TUYỂN CHỌN câu hỏi VD VDC TRONG đề TT 2018

Câu 1: [2D1-3]Cho hàm số y  x2 có đồ thị  C  Phƣơng trình tiếp tuyến  đồ thị x 1 hàm số  C  tạo với hai đƣờng tiệm cận tam giác có bán kính đƣờng tròn nội tiếp lớn Khi đó, khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị  C  đến  bằng? A B C D Lời giải Chọn D  Gọi M  x0 ;  x0      C  ,  x0  1 , I  1;1 Phƣơng trình tiếp tuyến M có dạng x0   : y   x0  1  ( x  x0 )  Giao điểm  với tiệm cận đứng A  1;  x0  x0  x0    x0   Giao điểm  với tiệm cận ngang B  x0  1;1 Ta có IA  , IB  x0   IA.IB  12 Bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp  IAB x0  S IAB  pr , suy S IAB IA.IB IA.IB IA.IB    2 3 p IA  IB  AB IA  IB  IA2  IB 2 IA.IB  2.IA.IB  xM  1   y0   Suy rmax    IA  IB  x0      xM  1   y0   r IM Câu 2:   3;   IM  [1D5-3] [Chuyên Biên Hòa, Hà Nam, lần 1, năm 2018- Câu 46]Cho hàm số y  f  x  xác định có đạo hàm thỏa mãn  f 1  x    x   f 1  x   Viết phƣơng trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ 1 A y   x  7 B y  x 7 C y   x  7 Lời giải D y   x  Chọn A * Phân tích: + Phƣơng trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồng độ x0 là: y  f   x0   x  x0   f  x0  Do đó, muốn viết phƣơng trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ x0 ta phải tính đƣợc f ( x0 ) f ( x0 ) + Trong giả thiết, cho điều kiện hàm f ( x) , chắn phải vào giả thiết để tính f ( x0 ) f ( x0 ) * Lời giải + Xét  f (1  x)  x   f (1  x) 1 x   f (1)  Trong 1 cho x  ta đƣợc  f (1)   f (1)     f (1)  1 + Đạo hàm vế 1 ta đƣợc: 2.(1  x) f (1  x) f (1  x)   3.(1  x) f (1  x). f (1  x)   f (1  x) f (1  x)   f (1  x). f (1  x)  2 Trong   cho x  đƣợc: f (1) f (1)   f (1). f (1)   3 Nếu f (1)  thay vào   vô lý  f (1)  1 Thay f (1)  1 vào   đƣợc f (1)   + Vậy phƣơng trình tiếp tuyến cần tìm là: y   Câu 3: 1  x  1  hay y   x  7 [2D1-3] *Chuyên ĐH Vinh lần – 2018] Cho hàm số y x4 x3 4x2 a Gọi M , m lần lƣợt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số đoạn 0;2 Có số nguyên a thuộc đoạn A 3;3 cho M B 2m ? C D Lời giải Chọn D Xét hàm số y x4 x3 4x2 a đoạn 0;2 x  Ta có y  x  12 x  x , y    x   x  y    y    a , y 1  a  Nếu a  M  a  , m  a Để M  2m  a  , suy a  1, 2,3 thỏa mãn Nếu a  1 M  a  a , m  a   a  Để M  2m  a  2 , suy a  2, 3 Vậy có giá trị nguyên a thỏa mãn yêu cầu.Có cách khác tổng quát Câu 4: [2D2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Có giá trị m để giá trị nhỏ hàm số f  x   e x  4e x  m  0;ln 4 A B C D Lời giải Chọn D Đặt t  e x , với x  0;ln   t  1;4  Khi f  x   t  4t  m  g  t  Có g   t   2t   g   t    t  Ta có bảng biến thiên  m  6  m  6  m    m  10 g t     Từ bảng biến thiên ta thấy 0;4  Câu 5: [2D1-3] C tất giá trị nguyên m để giá trị lớn hàm số   y  x  x  m  x  4m  đoạn  0; 2 kh ng vƣợt 15 ? A B C D số Lời giải Chọn C t hàm số f  x   x3  x   m2  1 x  4m  đoạn  0; 2 1  a có f   x   3x  x  m    x    m2   với x   0; 2 3  2 min f  x   f    4m   0;2 uy hàm số f  x  đồng biến  0; 2   f  x   f    2m  4m  max 0;2      Khi max y  max f  x   max 4m  ; 2m  4m   15 0;2 0;2  11  11  