524 câu hỏi vận dụng cao có lời giải chi tiết trong các đề thi thử môn toán 2018

Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Mục lục Chương Lượng giác  . 2  Chương Tổ hợp   17  Chương Dãy số   30  Chương Giới hạn   39  Chương Đạo hàm  . 45  Chương Phép biến hình   58  Chương Quan hệ song song  . 59  Chương Quan hệ vng góc   61  Chương Ứng dụng đạo hàm – khảo sát hàm số   85  Chương 10 Mũ – Logarit   141  Chương 11. Nguyên hàm – tích phân   170  Chương 12 Số phức . 201  Chương 13 Khối đa diện  . 221  Chương 14. Khối tròn xoay   245  Chương 15 Không gian Oxyz  . 287    Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      1  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Chương Lượng giác Câu 1: Hàm số y  tan x  cot x  đây?    A  k 2 ;  k 2      k 2 ; 2  k 2  1 không xác định khoảng khoảng sau  sin x cos x     3  k 2  C   k 2 ;   k 2  D B    k 2 ;   2  Lời giải Chọn D sin x  k ,k   sin x   x  Hàm số xác định  cos x  Ta chọn k   x  3 3 điểm thuộc khoảng   k 2 ;2  k 2  2 Vậy hàm số không xác định khoảng   k 2 ;2  k 2  Câu 2:   Tìm tập xác định D hàm số y   cot x  sin x  cot   x      k k  A D   \  , k    B D   \   D D   \ k , k   , k    C D   2     Lời giải Chọn A Hàm số xác định điều kiện sau thỏa mãn đồng thời    cot x  sin x  , cot   x  xác định cot x xác định   Ta có 5  2cot x  sin x    2cot x  sin x  0, x    sin sin      x x        cot   x  xác định  sin   x     x  k  x    k , k   2 2     cot x xác đinh  sin x   x  k , k     k  x    k x ,k  Do hàm số xác đinh  2  x  k  k  Vậy tập xác định D   \  , k      Câu 3: Trong hàm số sau, hàm số có đồ thị đối xứng qua trục tung?     A y  B y  sin  x   C y  cos  x   sin x 4 4   Lời giải Chọn A Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      D y  sin x 2  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018    Viết lại đáp án B y  sin  x     sin x  cos x  4  Kết đáp án A hàm số chẳn nên có đồ thị đối xứng qua trục tung Ta kiểm tra đáp án B C hàm số không chẵn, không lẻ Xét đáp án D     Hàm số xác định  sin x   x   k 2 ;   k 2   x   k ;  k         D   k ;  k   k       Chọn x  Câu 4:   D  x     D Vậy y  sin x không chẵn, không lẻ Số có ánh sáng thành phố A ngày thứ t năm 2017 cho hàm số   t  60   10 , với t  Z  t  365 Vào ngày năm thành phố A có 178 nhiều ánh sáng mặt trời nhất? A 28 tháng B 29 tháng C 30 tháng D 31 tháng Lời giải Chọn B y  sin Vì sin Câu 5:  178  t  60    y  4sin  178  t  60   10  14 Ngày có ánh nắng mặt trời chiếu nhiều     y  14  sin  t  60     t  60    k 2  t  149  356k 178 178 149 54 Mà  t  365   149  356k  365   k 356 89 Vì k  nên k  Với k   t  149 tức rơi vào ngày 29 tháng (vì ta biết tháng có 31 ngày, tháng có 30 ngày, riêng năm 2017 khơng phải năm nhuận nên tháng có 28 ngày dựa vào kiện  t  365 ta biết năm tháng có 28 ngày) Hằng ngày mực nước kênh lên xuống theo thủy triều Độ sâu h (mét) mực nước   t kênh tính thời điểm t (giờ) ngày công thức h  3cos     12 Mực 78  nước kênh cao khi: A t  13 (giờ) B t  14 (giờ) C t  15 (giờ) D t  16 (giờ) Lời giải Chọn B Mực nước kênh cao h lớn t   t    cos        k 2 với  t  24 k   4 Lần lượt thay đáp án, ta đáp án B thỏa mãn t  Vì với t  14   2 (đúng với k  1 ) Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      3  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Câu 6: Hàm số y  cot x  A   tan x  tan x B  đạt giá trị nhỏ C  2 Lời giải D 1 Chọn D Ta có cot x   tan x tan x Từ suy y  3cot x     tan x   3cot 2 x  cot x cot x    1, x   Vậy y  1  cot x  Câu 7:   tan x   Hàm số y  cos x  sin  x   đạt