Đề thi thử THPT quốc gia

Phương tr ình nào sau đây không phải là phương tr ình hình chi ếu vuông g óc c ủa đường thẳng d: trên m ặt phẳng (Oxy):.. Trong không gian v ới hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng và hai[r]

(1)

(2)

MỤC LỤC

HÀM SỐ 3

HÌNH ĐA DIỆN 27

I – HÌNH CHĨP 27

II – HÌNH LĂNG TRỤ 41

MŨ - LƠ GARIT 49

HÌNH NĨN - TRỤ - CẦU 66

NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG 81

HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHƠNG GIAN OXYZ 96

SỐ PHỨC 123

(3)

HÀM SỐ

Câu Cho hàm số có đồ thị (Cm) Tìm m để đồ thị (Cm) cắt trục hoành điểm

duy

A B C D

Hướng dẫn giải:

Số giao điểm đồ thị (Cm) với Ox số nghiệm phương trình Với m = vơ nghiệm nên khơng có giao điểm

Với m0 ta có

Ta có bảng biến thiên f(x) sau:

+ + -

-3

Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm f(x) đường thẳng y=m Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có nghiệm Chọn đáp án B.

Câu Cho hàm số: Với giá trị m đồ thị hám số có

cực đại cực tiểu, đồng thời điểm tạo thành tam giác

A B C D

Hướng dẫn giải: Ta có:

Hàm số có CĐ, CT  PT có nghiệm phân biệt  (*)

Khi toạ độ điểm cực trị là: , , 

Do ABC cân A, nên toán thoả mãn

Chọn đáp án A.

Câu Cho hàm số có đồ thị (C).Tìm tất điểm đồ thị (C) cho hệ

số góc tiếp tuyến với đồ thị (C) điểm giá trị lớn hàm số

A B ;

yx3mx2

3

m  m 3 m3 m3

  

3 2 0

x mx

   

 

     

m x f x

x

f x x x

x x

2

3

2

( );(*)

2 2( 1)

'( )

x  

'( ) f x

( )

f x 



m 

4 2

2( 2) 5

y x  m x m  m

3

2

m   2 3 3 2

3

' 4( 2)

y  x  m x

0 '

2 x y

x m

 

  

 



 

'

f x  m2

 

0, 5

A m  m B 2m;1m C 2m;1m

   

2 ; 4 ; ; 4

AB m  m  m AC  m  m  m

 

 

60 cos

A  A AB AC 0 m 2 33

AB AC

    

   

3

y = x x

2 

2 4x + g(x) =

x +1

;

 

 

 

3 1;

2

 

 

 

 

4 40 ; 27

 

 

 

(4)

C. ; D ; Hướng dẫn giải:

*Tìm giá trị lớn hàm số:

-Đặt t = x2, với ta có hàm số ;

- ; g’(t) = ;

- Ta lại có: ; , bảng biến thiên hàm số:

t –2

g’(t) – + + –

g(t)

–1

3

4

- Vậy giá trị lớn hàm số = 4, đạt * Tìm điểm thuộc đồ thị (C)

- Ta có: y’ = 3x2 – x, giả sử điểm M0(x0, f(x0)) (C), hệ số góc tiếp tuyến (C) M0 f’(x0)=

- Vậy: suy x0 = –1; x0 = , tung độ tương ứng f(–1) = – ; f( ) = + Có hai điểm thỏa mãn giải thiết ;

Chọn đáp án B

Câu Cho hàm số có đồ thi điểm Tìm để đường thẳng cắt

đồ thị hai điểm phân biệt cho tứ giác hình bình hành ( gốc toạ độ)

A B C D

Do điểm thuộc đường thẳng nên để hình bình hành

Hồnh độ nghiệm pt:

Vì ,nên ln có hai nghiệm phân biệt, cắt hai điểm phân biệt

Giả sử nghiệm ta có: Gọi

2 ;

2

  

 

 

 

2 ;

2

   

 

 

1 ;

 

 

   2; 10

2 4x + 3 g(x) =

x +1 t0 g(t) = 4 + 32t

t +1

2

4t 6t + 4 g'(t) =

(t +1)