4m   15   m    m      2m  4m   15 2m  4m  16  2  m   m  2  m    m  2; 1;0 ậy có giá trị thoả m n Câu 6: [2H3-3] [Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018] Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 2;  3) mặt phẳng  P  : x  y  z   Đƣờng thẳng qua A vng góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   cắt mặt phẳng  P  B Điểm M nằm mặt phẳng  P  cho M ln nhìn AB dƣới góc vu ng độ dài MB lớn ính độ dài MB A MB  41 B MB  D MB  41 C MB  Lời giải Chọn C Ta có đƣờng thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   có phƣơng trình:  x   3t  d  :  y   4t , t   z  3  4t  a có giao điểm d mặt phẳng  P  B : B  d  B(1  3t;  4t; 3  4t ) B   P   1  3t     4t    4t    t  1 Vậy B(2; 2;1) A I H M B (P) Điểm M nằm mặt phẳng  P  cho M ln nhìn AB dƣới góc vng nên M nằm đƣờng tròn  C  giao mặt cầu đƣờng kính AB với mặt phẳng  P  Khi độ dài MB lớn độ dài MB đƣờng kính  C  Gọi bán kính đƣờng tròn  C  r , trung điểm AB I  I ( ;0; 1) , d( I ,( P )  AB r Ta có d  I ,( P )  r  Vậy độ dài MB lớn 2 Câu 7: *2D3-4+* hu n h nh 2- c Ninh-Lần 2-Năm 2018+ Trong không gian Oxyz , cho : (S1 ) : ( x 1)2  y  z  4,(S2 ) : ( x  2)2  ( y  3)  ( z 1)  đƣờng thẳng x   t  d :  y  3t Gọi A, B điểm tùy ý thuộc ( S1 ), ( S2 ) M thuộc đƣờng thẳng d  z  2  t  Khi giá trị nhỏ biểu thức P  MA  MB bằng: A 2211 11 3707 3 11 B C 1771  110 11 D 3707 11 Lời giải Chọn B Gọi I , R1; J , R2 lần lƣợt tâm bán kính mặt cầu ( S1 );( S2 ) Ta có: I (1;0;0), R1  2; J (2;3;1), R2   IJ//d I J H K M I' Để (MA  MB)  M , A, B nằm mặt phẳng (IJ, d ) Gọi H , K lần lƣợt giao tia IM , JM với ( S1 );( S2 ) Ta có: MA  MB  MH  MK  MI  MJ   (MA  MB)  (MI  MJ ) Gọi I  điểm đối xứng I qua d  MI  MJ  MI   MJ  I J  (MI  MJ )  M  I J  d  (MA  MB)  I J  35 42 3707 3707 ; ; )  IJ=  ( MA  MB)   11 11 11 11 11 [2H3-4] [Sở GD & Đ tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 35]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  0;1;1 , B  3;0; 1 , C  0; 21; 19  mặt cầu Dễ dàng tìm đƣợc: I ( Câu 8:  S  :  x 1   y    z   2  Gọi M  a; b; c  điểm thuộc mặt cầu  S  cho biểu thức 3MA2  2MB2  MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng S  a  b  c A S  B S  14 C S  12 D S  12 Lời giải Chọn B Mặt cầu  S  có tâm O 1;1;1 R  Gọi I cho 3IA  IB  IC  Dễ dàng xác định đƣợc I 1; 4; 3  Khi ta có 3MA2  2MB2  MC        2MI  3IA  IB  IC   3IA  IB 2  MI  IA  MI  IB  MI  IC  6MI 2  IC  6MI  3IA2  IB  IC Do I , A, B, C kh ng đổi nên 3MA  MB  MC nhỏ MI nhỏ Vì MI  MO  IO  R  IO nên MI nhỏ M , I , O thẳng hàng hay M giao đƣờng thẳng IO với  S   x 1  a có đƣờng thẳng OI có phƣơng trình  y   3t Giao OI  S  ứng với t  z   4t  nghiệm Câu 9:  t  2 1  1  1  3t  1  1  4t  1   t    25 t    1  1  9 Với t   M 1; ;   MI  , với t    M 1; ;   MI  5  5  5 14 Chọn điểm M thứ MI b Khi a  b  c  [2D4-4][Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 45]Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z   i  Tìm giá trị lớn biểu thức P  z  8i  z   9i A 5 B 5 C D Lời giải Chọn B Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z , từ z   i  M nằm đƣờng tròn  x  1   y  1  25 có tâm bán kính : I 1;1 , R  Gọi A  0;8  ; B 7;9  P  x2   y  8   x  7   y    MA  MB Phân tích : mục tiêu tìm tọa độ điểm C cho MB  2MC , nhận thấy IB  IM  R nên ta có hai cách tìm tọa độ điểm C nhƣ sau : Cách :  x  1   y  1  25  T  x  y  23  2 MB  x  y  14 x  18 y  130  x  y  14 x  18 y  130  3T 5   x  y  20 x  24 y  61   x     y  3 2  5  Nên chọn điểm C  ;3  MB  2MC 2  IB tam giác IMC đồng dạng với tam giác 5  IBM nên ta có MB  2MC , từ C  ;3  2  Cách : Lấy điểm C thỏa mãn IC  Ta có : P  2MA  MB   MA  MC  AC  5 Dấu « = » đạt đƣợc điểm C nằm đoạn AM Được chia sẻ Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC Các Kỳ hi(Đây l số câu hay tường nh m).Khính mời q thầy tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi 3000 giáo viên to n quốc Câu 10: [2H3-3+*Chuyên Hùng Vương Oxyz, cho mặt cầu S  ình Dương,thi lần 5,năm 2018+ Trong khơng gian 2 có phƣơng trình x  y  z  x  y  z   điểm A  5;3; 2  Một đƣờng thẳng d thay đổi lu n qua A cắt mặt cầu hai điểm phân biệt M , N Tính giá trị nhỏ biểu thức S  AM  AN A Smin  50 B Smin  10 C Smin  Lời giải Đáp án sai D Smin  20 I(2;-1;1) M N A(5;3;-2) Tâm I  2; 1;1 bán kính mặt cầu R  AI  (2  5)   1  3  1    34 2 Gía trị nhỏ xảy trƣờng hợp AM  AN Đặt AN  x  34   x  AM AN  25  AM  25 x S  AN  AM  x  25  f ( x) x Xét f ( x)  x  f ( x)   25  34  3;5 x  25 x  25   x   34  3;5 x2 x2  Smin x  34  S     34   25  34  34  Vậy GTNN Smin  34  x  34  Vậy kh ng có đáp án Phân tích ý tưởng: - Bài cốt lõi thực đƣợc sử dụng ý tƣởng phƣơng tích điểm mặt cầu - Tuy nhiên có lỗi mà học sinh kể giáo viên hay mắc phải xét dấu 25 25  x  20  Smin  20 Tuy nhiên x x điều xảy dấu đƣợc điều kiện để đƣờng thẳng d cắt mặt cầu đánh giá bất đẳng thức cô-si x  S  hai điểm phân biệt ta có khống chế điều kiện là: 34   AN  Câu 11: [2H3-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018+Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2;0;0), B(0;4;0), C(0;0;6) , điểm M thay đổi mặt phẳng  ABC  , N điểm tia OM cho OM ON  12 Biết M thay đổi điểm N ln nằm mặt cầu cố định Tính bán kính mặt cầu A B C D 2 Lời giải Chọn A * Phân tích: rƣớc tìm bán kính đƣờng tròn hiểu tốn quỹ tích, cần quỹ tích điểm N Theo giả thiết từ tọa độ M ta suy đƣợc tọa độ điểm N , mặt khác M lại chạy “tung tăng” mặt phẳng  ABC  , từ liên hệ quỹ tích điểm N * Giải Giả sử N  x; y; z   ON  x  y  z Do O, M , N thẳng hàng N thuộc tia ON nên suy ra: OM ON  12  OM    12 12 x 12 y 12 z ON  N  ; ; 2 2 2 2  x y z x y z x y z x y z  2 3 49  Do N   ABC   x  y  z  x  y  z   x  3   y     z  1  2  2 2 Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính R  Câu 12: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018+ Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  Q  : x  y  z   ,  R  : x  y  z   Một đƣờng thẳng  thay đổi cắt ba mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R  lần lƣợt điểm A, B, C Giá trị nhỏ biểu thức AB  A 41 96 AC B 99 C 18 Lời giải Chọn C * Phân tích: D 24 Ta