giá trị lớn 4  A  2 B  2 C  2 Lời giải D 52 Chọn C     sin  x    cos x  Ta có y  cos x  sin  x    cos x   sin x  cos x  4 4 2     sin x  2  cos x  2  2     Ta có y        y  52 2  2  Do ta có   2  y   2 Vậy giá trị lớn hàm số Câu 8: 5 2 Giá trị nhỏ hàm số y  sin x  cos x  sin x cos x A B C Lời giải D Chọn A Ta có y  sin x  cos x  sin x cos x  y   2sin x cos x  sin x cos x 1  y   sin 2 x  sin x 2 2   1 1 1  y    sin x      y    sin x       2 2 Dấu xảy sin x  Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      4  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Câu 9: Giá trị nhỏ hàm số y  sin x cos x  cos x sin x A B C Lời giải D Chọn A Ta có sin x cos x  cos x sin x  sin x cos x sin x cos x  y2 1 sin x sin x  Dấu xảy sin x  2 Câu 10: Cho x, y, z  x  y  z   Tìm giá trị lớn y   tan x.tan y   tan y.tan z   tan z.tan x A ymax   2 B ymax  3 C ymax  D ymax  Lời giải Chọn D Ta có x  y  z    x y   tan x  tan y     z  tan  x  y   tan   z    tan x.tan y tan z 2   tan x.tan z  tan y tan z   tan x.tan y  tan x tan z  tan y tan z  tan x.tan y  Ta thấy tan x.tan z; tan y.tan z; tan x.tan y xuất hàm số đề cho thức, tương tự ví dụ 8, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho số ta có: 1  tan x.tan y  1  tan y.tan z  1  tan z.tan x   12  12  12 1.tan x.tan z  1.tan y.tan z  1.tan x.tan y   3   tan x.tan z  tan y.tan z  tan x.tan y   Vậy ymax   2   Câu 11: Phương trình tan x  tan  x    tan  x  3   A cot x  B cot 3x  Chọn D Điều kiện: pt     3 tương đương với phương trình  C tan x  D tan 3x  Lời giải  cos x      cos  x    3     2  cos  x  0    sin x  cos x sin  x      2   cos  x   cos  x   3     3  sin x  cos x Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      2sin x   cos  x     cos   3 3 5  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018   sin x 4sin x sin x  2sin x cos x  4sin x cos x  3  3 cos x  cos x cos x 1  cos x   sin x  sin 3x  sin x  2sin 3x  2sin x  3  tan 3x  3  tan 3x  cos x  cos x  cos 3x Câu 12: Phương trình 2cot x  3cot 3x  tan x có nghiệm là: A x  k  B x  k C x  k 2 D Vô nghiệm Lời giải Chọn D Điều kiện phương trình sin x  0,sin 3x  0,cos2 x  Phương trình tương đương 2cot x  tan x  3cot 3x sin x  cos x sin x cos 3x  2  3 cos x  sin x cos x sin 3x  sin 3x   cos2 x  sin 2 x cos 3x  3cos x cos 3x 3  3 sin x.cos x sin 3x sin x sin 3x  sin 3x  3sin 3x cos x  3cos3x sin x  sin 3x  3sin x  3sin x  4sin x  3sin x  sin x   x  k ( loại sin x  ) Vậy phương trình vơ nghiệm cos Câu 13: Giải phương trình   x  k 3   A  x    k 3   5 x    k 3  4x  cos x   x  k   B  x    k   5 x    k   x  k 3 C   x     k 3   x  k 3 D   x   5  k 3  Lời giải Chọn A cos 4x x  cos x 2x 2x  cos x  cos   cos   cos 3 3 2x  2x 2x 2x 2x 2x    cos  1   cos3  3cos  cos3  cos  3cos   3 3 3    2x    k 2  x  k 3 2x   cos     x     k 2   x     k 3   2x 3  cos        x   x    k 3  k 2   Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      6  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  cos Câu 14: Giải phương trình   x  k 3   A  x    k 3   5 x    k 3  4x  cos x   x  k   B  x    k   5 x    k   x  k 3 C   x     k 3   x  k 3 D   x   5  k 3  Lời giải Chọn A cos 4x x  cos x 2x 2x  cos x  cos   2cos   cos3 3 3 2x  2x 2x 2x 2x 2x    2cos  1   4cos  3cos  4cos  4cos  3cos 3 3 3 3    2x   k 2   x  k 3 x    cos   x     k 2   x     k 3   2x 3   cos    x 5    5  k 2 x    k 3   Câu 15: Hàm số y  A 2sin x  cos x có tất giá trị nguyên? sin x  cos x  B C D Lời giải Chọn B Ta có y  sin x  cos x   y   sin x   y  1 cos x  3 y sin x  cos x  Điều kiện