  1

t = 2; t = 2 

 lim ( )

tg t  tlimg t( )0

 1

2 

(x)

g

2 x  

2

0

3x x

0

3x x = 4

3

4

40 27

1;

 

 

 

 

4 40 ; 27

 

 

 

2

1 x y

x  

  C A( 5;5) m y  x  m

 C M N OAMN O

0

m m0;m2 m2 m 2

O A : y x OAMN

5 MN OA

M N

(3 ) ( 4) ( 1) (1)

1

x

x m x m x m x

x



           

2

2 25 0,

m m m

       1  d  C

1,

x x  1

1

3 ( 4)

x x m

x x m

  

 

   

2 2

1 2 2

( ; ), ( ; ) 2( ) ( ) 4 50

(5)

+ thẳng hàng nên khơng thỗ mãn + thỗ mãn

Chọn đáp án C.

Câu Cho hàm số: Tìm cho từ A(0, ) kẻ hai tiếp tuyến đến (C) nằm

hai phía trục Ox

A B C D

Đường thẳng qua A(0, ) có hệ số góc k có phương trình tiếp xúc (C) <=> có nghiệm kép <=> có nghiệm kép

<=> có nghiệm kép

có nghiệm phân biệt

Khi

Mà

Từ (1) (2) Chọn đáp án D.

Câu Hai điểm M, N thuộc hai nhánh đồ thị Khi độ dài đoạn thẳng MN ngắn

bằng?

A. B.4 C D

Giả sử , , M , N với

2

5 2 50 50

0 m

MN m m

m           

m  O A M N, , , m    x y C x  

 a a

2 ;            

2; \

   2;  2; \ 1 

3        

a ykx a

2 x kx a x   

 kxax1 x

   

2

1

kx  k a x a 

 2  

0

1

k

k a k a

                  2

( )

k

h k k a k a

             k  

 2      

12

2; \ 1

(0)

a a h a                         1 1 2 2 1 2 1 2

k a k a

x y

k

k a k a

x y k                                  

1 2

2

1 2

0 1

1

2

y y k a k a

k k a k k a a

a                         

; \

a        3 x y x    M

x 

3 M

x  xN 3

8 m;3

m         n;3

n

 

 

 

  m n,

(6)

Kết luận MN ngắn Chọn đáp án A.

Câu Cho hàm số Với giá trị m đồ thị hàm số cho có cực

đại cực tiểu đối xứng qua đườngthẳng

A B C D

+ Đồ thị có điểm cực trị khi:

+ Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị là: y = 2m2.x - 3m - + Trung điểm điểm cực trị

+ Điều kiện để điểm cực trị đối xứng qua

+Từ thấy m = thỏa mãn hệ Chọn đáp án C.

Câu Cho    

2

1

 



 x x

f x e Biết      1 2017 m n

f f f f e với m n, số tự nhiên m

n tối giản Tính

2

 m n

A. mn2 2018 B. mn2  2018 C. mn2 1 D. mn2  1 Hướng dẫn giải:

Xét số thực x0 Ta có:

 

   

2

2 2

2

2 2

1

1 1 1

1 1

1

   

        

  

 

x x x x

x x x x x x x x x x

Vậy,        

2

1 1 1 1 1 2018

1 1 2018

1 2 3 2017 2018 2018 2018

1 2017

               

       

        

  

f f f f e e e ,

hay

2

2018 2018

 

m n

Ta chứng minh

2

2018 2018



phân số tối giản Giả sử d ước chung

2018 1 2018 Khi ta có

2018 1d,

2018d2018 d suy 1d d  1 Suy

2

2018 2018



phân số tối giản, nên m201821,n2018 Vậy

1    m n Chọn đáp án C.

2

2 8 1 64

( ) (2 ) 64 64

MN m n mn mn

m n m n mn

 

   

            

 

     

8 MN

 

3

y x  mx  m

: 74 d x y  1

m m 2 m2 m 1

2

y '0 3x 6mx0 m 0

3

( ; 3 1)

I m m m

: 74 d x y 

2

3

1 ( )

8

8(2 1) 74 

   



     

 m

m m m

(7)

Câu Cho hàm số y f x( ) có đồ thị y f x( ) cắt trục Ox ba điểm có hồnh độ abc hình vẽ Mệnh đề đúng?

A. f c( ) f a( ) f b( ) B. f c( ) f b( ) f a( ) C. f a( ) f b( ) f c( ) D. f b( ) f a( ) f c( )

Đồ thị hàm số y f x( ) liên tục đoạna b;  b c; , lại có f x( ) nguyên hàm f x( )

Do diện tích hình phẳng giới hạn đường:

( ) y f x y

x a x b       

    

là:

     

1 ( ) d   ( )d    

b b

b a

a a

S f x x f x x f x f a f b Vì S1 0 f a  f b   1

Tương tự: diện tích hình phẳng giới hạn đường:

( )

      

    

y f x y

x b x c

là:

     

2  ( ) d  ( )d   

c c

c b

b b

S f x x f x x f x f c f b S2 0 f c  f b  2

Mặt khác, dựa vào hình vẽ ta có: S1S2  f a  f b  f c  f b  f a  f c   3 (có thể so sánh f a  với f b dựa vào dấu f x( ) đoạn a b;  so sánh f b  với f c  dựa vào dấu f x( ) đoạn b c; )

Từ (1), (2) (3) Chọn đáp án A.

Câu 10 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y2m1x3m2 cos x nghịch biến 

A

5 m

    B

5

 m  C m 3 D

5   m Hướng dẫn giải:

TXĐ: D

Ta có: y (2m1)(3m2) sinx

Để hàm số nghịch biến  y 0,x tức là: (2m1)(3m2) sinx0 (1) ,x

+)

3  

m (1) thành 0,

  x

+)

3  

m (1) thành sin 2

3 3

   

        

  

m m m

x m

m m m

(8)

+)  

m (1) thành sin 2 3

3 3

  

          

  

m m m

x m

m m m

Kết hợp được:  m  Chọn đáp án A.

Câu 11.Tìm tất giá trị m để hàm số: y2x33m1x2 6m2x3 nghịch biến khoảng có độ dài lớn

A. m0 m6 B. m6 C. m0 D. m9

Dùng BBT để xét đồng biến nghịch biến hàm số khoảng

   

2

'6 6 1 6 2

y x m x m x

 2  

' 36 54 81

  m  m  m  m 

Dấu xảy m3

Gọi x x1, 2là nghiệm phương trình y'0x1x2 Theo viet:

1

  

 

 



x x m

x x m Ta có BBT

Vậy hàm số đồng biến khoảng x x1, 2 pt y'0phải có nghiệm phân biệt m3 Gọi Độ dài khoảng nghịch biến hàm số D

1

 

D x x x1x22 1m24m2m26m9

2

3

  

D D m26m99m26m0 m0 m6 (thỏa mãn) Chọn đáp án A.

Câu 12 Cho hàm số

1  

 x y

x có đồ thị (C) A điểm thuộc (C) Tìm giá trị nhỏ tổng khoảng cách từ A đến tiệm cận (C)

A 2 B.2 C.3 D.

Gọi ;   1



 

 

 



 

m

M m C m

m Tổng khoảng cách từ M đến đường tiệm cận x1 y1

1 2

1 1 2

1 1



         

  

m

S m m m

m m m

Dấu “=” xảy 2

        



m m m

m Chọn đáp án A.

Câu 13 Cho hàm số 2x 1 

1  



y C

x Tìm k để đường thẳng d y: kx2k1 cắt (C) hai điểm phân biệt A B, cho khoảng cách từ A B đến trục hoành

A. 12 B. 4 C. 3 D.

t  x1 x2 

y’ + - +

y

(9)

Phương triình hoành độ giao điểm (C) d:

    

2x

x 2x 1 ;

1 

          

 k k x kx k x

x

     

2

x ;

k  k x k  x 

d cắt (C) hai điểm A, B phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

    

2

1

0

3 2 2

1 1

k

k k k

k k

k k k

 



 

 

      

    

  

     

 

Khi đó: A x k 1; x12k1 , B x k2; x22k1 với x x1, 2 nghiệm (1) Theo định lý Viet tao có

1

3

 



 

 

 



k x x

k x x

Ta có d A Ox ; d B Ox ;  kx12k1  kx22k1

 

1

2 x

4

2 x

 

    



  

   

     