nhận thấy ba mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R  ba mặt phẳng phân biệt song song với Dựa vào số d ba mặt phẳng ta nhận thấy mặt phẳng  P  nằm hai mặt phẳng  Q  ,  R  +) Ba mặt phẳng song song với ta nghĩ đến định lý a let để rút đƣợc mối quan hệ AB, AC Từ đánh giá đƣợc giá trị nhỏ biểu thức AB  96 AC * Giải Ba mặt phẳng có v c tơ pháp tuyến 1; 2;  nên chúng song song với Khi ta có d   P  ;  Q    d Q  ;  R     8    8   ; d  P  ;  R   1 1;  Dựng đƣờng thẳng qua C vng góc với mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R  Đƣờng thẳng cắt mặt phẳng  P  ,  Q  lần lƣợt M ; N Khi ta có CM  1; MN  Xét CNB có MA NB nên Khi AB  AC MC    AB  AC AB MN 3 AC AC 96 96 96 AC AC 96  33  3.6  18  AC     2 2 AC AC AC 2 AC Dấu "  " xảy  AC 96   AC  AC Được chia sẻ Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC Các Kỳ hi(Đây l số câu hay tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi 3000 giáo viên to n quốc Câu 13: [2H2-4] * HP NĂNG KHIẾU, ĐHQG PHCM, lần 2, năm 2018+Cho ba mặt cầu có bán kính R1 , R2 , R3 đ i tiếp xúc với Một mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu lần lƣợt A, B, C Biết tam giác ABC có số đo ba cạnh lần lƣợt 2, 3, Tìm tích R1  R2  R3 ? A B C D 24 Lời giải Chọn B R -R R2 R1 + Theo phân tích ta có:  R1  R2    R1  R2    R1  R2  +) ƣơng tự: R2  R3  R1  R3  4 +) Suy  R1  R2  R3    R1  R2  R3  Nhận xét: Vai trò R1 , R2 , R3 nhƣ nên ta kh ng cần so sánh R1 , R2 , R3 BÀI TẬP ƢƠNG Ự - Ý tưởng 01: Tọa độ hóa khơng gian - Ý tưởng 02: R -R R2 R1 R3 2 Câu 14: [2D3-4] Cho hàm số y  f ( x) thỏa f ( x )  f ( x)  x  Tính I   f ( x)dx A  ln B  ln C  ln D  ln Lời giải Chọn A u  f ( x) du  f ( x )dx  Đặt  dv  dx v  x  2 0 Khi I   x  1 f ( x) |02    x  1 f ( x)dx  f (2)  f (0)   2 f ( x )  f ( x)  f ( x)dx  f ( x)   f (2)   f (0)   f (2)  f (0)    f  x   |02  f (2)  f (0)    f      f    1  ln 2   ln 2   ln 2  Ta có: f ( x )  f ( x)  x   f (0)  f (0)   f (0)  f (2)  f (2)   f (2)   21   20  Thay vào 1 ta đƣợc: I  3.1           ln 2   ln 2  ln Câu 15: [2H3-3+*Phan ội Châu-Nghệ An- lần 4-2018] rong kh ng gian tọa độ Oxyz cho A 1; 3; 10  , B  4; 6;  M điểm thay đổi mặt phẳng (Oxy) cho MA, MB tạo với mặt phẳng  Oxy  góc ìm giá trị nhỏ AM A B 10 C 10 D Lời giải Chọn A Cách Gọi M  x; y; z  thuộc mặt phẳng (Oxy) Ta có : d  A,  Oxy    2d  B,  Oxy   Nên MA  2MB hay ( x  1)  ( y  3)  100  ( x  4)  ( y  6)  25  ( x  5)2  ( y  7)2  Lại có: AM  ( x  1)2  ( y  3)2  100  ( x  5)2  ( y  7)  x  y  36  8( x  5)  8(y 7)  140 Mặt khác theo bất đẳng thức bunhiacopxki ta có: ( x  5)  ( y  7)    (1  1) ( x  5)  ( y  7)  16  4  ( x  5)  ( y  7) Hay : AM  8( x  5)  8(y 7)  140  108  AM  Dấu xảy  x   y   2 , hay M  3; 5;  Cách Gọi M ( x; y;0) thuộc mặt phẳng (Oxy) Ta có : d ( A,(Oxy))  2d (B,(Oxy)) Gọi H , K lần lƣợt hình chiếu vu ng góc A, B lên mặt phẳng (Oxy) Mà MA, MB tạo với mặt phẳng (Oxy) góc nên : MH  2MK Khi để MA nhỏ MH nhỏ Mà M , H , K thuộc mặt phẳng (Oxy) nên : MH M thuộc đoạn HK MH  2MK hay HM  2MK Ta có : H 1; 3;  , K  