

k
124



3 5
4



124

62

 C .3
k
124

k
2

.5

k
4

 k  0;124 

k M2

� � k M4 � k  4l
k M4


Số hạng hữu tỉ ứng với
�0;124
 
0 4l 124
Mà k ��

0 l 31

Có 32 số tự nhiên l thỏa mãn. Vậy có 32 số hạng hữu tỉ
1

6

A

k 4
SHTQ: Tk 1  C10 z

 10 k 

5 3k

4

.z k  C10k z 2

Số hạng thứ 5 tương ứng với k  4, ta có: T5  C z
4
15

7

D

SHTQ: Tk 1  C x
k
15

1
 15k 
2

.x

k

C x
k
15

11
2

15 3 k

2 2

5
Số hạng thứ 6 tương ứng với k  5, suy ra hệ số tương ứng là C15
k k n k
SHTQ: Tk 1  Cn 2 x

Ta có hệ số của số hạng thứ 10, 11, 12 lần lượt là:
a10  Cn9 29 ; a11  Cn10 210 ; a12  Cn11 211
a11 lớn nhất


Cn10 210  Cn9 29
2Cn10  Cn9
a11  a10



��
� � 10 10
� � 10
11 11
a

a
C
2

C
2
Cn  Cn11 2
�11 12
n
�n


8

n!
� 2n !
1
�2

n  14




10! n  10  ! 9! n  9  !



10 n  9
��
��
� � 31
n
!
2
n
!
1
2
n






2


10!
n

10
!
11!
n

11
!
n

10
11





� n  15
k
Tk 1  C6k  1 x 2 k
SHTQ:
9

D

6
Số hạng chứa x tương ứng với k  3
3
6
C63  1  20
x
Vậy hệ số của số hạng chứa


10

A

Cnn  Cnn1  Cnn2  79 � n  12
SHTQ: Tk 1  C x
k
12

4
 12 k 
3

x

28
k
15

16

C x
k
12

88

16 k
5


Số hạng không phụ thuộc x nên ta phải tim k sao cho
16k
16 
 0 � k  5.
5
5
Vậy số hạng cần tìm là C12 .

Xác suất của biến cố

1

ĐÁP
ÁN
B

2

D

CÂU

LƯỢC GIẢI

n    6
A: “Học sinh được chọn có số thứ tự nhỏ hơn số thứ tự của học sinh
mang áo trắng”
� A   1;2;3 � n  A   3
P  A 

3

A

n  A 3
  0,5
n  6

Vậy
A: “X, Y không câu được con nào”
P  A    1  0,1  1  0,15  0,765
Vậy xác suất để X, Y không trở về tay trắng là:
P A  1  P  A   0,235.

 

n     40
A   2;3;5;7;11;13;17;19;23;29;31;37

4

5

6

B

B

A

� n  A   12

P  A 

n  A  12

 0,3
n    40

P  A 

n  A 3

n  7

Vậy
n     C104
A: “Lấy được hai xanh, hai trắng”
n  A   C42C62
Vậy
n     6.6  36

89


A    1;1 ;  1;2  ;  2;1 ;  1;3 ;  3;1 ;  2;2  

� n  A  6
Vậy
7

8

C

A

P  A 

n  A
6 1


n    36 6

n  A  C43
1
P  A 
 3 
n    C10 30

n     6.6  36
A: “Tổng số chấm không vượt quá 5”
A    1;1 ;  1;2  ;  2;1 ;  1;3  ;  3;1 ;  1;4  ;  4;1 ;  2;2  ;  2;3  ;  3;2  
� n  A   10
P  A 

n  A  10 5


n    36 18

Vậy
(Đề sai)
n     24  16
A 1

9

� n  A  1

10

Vậy

P  A 

n  A 1

n    16

PHÉP BIẾN HÌNH
Bài số 1: Phép biến hình

U
1

ĐÁP
ÁN
A

2

A

3
4

C
D

LƯỢC GIẢI

f : M  x; y  � M '  x '; y ' 