để phương trình có nghiệm   y     y  1   3 y   y  y    1  y  2 y   y  1; 0 nên có giá trị nguyên cos x có nghiệm là:  sin x  3    x   k 2  x   k      B x   k C  x    k 2   2  x  k  x  k 2     Lời giải Câu 16: Phương trình cos x  sin x     x    k 2   A  x   k   x  k   Chon 5   x   k  3 D  x   k   x  k   C ĐK sin2x  Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      7  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  cos x  sin x  cos x cos2 x  sin x  cos x  sin x   sin x  sin x  cos x   cos x  sin x   cos x  sin x  cos x  sin x   sin x  cos x   cos x  sin x   cos x  sin x     cos x  sin x  1  0 sin x  cos x  sin x  cos x     sin  x     4 cos x  sin x     sin x  cos x  1  sin  x     1    4   3       x   k  x   k    x k           x     k 2  k      x  k 2 k      x    k 2  k       4  3   5  x  k 2  k 2 x  x     k 2  4   Câu 17: Phương trình 2sin x  A x    k 1  cos 3x  có nghiệm là: sin x cos x  3  k B x   k C x  12 Lời giải D x   3  k Chọn A ĐK sin 2x  2sin 3x  1 1  2cos 3x    sin 3x  cos 3x    sin x cos x cos x sin x   3sin x  4sin x    cos3 x  3cos x     3  sin x  cos x    sin x  cos3 x    sin x  cos x sin x cos x sin x  cos x sin x cos x  3  sin x  cos x    sin x  cos x   sin x  sin x cos x  cos x     3  sin x  cos x    sin x  cos x 1  sin x cos x      sin x  cos x  3  1  sin x cos x    sin x  cos x sin x cos x sin x  cos x sin x cos x Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      sin x  cos x sin x cos x 8  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018      sin x  cos x  6  1  sin x cos x   0 sin x cos x       sin x  cos x  2  8sin x cos x  0 sin x cos x      sin  x   2sin x cos x   sin x cos x  1        sin  x   2sin2 2x  sin 2x 1  4       x   k  x    k       sin  x      x    k  x   k 2      sin x   k      k    Khơng có đáp án     x    k 2  x    k sin x   12      7 7  k 2  k 2 x  x  12   Câu 18: Để phương trình sin x  cos x  a | sin 2x | có nghiệm, điều kiện thích hợp cho tham số a là: 1 1 A  a  B  a  C a  D a  8 4 Lời giải Chọn D sin6 x  cos6 x  a | sin x |  sin x  cos2 x   3sin x cos2 x  sin x  cos2 x   a | sin 2x | 3   sin 2 x  a | sin x |  3sin 2 x  4a | sin x | 4  Đặt sin x  t  t   0;1 Khi ta có phương trình 3t  4t   1 Phương trình cho có nghiệm phương trình 1 có nghiệm   4a  12   t   0;1   f    1   a    f 1  4a   Câu 19: Cho phương trình: sin x cos x  sin x  cos x  m  , m tham số thực Để phương trình có nghiệm, giá trị thích hợp m là: 1 1 A 2  m    B    m  C  m   D    m  2 2 Lời giải Chọn D Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      9  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  x  x  x   y  1  y  3  y  2t      z   z   z  2t   8t  16t   t  t    Với M 1; 1;1  MA  Với M 1; 3;3  MA  nên lấy M 1; 3;3 Câu 504: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét điểm B  m;0;0  , C  0; n;0  cầu cố định tiếp xúc với A D 1;1;1 với m, n  0; m  n  Biết m, n thay đổi, tồn mặt  ABC  qua điểm B R  A  0;0;1 , D Tình bán kính R mặt cầu C D Hướng dẫn giải Chọn  P : C x y z     nx  my  mnz  mn  m n  1  m  x  my  m 1  m  z  m 1  m   Gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu cố định  d  I ,  P    k ( số )   1  m  a  mb  m 1  m  c  m 1  m  2 1  m   m  m 1  m  m2 1  c   m  a  b  c  1  a  m2  m  1 Do k hẳng số m   nên k k a   c  c a  b  c  a    1 b   c Ta lại có R  d  I ,  P    ID  k  a  1  a   1  b   1  c  2 a  c9 b   R 1 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      310  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Câu 505: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt phẳng  P  qua điểm M 1; 2;3 cắt tia Ox , Oy , Oz A, B, C (khác gốc tọa 1   có giá trị lớn 2 OA OB OC A  P  : x  y  3z  12  B  P  : x  y  3z  14  độ) cho biểu thức C  P  : x  y  3z  11  D  P  : x  y  z  14  Hướng dẫn giải Chọn B Phương trình mặt phẳng  P  có dạng Ta có M 1; 2;3  P  x y z    a b c 1 1 1    Ta có      2 2 a b c OA OB OC a b c Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 1 1  3  1  2          1        a b c 14 a b c a b c  1  a  b  c 1  a  14   1  14   b  Vậy  P  : x  y  3z  14  Dấu "  " xảy    a 2b 3c  1 1  14 c  a  b  c  14   Câu 506: [THPT chuyên Lam Sơn lần 2] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 2;0  B 1; 1;3 C 1; 1; 1  P  : 3x  y  z  15  Gọi M  xM ; yM ; zM  , , mặt phẳng  P  cho 2MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính giá trị biểu điểm mặt phẳng thức T  xM  yM  3zM A T  Chọn B T  C T  Hướng dẫn giải D T  D     Gọi I  x; y; z  điểm thỏa mãn IA  IB  IC  2 1  x   1  x   1  x   x        Khi IA  IB  IC   2   y    1  y    1  y     y   I 1; 2; 2    z  2  2   z     z    1  z   Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      311  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018        2MA2  MB  MC  MI  IA  MI  IB  MI  IC      2MI  IA2  IB  IC  2MI IA  IB  IC  2MI  IA2  IB  IC         Do 2MA  MB  MC nhỏ  2MI nhỏ  MI nhỏ  M hình chiếu 2 2 vng góc I lên  P   Gọi  đường thẳng qua qua I 1; 2; 2  nhận nP   3; 3;  vectơ phương  x   3t  Phương trình tham số  :  y   3t  M 1  t;  t;  t   z   2t  Điểm M   P   1  3t     3t   2(2  2t )  15   t   M  4; 1;0  Vậy T  xM  yM  3zM  Câu 507: [Minh Họa Lần 2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét điểm A  0;0;1 B  m;0;0  , , C  0; n;0  D 1;1;1 , với m  0; n  m  n  Biết m , n thay đổi, tồn mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng A R  B R   ABC  qua d Tính bán kính R mặt cầu đó? C R  D R  Hướng dẫn giải C Chọn Cách 1: Gọi I (1;1; 0) hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng (Oxy ) Ta có: x y   z  m n Suy phương trình tổng quát ( ABC ) nx  my  mnz  mn  Phương trình theo đoạn chắn mặt phẳng ( ABC ) là:  mn  (vì m  n  ) ID   d ( I , ( ABC )) m2  n2  m2 n2 Nên tồn mặt cầu tâm I (là hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với ( ABC ) qua D Mặt khác d ( I , ( ABC ))  Khi R  Câu 508: [CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho C  0;0; c   P A d  B d   P  cố định Tính khoảng cách d C d  Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      , , với a , b , c dương thỏa mãn a  b  c  Biết a , b , c thay đổi tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng mặt phẳng A  a;0;0  B  0; b;0  D d  từ M 1;1; 1 tới 312  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Hướng dẫn giải Chọn B Vì A  a;0;  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a , b , c dương  OABC tam diện vuông a b c Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC  I  ; ;   2 2 a b c Theo giả thiết a  b  c      2  xI  y I  z I   xI  y I  z I   Tâm I nằm mặt phẳng  P  : x  y  z    1  12  12  12 Câu 509: [THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lập Vậy d  d  M ,  P     B 1;0;0  D  0;1;0  A  0;0;1 , , Phương trình mặt  P  chứa đường thẳng BC  tạo với mặt phẳng  AACC  góc lớn phẳng A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D  x  y  z   Hướng dẫn giải phương ABCD ABC D biết Chọn A  0;0;0  , A Góc hai mặt phẳng lớn 900 Nên góc lớn  P   ACC A  900 hay  P    ACC A  Mà  BDC     ACC A    P    BDC   Ta có C  1;1;1    VTPT  P  : nP   BD, BC   1;1; 1   P  : x  y  z 1  Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      313  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Câu 510: [CHUYÊN SƠN LA] Trong không gian Oxyz , cho A(3;1; 2) , B (3; 1; 0) mặt phẳng ( P ) : x  y  3z  14  Điểm M thuộc mặt phẳng ( P) cho MAB vuông M Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng Oxy A Chọn B C Hướng dẫn giải D B  Ta có: AB  ( 6; 2; 2)  AB  11 Xét: ( x A  y A  3z A  14).