4; 6;  nên M  3; 5;  Hay giá trị nhỏ AM là: AM  (3  1)  (5  3)  102  Nh n xét: a tổng qt tốn nhƣ sau: Trong khơng gian cho A, B M điểm thay đổi mặt phẳng ( P) cho MA, M B tạo với mặt phẳng ( P) góc ìm giá trị nhỏ AM , biết d  A,  P    k d  B,  P   Cách giải: Gọi I điểm thỏa m n: AI  k IB Khi AM nhỏ M hình chiếu vu ng góc I lên  P  Được chia sẻ Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC Các Kỳ hi(Đây l số câu hay tường nh m).Khính mời q thầy tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi 3000 giáo viên to n quốc Câu 16: [2H3-3] *Chuyên Lương hế Vinh –Đồng Nai - Lần - 2018]Trong không gian 0xyz ,  x   2t  cho mặt cầu  S  :  x  3   y  1  z  đƣờng thẳng d :  y  1  t ,  t   z  t  2  Mặt phẳng chứa  d  cắt  S  theo đƣờng tròn có bán kính nhỏ có phƣơng trình A 3x  y  z   B y  z   C x  y   D x  y  5z   Lời giải I d A H Chọn B r  R  d suy r nhỏ khoảng cách từ I đến  P  d   I ,  P   lớn nhỏ R Gọi H hình chiếu I d ta có H 1  2t; 1  t; t    d  IH ud   H  : 0; 1 d   I ,  P    IA  IH , rmin  d   I ,  P  max  IH Suy ra:  P  qua  H  , có VTPT n  IH   0; 1; 1 Vậy  P  y  z   Câu 17: [2H3-3] [ HP CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-QUẢNG TRỊ 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x 1   y    z    điểm A 1;1; 1 Ba mặt 2 phẳng thay đổi qua A đ i vng góc với nhau, cắt mặt cầu  S  theo ba giao tuyến đƣờng tròn  C1  ,  C2  ,  C3  Tính tổng diện tích ba hình tròn  C1  ,  C2  ,  C3  A 4 C 11 B 12 D 3 Hướng dẫn giải Chọn C Mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z    có tâm I 1;1; 2  bán kính R  2 2 Cách 1: (cụ thể hóa) t ba mặt phẳng thay đổi qua A đ i vu ng góc với nhau, cắt mặt cầu  S  theo ba giao tuyến đƣờng tròn  C1  ,  C2  ,  C3  lần lƣợt  P1  : x  1,  P2  : y  1,  P3  : z  1 Gọi r1 , r2 , r3 lần lƣợt bán kính đƣờng tròn giao tuyến mặt cầu  S  với ba mặt phẳng  P1  ,  P2  ,  P3  Vì  P1  ,  P2  qua tâm I 1;1; 2  nên r1  r2  R  ; IA   P3  nên r3  R  d  I ,  P3    R  IA2    diện tích ba hình tròn  C1  ,  C2  ,  C3  S1  S2  S3   r12   r22   r32  11 Cách : Gọi ba mặt phẳng qua A đ i vu ng góc với lần lƣợt  P  ,  Q  ,  R   P  ,  Q  ,  R  Suy P , Q , R lần lƣợt tâm đƣờng tròn giao tuyến  C1  ,  C2  ,  C3  mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R  mặt cầu  S  Gọi P , Q , R lần lƣợt hình chiếu I lên mặt phẳng Dựng hình hộp chữ nhật ACDR.BPIQ nhƣ hình vẽ Ta có IA2  IB  AB  IP  IQ  IR Gọi r1 , r2 , r3 lần lƣợt bán kính đƣờng tròn giao tuyến mặt cầu  S  với ba mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R       Ta có r12  r22  r32  R  d  I ,  P    R  d  I ,  Q    R  d  I ,  R   2   3R   IP  IQ  IR   3R2  IA2  3.22   11 Suy tổng diện tích ba hình tròn  C1  ,  C2  ,  C3   r12   r22   r32  11 Câu 18: [2H3-3][Sở GD&Đ điểm c Giang-L2/N2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  0;1; 2 ,  S  :  x  3 mặt phẳng   : x  y  z   mặt cầu   y  1   z    16 Gọi  P  mặt phẳng qua A , vuông góc với   2 đồng thời  P  cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đƣờng tròn có bán kính nhỏ Tọa độ giao điểm M  P  trục xOx là:   A M   ;0;0      B M   ;0;0    1  D M  ;0;0  3  C M 1;0;0  Lời giải Chọn A I R r J Đƣờng tròn giao tuyến có bán kính nhỏ khoảng cách từ tâm I  3;1;  đến mp  P  lớn x  t  Cách 1: Gọi d đƣờng thẳng qua A , vng góc với   nên d có dạng:  y   t z   t  Khi  P  chứa d Gọi J , K lần lƣợt hình chiếu I lên  P  , d  IJ  IK Ta có K  t;1  t;2  t   IK  t  3; t; t  , IK  d nên t   K 1;0;3 IK   R  nên K nằm mặt cầu Do mp cần tìm qua A  0;1;  nhận KI  2;1; 1  làm   VTPT Vậy  P  : x  y  z   Vậy M   ;0;0    Cách 2: Vì  P qua A nên phƣơng trình  P có dạng: ax  b  y  1  c  z    0;  a  b  c   Mặt khác  P  vuông góc với   nên ta có: a  b  c   b  a  c Nếu a  : mặt phẳng qua tâm mặt cầu nên khoảng cách Nếu a  : Ta có IJ  3a a  b2  c2  b c 1      a a   c c  1       a a  c c 2    a a Do IJ  c    a  2c  b  c a Chọn c  1 , ta đƣợc mp  P  có phƣơng trình: x  y  z   Câu 19: [2D4-4+ *Đặng Thúc Hứa – Lần – 2018] Cho số phức z thoả mãn z  z  z  z  z Giá trị lớn biểu thức P  z   2i A 5 B 3 52 C D 3 Lời giải Chọn B Cách 1: Đại số Đặt z  a  bi  a , b   Từ giả thiết z  z  z  z  z2  a  b  a  b   a  1   b  1  1 Ta có P  z   2i   a  5   b   2  a  b  10a  4b  29 Dễ thấy P lớn a, b  Khi P  12a  6b  29   2  a  1   b  1   47 Do a, b  nên từ 1 ta có  a  1   b  1  Suy P   2  a  1   b  1   47  2 2  12   a  1   b  1   47    47  10    a  12   b  12   10   a  1  a  b     Dấu  xảy   10 b  1    a  1, b    Cách 2: Hình học Đặt z  a  bi  a , b   Từ giả thiết z  z  z  z  z2  a  b  a  b   a  1   b  1  1 2 Tập hợp M biểu diễn z thuộc phần đƣờng tròn bán kính R  có tâm A  1;1 , B 1;1 , C 1; 1 , D  1; 1 nằm chọn vẹn góc phần tƣ (bỏ cung nhỏ) P  ME với E  5;  Từ hình vẽ ta thấy max P  HE  ED    Câu 20: [1D3-3] *Đề thi cụm trường chuyên khu vực phía B c–lần thứ -2018]Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , chọn ngẫu nhiên điểm thuộc tập hợp S   a; b  | a, b  ; a  4; b  4 Nếu điểm có xác suất đƣợc chọn nhƣ nhau, tính xác suất để chọn đƣợc điểm mà khoảng cách đến gốc toạ độ không vƣợt A 15 81 B 13 81 C 11 16 D 13 32 Lời giải: Chọn B a, b  a  4, b  nên a, b  1, 2, 3, 4, 0 Do tập S có 81 phần tử Gọi M  a; b   S OM  nên a  b2  a   b   2; 2 trƣờng hợp có điểm a  1  b    3;  trƣờng hợp có điểm a  2  b  trƣờng hợp có điểm Suy số điểm M  S mà OM  13 điểm Vậy xác suất Bình lu n: 13 81 Bản chất thực việc phân chia trƣờng hợp việc ứng dụng phép đếm để tính tốn kết  ... sẻ Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD- VDC Các Kỳ hi(Đây l số câu hay tường nh m).Khính mời q thầy tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi 3000 giáo viên to n quốc Câu 10: [2H3-3+*Chuyên Hùng... Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD- VDC Các Kỳ hi(Đây l số câu hay tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi 3000 giáo viên to n quốc Câu 13: [2H2-4] * HP... Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD- VDC Các Kỳ hi(Đây l số câu hay tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi 3000 giáo viên to n quốc Câu 16: [2H3-3] *Chuyên