�x '  2 x  y  1  2.1   2   1  5

�y '  x  2 y  3  1  2. 2   3  8
HS đó xét thiếu trường hợp A,B nằm khác phía dưới d
x
� x�
 

 ax  by
f : M  x, y  � M �
, y  �y�
 x��
90


x
x
f laứpheự
p ủo
ng nhaỏ
t
a 0,b 1

y

y


C

2 x1 x
x

y
a M M y


2 x2 x x
2 x2 2 x1 x
x



y
y
y" y '

r

a ob Tvr vụự
i v 2 x2 x1 ;0
b M
M

6

B

uuur
uuur
GH 2GO V G ;2 O H

7
8

B
C

5

9

C

G l trng tõm ca VABC
1 2 4

x

1
G


3

y 2 3 1 2
G
3
x 1 2 2 5
f G G ' G
G 5;1
yG 2 1 2 1 1
Gi s I(x0 ; yo) l im bt ng

10

C

x0
x y0

0 2

y x0 3
0


2


3
1
3
1 x0 y0
0


2
2
2

3 3
y0

x0
y0 0

2

2 2

1
3
x0
y0 0C
2
2

Bai s 2: Phộp tnh tin
91


CÂU

ĐÁP
ÁN

1

C

2

B

LƯỢC GIẢI
Phép tịnh tiến theo vec tơ – không là phép đồng nhất.

r uuur
u  BC   9; 2 
3

D

x2  y 2  2 x  8  0
�  x  1  y 2  9  0
2

�  T  cótâm
   I  1;0  ,  bán  kính  R  3

4

A
Tur  I   I �
       � I �
 4; 1  , R� R  3
Vaä
y  T �
:      x  4    y  1  9
2

2

�  x 2  y 2  8 x  2 y  8  0

 C  :  x 2  y 2  2 x  2 y  1  0     I  1;1      R  1
5

D

 C�
 :  x 2  y 2  4 x  2 y  4  0      I �
 2;1      R� 1
r

Tar

 C  � C �
       Vaäy  a   1;0 
6

D

r
v   4;0 
�1 �

;1�
�Tâm  I  �
 T  : x  y  x  2 y  3  0    có � �172 �
�bk  R  2
�9 �
Tvr  I   I �
       � I ' � ;1 �
�2 �
2

2

92


R
R

17
2
2

9
17
2
T
:
x y 1
4
2
Vy
x 2 y 2 9 x 2 y 17 0
7

D

Tor
Tur

8

C

9

B

10

C

I1 1; 2 I 2 3;4
r
u 4;6
r u 3;7
A 2;5
u 1;2
Tr

y x2
y x 1 2
2

Bai s 3: Phộp i xng trc
CU

P
N

LC GII
Laỏ
y A 1;0 ,B 0; 2 d1

TV :A 1;0 a A ' 0;1
1

B

B 0; 2





B ' 2;0

Vaọ
y d 2 :x 2 y 2 0
2

A

G laứtroùng taõ
m VABC
1 2 3

xG
2


3
G
G 2;3
3

4

2
y
3
G
3

93


Đd
G  2;3  
a
  G '  3;2 
d:x y0

3

D

4

A

5

B

6

D

7

A
(Đề thiếu dữ kiện)

8
9
10

 1 �2   x
�x�
Đoy �
��

y

y

�3  y
Đd
a
 2;3
 3;2 
d:x y 0

B
(Thiếu đáp án)

Bài số 4: Phép đối xứng tâm
CÂU
1
2

ĐÁP
LƯỢC GIẢI
ÁN
B
Hàm số lẻ nhận góc tọa độ làm tâm đối xứng
A
 C  :  x 2  y 2  8x  10 y  32  0
Tâm I(4;-5)

BK   R  42   52   32  3
94


Đ0  I   I �
� I '  4;5 
R’=R=3

Vậy   C  :         x  4    y  5   9
ĐI :   d � d '
2

2

d' song song hoặc trùng với d

�d�
: x  2y  c  0
3

C

Lấy   A  0;1 �d

 AĐ
 AI 

A '  4; 3
�
Ta  có  A�
 4; 3 �d �

� 4  2  3  c  0    � c  2
:     x  2 y  2  0
Vậy  d �

4

D

5

C

6

D

7

C

   K  2;1 ,  bk  R  3
 C   cótâm

ĐI  K   K �
    �         K '  2;3
nh  I  0;0 
 P  y  x 2  coùñæ
nh  I �
 P�
 coùñæ
 4; 4 
� P�
: y 2  x 2  8 x  12

nh  A  1;1
 P  :    y  x 2  2 x   coùñæ
8

B

ĐI  A   A�
   ,      I  3;1

� A '  7;3      
95


9

C

10

A

G laøtroïng taâ
m VABC
1 2  7

x

2
G


3

�y  4  3  2  3
�G
3
ĐI
G  2;3 a
G '  2; 5 
I  2; 1
Sử dụng t/c phép đối xứng tâm biến đgt thành đgt song song hoặc trùng
với đgt đã cho.