( xB  yB  3z B  14)  (3   3.2  14).( 3   3.0  14)  ( 4)(28)  Suy hai điểm A, B nằm phía mặt phẳng ( P ) hình vẽ  x  x y  yB z A  z B  Gọi I trung điểm đoạn AB  I  A B , A ,  2   Suy ra: I  0;0;1 ; d  I ;  P    3.1  14 1  2  11  AB Mặt khác: M điểm thuộc mặt phẳng  P  cho MAB vuông M  MI  AB Suy IM  d  I ;  P    M hình chiếu vng góc I mặt phẳng  P  Gọi  đường thẳng qua I  0;0;1 vng góc với mặt phẳng  P  Suy  qua I  0;0;1 nhận vectơ pháp tuyến mặt phẳng  P  làm véctơ phương  : x  t  (t  ) y  t  z   3t  Ta thấy: M    M (t ; t ;1  3t ) M   P   t  t  3(1  3t )  14   11.t  11  t   M 1;1;  Oxy : z  Suy ra: d ( M ; Oxy )  4 Câu 511: [THPT chun Biên Hịa lần 2] Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng : x 1 y 1 z   mặt phẳng   : x  y  z   Gọi  P  mặt phẳng chứa  tạo 2 với   góc nhỏ Phương trình mặt phẳng  P  có dạng ax  by  cz  d  ( a, b, c, d   a, b, c, d  ) Khi tích a.b.c.d bao nhiêu? A 60 B 120 C 60 Hướng dẫn giải Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      D 120 314  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Chọn D Hình minh họa   Trên đường thẳng  lấy điểm A 1; 1; Gọi d đường thẳng qua A vng góc với mặt  phẳng  Ta có u d  1; 2;     Trên đường thẳng d lấy điểm C khác điểm A   Gọi H , K hình chiếu vng góc C lên mặt phẳng P đường thẳng    P  ;    CH ; d   HCA Lúc này, ta có  Xét tam giác HCA ta có sin HCA AH AH AK , mà tam giác AHK vuông K nên ta có  AC AC AC    (khơng đổi) Nên để góc HCA nhỏ H trùng với K hay CK  P    Ta có ACK qua d  Vì u d ; u    8; 0; nên chọn n ACK   2; 0;           Mặt khác ta có P qua  , vng góc mặt phẳng ACK  n ACK  ; u    2; 5; 4          Nên n P   2; 5; 4 Vậy phương trình mặt phẳng P :         2 x   y   z   2 x  y  z    x  y  z   Câu 512: [TT Hiếu Học Minh Châu] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho biết đường cong   tập hợp tâm mặt cầu qua điểm A 1;1;1 đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng   : x  y  z     B A Chọn    : x  y  z   Diện tích hình phẳng giới hạn đường cong C 45 Hướng dẫn giải D 9 D Gọi  S  mặt cầu thỏa đề bài, với tâm I  x; y; z  Theo ra, ta có IA  d  I ;     d  I ;     Mà Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      315  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  d  I ;     d  I ;      x  y  z   x  y  z   x  y  z  Vậy tâm mặt cầu thỏa đề nằm mặt phẳng ( P ) : x + y + z = Vì   //    nên IA  d    ;      Từ  x  1   y  1   z  1  12 Vậy điểm 2 I  x; y; z  thuộc mặt cầu ( S1 ) : ( x -1) + ( y -1) + ( z -1) = 12 2  Tập hợp tâm mặt cầu  S  giao tuyến mặt cầu  S1  mặt phẳng  P  2 3   3 đường trịn có bán kính R  R2S1   d  A;  P    2  Vậy diện tích hình phẳng cần tính S   R  9 Câu 513: [Chuyên ĐH Vinh] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng   : x  ay  bz   đường thẳng  : x y z 1 Biết   //    tạo với trục Ox, Oz góc   1 1 giống Tìm giá trị a A a  B a  1 a  C a  a  D a  Hướng dẫn giải Chọn A  u  1; 1; 1   Ta có   mà   //  nên  n  u    a  b   a  b    n   1; a; b   i  1;0;0      Mặt khác   tạo với trục Ox, Oz suy sin n  ; i  sin n  ; k với   k   0;0;1       n  i n  