 

x x kx k k k

k x x k

kx k k k

Do hai điểm A, B phân biệt nên ta loại nghiệm x1x2 Do k x 1x24k20k  3 Chọn đáp án C

Câu 14 Nếu đồ thị hàm số

1  

 x y

x cắt đường thẳng ( ) : 2d xym hai đểm AB cho độ dài AB nhỏ

A. m=-1 B.m=1 C.m=-2 D. m=2

Phương trình hồnh độ giao điểm

2

4

2 ( 1)

1

2 ( 3)



    



     

x

x m x

x

x m x m

2

( 1) 40 0,

  m    m R

Suy (d) cắt dồ thị hàm số hai điểm A,B

3

; ;

2

2 ;

2( )

  

  

     

   

A B A B

A A B B

B A B A

m m

x x x x

y x m y x m

y y x x

 

2 2

2

( ) ( ) 5( )

3

5 ( ) 40

2

     

     

 

              

 

 

 

B A B A B A

B A A B

AB x x y y x x

m m

x x x x m

Vậy AB nhỏ m=-1 Chọn đáp án A

Câu 15 Cho hàm số yx33mx2 3m21x 1 m2 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ

(10)

C. 1m0 m 1 D.1m0 m 1 Hướng dẫn giải:

Gọi hai điểm đối xứng qua O A x y 0, 0 ,B x0,y0

Khi ta có y0 x033mx023m2 1x0 1 m2 y0  x033mx023m2 1x0 1 m2 Từ suy ra: 6mx02 22m2 0(*)

Nếu x0 0 22m2 0 suy y0  1 m2 0 Vậy ABO Do đó: đồ thị hàm số có hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ O

 phương trình (*) có nghiệm khác

 

2

0

2 hay

' 2

   

       



   

 

m

m m m

m m

Chọn đáp án B.

Câu 16 Cho hàm số yx33mx2 m3có đồ thị Cm đường thẳng d y: m x2 2m3 Biết

 

1, 

m m m m hai giá trị thực m để đường thẳng d cắt đồ thị Cm điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2,x3 thỏa x14 x24x34 83 Phát biểu sau đúng về quan hệ hai giá trị

1,

m m ?

A m1m2 0 B m122m2 4 C m222m14 D m1m2 0 Hướng dẫn giải:

 

3 2

3 :

3   

       

    

x m

x mx m x m x m DK m

x m

4 4 4

1 83 81 83 1

             

ycbt x x x m m m m m m

1  

 x y

x có đồ thị (C) Gọi I giao điểm đường tiệm cận (C) Tìm tọa độ điểm M (C) cho độ dài IM ngắn ?

A M10 ;3 M22 ; 5 B M11 ; 1  M23 ; 3 C 1 ;

3

 



 

 

M 2 ;7

 



 

 

M D 1 1;

2

 



 

 

M 2 11;

 



 

 

M Hướng dẫn giải:

Gọi ;

1 

 

 



 

m M m

m thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1)

 

2

16

1

  

 IM m

m ,    

2

16

1 16

1

   

 IM m

m 2

IM nhỏ IM 2 Khi (m + 1)2 = Tìm hai điểm M11 ; 1  M23 ; 3 Chọn đáp án B.

Câu 18 Giá trị tham số m để diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số , trục hoành, trục tung đường thẳng x = đạt giá trị nhỏ là:

A.m = 2 B.m = 1 C.m = -1 D.m = - 2

Vì với m tùy ý ta ln có nên diện tích hình phẳng cần tìm

2

3

y x  mxm 

2

3x 2mxm  1 x

(11)

S đạt giá trị nhỏ m = - (dùng casio thử nhanh hơn) Chọn đáp án C.

Câu 19 Đường thẳng qua điểm cực trị đồ thịhàm số

2

1

 





x x

y

x hợp với trục tọa độ tam giác có diện tích S bằng:

A. S=1,5 B.S=2 C.S=3 D. S=1

Ta có kết quả: Nếu đồ thị hàm số ( ) ( ) u x y

v x có điểm cực trị ( ;x yo o)

/ /

( ) ( )

 o

o

o u x y

v x Suy phương trình đường thẳng qua điểm cực trị y=2x-2 (d)

(d) cắt trục tọa độ điểm A(0;-2) ,B(1;0) nên diện tích tam giác OAB Chọn đáp án D.