Bài số 5: Phép quay
CÂU

ĐÁP
ÁN

1

B

LƯỢC GIẢI

S 8

2

1
2



B
96



2

2  1  12  8 2


3

(Chưa có câu hỏi)

4

B

5

C

6

D

 Q 0 ,45�



M  1,1 � 0; 2



 x cos   y sin 
�x�
�   �
Q 0;   M   M '
 x sin   y cos 
�y�

Q 0;240� : AA ' � CC '
Q 0;0

7
8

A

9

A

10

B

Q�  �
Q� 3 �
0; �Q
0; �Q


0;



� 2�
� 2 �  0;2 

� Không  cóđáp
  án
 
Điểm O

uu
r
na   2;1
uu
r
nb   1; 2 
uu
r uu
r
� na  nb � a  b

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Bài số 1: Đại cương về đường thẳng và mặt phẳng
CÂU

ĐÁP
ÁN

LƯỢC GIẢI
97


1

B

I �MN � BMN 
I �BC � BCD 
I �BC � ABC 

2

D
Trong (ABCD), gọi O  AC �BD , I  AC �MN .
E  IP �SO � E � MNP  � SBD 
Trong (SAC), gọi
MN � MNP  , BD � SBD  , MN / / BD

�HK / / MN / / BD
�  MNP  � SBD   HK , �
�H �SB, K �SD
Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi (MNP) là ngũ giác MNKPH.

3
4

D
D

Hai đường thẳng chéo nhau không xác định một mặt phẳng.

98


5

IP, AD � ACD 

nên IP �AD  Q

Vậy thiết diện của hình chóp tạo bởi

6

A

7

C

8

C

 MNP 

là tứ giác MNPQ.

 SAC  � SBD   SM
99


9

C

10

B

C43  4 mặt phẳng

Hình chóp S.ABCD có 5 mặt nên thiết diện không thể có sáu cạnh

Bài số 2: Hai đường thẳng chéo nhau
CÂU

ĐÁP
ÁN

1

B

2

A

3

C

LƯỢC GIẢI

(1) Nếu mặt phẳng (a, b) không trùng với mặt phẳng (a, c) thì b và c chéo
nhau.
(1) Các cặp đường thẳng chéo nhau là: MN và PQ, MQ và NP, MP và
NQ, AD và BC.

100


4

C

5

B

6

C

7

C

8

A

9
10

C
D

Qua M có duy nhất một đường thẳng song song với b.
(1) Hai đường thẳng phân biệt trong không gian có thể cắt nhau, song
song hoặc chéo nhau
(2) Hai đường thẳng phân biệt trong mặt phẳng có thể cắt nhau hoặc song
song.
(3) a là giao tuyến của (P) và (R), b là giao tuyến của (Q) và (R) trong đó
(P), (Q), (R) là ba mặt phẳng khác nhau đôi một có thể có thể cắt nhau
hoặc song song.
Hai đường thẳng phân biệt trong không gian có thể cắt nhau, song song
hoặc chéo nhau.

Hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung.
(Sửa đề: Các điểm nào sau đây không cùng thuộc một mặt phẳng?)

101


Bài số 3: Đường thẳng và mặt phẳng song song.
CÂU

ĐÁP
ÁN

LƯỢC GIẢI
(Đề thiếu dữ kiện về vị trí tương đối của d và d’)

1

2

C

3

B

4

D

5

A

Có duy nhất một mặt phẳng chứa d và và qua A; B.
Mặt phẳng (P) đi qua O và song song với AB, SC
a nằm trên mp(P) hoặc a song song với mp(P). Do đó cả (1), (2), (3) đều
sai.
102


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×