k b          b   , vào   ta 1 n  i n  k   a  a   Tuy nhiên a     : x  z   chứa đường thẳng  suy nhận a  Câu 514: [THPT CHUYÊN VINH] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 ,  x 1 y  z A 1; 2; 3 đường thẳng d : Tìm véctơ phương u đường thẳng    2 1 qua M , vng góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A khoảng bé     A u   3; 4; 4  B u   2; 2; 1 C u  1;0;  D u   2;1;6  Hướng dẫn giải Chọn C Gọi  P  mặt phẳng qua M vng góc với d Phương trình  P  : x  y  z   Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      316  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Gọi H , K hình chiếu vng góc M ,  P  Ta có K  3; 2; 1 , d ( M , )  MH  MK  Vậy khoảng cách từ M đến  bé  qua M , K  có véctơ phương u  1;0;  Câu 515: [THPT Hoàng Hoa Thám - Khánh Hịa] Trong khơng gian tọa độ Oxyz cho điểm A  0;1;1 , B 1;0; 3 , C  1; 2; 3 mặt cầu  S  có phương trình x  y  z  x  z   Tìm tọa độ điểm D mặt cầu  S  cho tứ diện ABCD tích lớn nhất: A D 1; 1;0  Chọn 7 1 C D  ;  ;    3 3 Hướng dẫn giải B D 1;0;1  5 D D   ; ;    3 3 C    Mp  ABC  qua A  0;1;1 , chọn VTPT n   AB, AC    8;8; 4  //  2; 2;1   ABC  : x  y  z   Mặt cầu  S  có tâm I 1;0; 1 , bán kính R    Gọi  đường thẳng qua I vng góc với  ABC   VTCP u  n ABC    2; 2;1  x   2t    :  y  2t  z  1  t  Gọi D điểm thuộc mặt cầu  S  cho thể tích tứ diện ABCD lớn  D     S   x   2t  7 1  y  2t t   D1  ;  ;       Xét hệ:  z    t   5  t    D2   ; ;    x  y  z  x  z     3 3  Ta có d  D1;  ABC    , d  D2 ;  ABC    3 Vậy D1 điểm cần tìm Câu 516: [Sở GD&ĐT Bình Phước] Trong khơng gian với hệ tọa độ A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  , với a, b, c  Oxyz ,    Biết mặt phẳng a b c cho điểm  ABC  tiếp 72 Thể tích khối tứ diện OABC bằng? C D Hướng dẫn giải xúc với mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  A B 2 Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      317  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Chọn B Cách x y z Ta có  ABC  :    a b c Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 bán kính R  72   1 72 a b c Mặt phẳng  ABC  tiếp xúc với  S   d  I ;  ABC    R   1   a b2 c2 Mà 1        a b c a b c Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có 1  1   3  22  32                a b c a b c  a b c 1 1   2  Dấu "  " xảy   a b c  a  2, b  1, c  , VOABC  abc  Chọn 1    7 a b c 1 A Cách 72 x y z Ta có  ABC  :    1, mặt cầu (S) có tâm I (1; 2;3), R  a b c   1 72 a b c  Ta có  ABC  tiếp xúc với mặt cầu (S)  d  I , ( P )   R  1   a b2 c  1 1   a b2 c  72 1 1        7 a b c a b c 2 2  1 1 1 1 1  1 3               1      a  a b c a b c  b  a 2 b  c 2  c    VOABC  abc  Chọn phương án A Cách Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      318  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Giống Cách đến 1    a b2 c 2 Đến ta tìm a, b, c bất đẳng thức sau: 2 1 1  3   1 1 Ta có       1     12  22  32          b c a b c  a a b c  a b c 1 1 1 Mà     Dấu “=” BĐT xảy a  b  c , kết hợp với giả thiết    a b c a b c  a   Ta có  b   VOABC  abc  Chọn phương án A  c   Câu 517: [TTGDTX Cam Lâm - Khánh Hòa] Cho mặt cầu ( S ) : ( x -1)2 + ( y -1) + ( z + 2)2 = điểm A (1;1; - 1) Ba mặt phẳng thay đổi qua A đôi vng góc với nhau, cắt mặt cầu theo ba đường trịn Tổng diện tích ba hình trịn tương ứng A 4p B 11p C 10p Hướng dẫn giải Chọn D p B Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1; -2) bán kính R = Giả sử mặt phẳng ( Axy ) , ( Axz ) , ( Ayz ) đơi vng góc qua điểm A hình vẽ Gọi d1 , d , d khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( Axz ) , ( Azy ) ( Axy ) Khi đó, d12 + d 22 + d 32 = IA2 = Bán kính đường trịn giao tuyến ( Axz ) với mặt cầu ( S ) R1 = R - d12 Bán kính đường trịn giao tuyến ( Ayz ) với mặt cầu ( S ) R2 = R2 - d22 Bán kính đường trịn giao tuyến ( Axz ) với mặt cầu ( S ) R3 = R2 - d32 Tổng diện tích ba hình trịn p R12 + p R22 + p R32 = p ( R12 + R22 + R32 ) = p éê3R - (d12 + d 22 + d 32 )ùú = p éëê3.2 -1ùûú = 11p ë û Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      319  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Câu 518: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , xét điểm B  m;0;0  , C  0; n;0  cầu cố định tiếp xúc với A D 1;1;1 với m, n  0; m  n  Biết m, n thay đổi, tồn mặt  ABC  qua điểm B R  A  0;0;1 , D Tình bán kính R mặt cầu C D Hướng dẫn giải Chọn  P : C x y z     nx  my  mnz  mn  m n  1  m  x  my  m 1  m  z  m 1  m   Gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu cố định  d  I ,  P    k ( số )  1  m  a  mb  m 1  m  c  m 1  m  2 1  m   m  m 1  m  Do k hẳng số m   nên  k  m2 1  c   m  a  b  c  1  a m  m  1 k a   c  c a  b  c  a    1 b   c Ta lại có R  d  I ,  P    ID  k  a  1  a   1  b   1  c  2 a  c9 b   R 1 Câu 519: [THPT chuyên Lê Quý Đôn] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt phẳng  P  qua điểm M 1; 2;3 cắt tia Ox , Oy , Oz A, B, C (khác gốc tọa 1   có giá trị lớn 2 OA OB OC A  P  : x  y  3z  12  B  P  : x  y  3z  14  độ) cho biểu thức C  P  : x  y  3z  11  D  P  : x  y  z  14  Hướng dẫn giải Chọn B Phương trình mặt phẳng  P  có dạng Ta có M 1; 2;3  P  x y z    a b c 1 1 1    Ta có      2 2 a b c OA OB OC a b c Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      320  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 1 1  3  1  2          1        a b c 14 a b c a b c  1  a  b  c 1  a  14   1  14   b  Vậy  P  : x  y  3z  14  Dấu "  " xảy    a 2b 3c  14 1 1  c  a  b  c  14   Câu 520: [THPT TH Cao Nguyên] Cho mặt cầu  S  :  x  2   y  1   z    2 điểm M  2; 1; 3 Ba mặt phẳng thay đổi qua M đôi vng góc với nhau, cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến ba đường trịn Tổng bình phương ba bán kính ba đường trịn tương ứng A 10 B 11 C D Hướng dẫn giải B Chọn Cách 1: Ta có mặt cầu  S  :  x     y  1   z   2  có tâm I  2; 1; 2  bán kính R  Tịnh tiến hệ trục tọa độ lấy M gốc tọa độ I  a; b; c  Khi  IM  a  b  c  Khoảng cách từ I đến ba mặt đơi vng góc a , b , c Do tổng bình phương ba bán kính ba đường trịn tương ứng R  a  R  b  R  c  3R   a  b  c   11 2 Cách 2: Gọi  mặt phẳng qua M , I ,   S  cắt tạo thành đường trịn bán kính: r  RS  IM  Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      321  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Gọi  mặt phẳng qua MI vng góc với  ,   S  cắt tạo thành đường trịn bán kính: r  RS   Gọi  mặt phẳng qua MI  vng góc với  ,  vng góc với  ,   S  cắt tạo thành đường trịn bán kính: r  RS   Vậy tổng bình phương bán kính ba đường trịn: r  r  r  11 Câu 521: [THPT Kim Liên-HN] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : 2 ( x + 1) + ( y - 2) + ( z -1) = hai điểm A(1;0; 4) , B (0;1; 4) Các mặt phẳng ( P1 ), ( P2 ) chứa ( S ) điểm H , H Viết phương trình đường thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu đường thẳng H1 H ìï ïï x = + t ïï ïï A ï íy = +t ïï ïï ïï z = + t ïïỵ ìï x = -1 + t ïï B í y = + t ïï ïïỵ z = ìï x = -1 + t ïï C í y = + t ïï ïïỵ z = ìï x = -1 + t ïï D í y = + t ïï ïïỵ z = Hướng dẫn giải Chọn D Ta có ( S ) có tâm I (-1; 2;1) bán kính R = ì x = 1- t ï ï ï Đường thẳng D qua hai