Câu 20 Cho hàm số có đồ thị Giá trị cắt trục

hoành điểm phân biệt cho

A B C D

Phương trình hồnh độ giao điểm (C) trục hoành

(C) trục hoành cắt điểm phân biệt:

Câu 21 Cho hàm số Gọi M điểm cực đại đồ thị hàm số ứng với

một giá trị m thích hợp đồng thời điểm cực tiểu đồ thị hàm số ứng với giá trị khác m Số điểm M thỏa mãn yêu cầu đề là:

A. B.2 C.3 D.

Ta có

Suy

Vì nên hàm số đạt cực đại giá trị cực đại

Tương tự, ta có hàm số đạt cực tiểu giá trị cực tiểu Ta giả sử điểm M điểm cực đạ đồ thị hàm số ứng với giá trị điểm cực tiểu ứng đồ thị hàm số ứng với với giá trị

     

2 2

2

2 2

0

3 1 10

S  x  mx m  dxx mx  m  x  m  m  m 

 

3

2

yx  x  m xm  C m  C

1, 2,

x x x x12x22x32 4

m



   

   

1

0

m m

1 1

4 m  

1

4 m

 

3

2

x  x  m xm

2

1

0 x

x x m

   

  



0 m m

    

   

 2

2 2

1 2 4

x x x   x x  x x     m  m

 3 2 

3

y xm  xm  1

 1

 2  

3 3,

y xm  y xm

0

1 x m y

x m

 



      

 

1 1,

xx m y m   x x1 m1

2

1

y m  m

2

xx m y2 m23m2

m

2

m

(12)

A

B C

Q P

M H N Từ YCBT suy hệ phương trình

Giải hệ ta tìm nghiệm suy tồn nhât điêm thỏa toán

Chọn đáp án A

Câu 21 Cho tam giác ABC cạnh a Người ta dựng hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm cạnh BC, hai đỉnh P Q theo thứ tự nằm hai cạnh AC AB tam giác Xác định giá trị lớn hình chữ nhật đó?

A B C D

Gọi H trung điểm BC  BH = CH = Đặt BM = x , ta có:

Tam giác MBQ vuông M, BM = x  Hình chữ nhật MNPQ có diện tích:

S(x) = MN.QM =

x

S’ + 

S

Vậy x =

Câu 22 Cho hàm số Tìm để đường thẳng cắt hai điểm

phân biệt cho đạt giá trị nhỏ với

A. m1 B. m2 C. m 1 D. m3

Phương trình hồnh độ giao điểm :

cắt hai điểm phân biệt có nghiệm phân biệt khác Gọi trung điểm cố định

1

2

1 2

1

3

m m

m m m m

  

 

    



1

3

,

2

m  m   1,

2 M  

 

2

3 a

2

3 a

4

2

3 a a

2

a § iỊu kiƯn x

2

 

 

 

 

a

MN 2MH 2(BH BM) x a 2x

2

 

       

 



B60 QM x

2 (a 2x)x 3(ax 2x )

   

a a

S'(x) 3(a 4x); S'(x) x 0;

4

 

       

 

a

2

3 a

2 a

x 0;

3 max S(x) a

8      

 a

4

1

x y

x



 ( )C m d y: mx m 1 ( )C

,

M N AM2AN2 A( 1;1)



( )C d 21

1 0(1)

x x

mx m

x mx mx m

  

    

     

d ( )C  (1) m0

I MN I(1; 1)

(13)

Ta có:

Do nhỏ nhỏ

Dấu “=” xảy

Vậy

Câu 23 Cho hàm số bậc ba y f x  có đồ thị nhu hình vẽ bên Tất giá trị tham số m đểhàm số y f x m có ba điểm cực trị là:

A. m 1 m3 B. m 3 m1

C. m 1 m3 D. 1m3 Hướng dẫn giải:

Đồ thị hàm số đồ thị hàm số tịnh tiến trục Oy m đơn vị

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị xảy hai trường hợp sau:

+Nằm phía trục hồnh điểm cực tiểu thuộc trục Ox cực đại dương +Nằm phía trục hồnh điểm cực đại thuộc trục Ox cực tiểu dương Khi giá trị cần tìm