điểm A, B có phương trình í y = t ï ï ï ï ỵz = ( IH1H ) qua I vng góc với AB nên có phương trình -x + y - = Gọi H giao điểm AB ( IH1H ) Khi H (-1; 2; 4) Gọi M giao điểm H1 H IH Khi H1M ^ IH   IM IM IH R2 Ta có = = = nên IM = IH Do M (-1; 2; 2) 2 IH IH IH 3    H1 H vuông góc với IH , AB nên có vtcp u = - éê IH , AB ùú = (1;1; 0) û 3ë ì x = -1 + t ï ï ï Phương trình H1 H : í y = + t ï ï ï ï ỵz = Câu 522: [Chuyên ĐH Vinh] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng   : x  ay  bz   đường thẳng  : x y z 1 Biết   //    tạo với trục Ox, Oz góc   1 1 giống Tìm giá trị a A a  B a  1 a  C a  a  D a  Hướng dẫn giải Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      322  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Chọn A  u  1; 1; 1   Ta có   mà   //  nên  n  u    a  b   a  b    n   1; a; b   i  1;0;0      Mặt khác   tạo với trục Ox, Oz suy sin n  ; i  sin n  ; k với   k   0;0;1       n  i n  k b          b   , vào   ta 1 n  i n  k   a  a   Tuy nhiên a     : x  z   chứa đường thẳng  suy nhận a  Câu 523: [Sở Hải Dương] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;3;1 , B  0; 2;1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng d nằm mặt phẳng  P  cho điểm thuộc đường thẳng d cách điểm A B  x  2t  A  y   3t z  t  x  t  B  y   3t  z  2t  x  t  C  y   3t  z  2t   x  t  D  y   3t  z  2t  Hướng dẫn giải Chọn C Lấy điểm M thuộc đường thẳng d M cách A B nên M thuộc mặt phẳng trung trực AB Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB Ta có mặt phẳng trung trực  Q  AB  3  qua I  ; ;1 có vectơ pháp tuyến AB   3; 1;0  nên phương trình tổng quát mặt 2  3  5  phẳng  Q  3  x    1 y     z  1   x  y   2  2  Do đường thẳng d giao tuyến  P   Q  x  y  z   Xét hệ phương trình  3 x  y   y  Cho x     C  0;7;0   d z  y  Cho x     D 1; 4;   d z   Đường thẳng qua C  0;7;0  nhận vectơ CD  1; 3;  làm vectơ phương nên phương x  t  trình tham số đường thẳng  y   3t  z  2t  Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      323  Tuyển tập câu hỏi vận dụng cao 2017 ‐ 2018  Câu 524: [Sở Bình Phước] Hai bóng hình cầu có kích thước khác đặt hai góc nhà hình hộp chữ nhật Mỗi bóng tiếp xúc với hai tường nhà Trên bề mặt bóng, tồn điểm có khoảng cách đến hai tường bóng tiếp xúc đến nhà 9,10,13 Tổng độ dài đường kính hai bóng là? A 34 Chọn B 16 C 32 Hướng dẫn giải D 64 D Chọn hệ trục toạ độ Oxyz gắn với góc tường trục cạnh góc nhà Do hai cầu tiếp xúc với tường nhà nên tương ứng tiếp xúc với ba mặt phẳng toạ độ, tâm cầu có toạ độ I  a; a; a  với a  có bán kính R  a Do tồn điểm bóng có khoảng cách đến tường nhà 9, 10, 11 nên nói cách khác điểm A  9;10;13 thuộc mặt cầu Từ ta có phương trình:   a   10  a   13  a   a 2 Giải phương trình ta nghiệm a  a  25 Vậy có mặt cầu thoả mãn tốn tổng độ dài đường kính   25   64       Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      324  ...     29  Tuyển tập? ?câu? ?hỏi? ?vận? ?dụng? ?cao? ?2017 ‐? ?2018? ? Lời giải Chọn B Ta có xác suất để học sinh trả lời câu xác suất trả lời câu sai 4 Gọi x số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai 10  x Số... cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách chọn Chọn d : có cách chọn Vậy trường hợp có: 1.4.8.7  224 (số) TH3 a  , b  , c  Chọn a : có cách chọn Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách... nhiên có chữ số phân biệt lớn 2500 ” TH1 a  Chọn a : có cách chọn Tổng hợp: Nguyễn Bảo Vương – 0946798489      25  Tuyển tập? ?câu? ?hỏi? ?vận? ?dụng? ?cao? ?2017 ‐? ?2018? ? Chọn b : có cách chọn Chọn c : có cách