Câu 24 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B cho tam giác OAB

có diện tích (O gốc tọa độ)

A. m1 B. m2 C. m 1 D. m3

Ta có Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị Khi hai điểm cực trị đồ thị hàm số A(0;1)

(2 ; 4 1)

B m m Gọi H hình chiếu vng góc điểm B lên trục tung, ta có BH  2m Diện tích tam giác OAB

1

2

 

S BH OA m

Theo đề S=1 nên ta có

2 m  suy m 1 Vậy m=±1 giá trị cần tìm Chọn đáp án C.

Câu 25 Giá trị lớn hàm số

A. B.4 C.8 D.

TXĐ: , ta có

2

2 2

2

MN AM AN  AI 

2

AM AN  MN

2 2

2

4

( ) (1 )

MN x x m m

m

       m 1

2

min(AM AN ) 20 m 1

 

yf x m yf x 

 

y f x m yf x m

m3 m 1

3

yx 3mx 1

 

2

y '3x 6mx3x x2m m0

 

4

2 sin sin cos

2

x f x

x x





D  

2 2

2

4

2 sin 2sin 4sin

1 sin

sin cos sin

2 2

x x x

f x

x x x

x

  



 

(14)

Đặt , hàm số trở thành với , ta có , suy hàm số đồng biến ,

, xảy Chọn đáp án B.

Câu 26.Cho hàm số có đồ thị (C), với m tham số Giả sử đồ thị (C) cắt trục

hoành ba điểm phân biệt có hồnh độ thỏa mãn Khẳng định sau đúng?

A B

C D

Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Dựa vào đồ thị ta tìm đồ thị hàm số cắt Ox điểm phân biệt

Ta có

Câu 27 Tìm tất giá trị thực tham số m cho hàm số tan tan

 

 x y

x m đồng biến khoảng 0;

4 

 

 

 

A.m  hoặc  m  B m  0. C.1  m  D.m  2. Hướng dẫn giải:

2

2 2

1

(tan ) (tan 2)

2

cos cos

'

(tan ) cos (tan )

  



 

 

x m x

m

x x

y

x m x x m

Hàm số đồng biến 0; 

 

 

  hàm số xác định 0;4 

 

 

 và y’ ≥ ∀ x ∈ 0;4 

 

 

 

tan , 0;

4

1

2

  

    

  

  

 

   



x x m

m m

2 Câu 28 Cho hàm số yax4 bx2c có đồ thị hình vẽ bên Mệnh đề đúng?

A a0,b0, c0

B. a0,b0, c0

C. a0,b0, c0

D. a0,b0, c0

Do giới hạn y x tiến tới vơ  nên a0 Loại A D

 

3

'4 2 2  y ax bx x ax b

 

 

2

sin xt t 0;1   t g t

t 

  t 0;1  

 2  

8

' 0;1

2

g t t

t

   

   0;1

 

 0;1    

max ax

x f x mt g t g  t x 2 k k  



    

3

6

yx  x  xm

1 3.

x x  x

1

1x x  3 x 4 0x1 1 x2  3 x34

1 3

x    x  x  1 x1 3 x2  4 x3

3

6

y x  x  x  4 m0

3

6

yx  x  xm

   0 0;    1 0;    3

y y  y y  y y  0x1 1 x2  3 x3 4

(15)

Do a0 mà b0 phương trình 2ax2 b vơ nghiệm Nên b0 hàm số có cực trị

Câu 29 Cho hµm sè : 1

1   

 y x

x ( C ) Tìm điểm đồ thị (C) có hồnh độ lớn cho tiếp tuyến diểm tạo với đường tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ

A

4

1

1 ;2

2

 

    

 

M B

4

1

;

2

 

  

 

M

C. M 1; 2 2 D

4

1

1 ;2

2

 

    

 

M Hướng dẫn giải:

Gäi M a y a;   C a; 0 th×  

2

1

   

 

a y a a

a a

PTTT ( C ) M là:    

   

2

2 '

1



      

 

a a a

y y a y a x a y x a

a a

(d)

Tiệm cận đứng x = ; Tiệm cận xiên y = x +

Giao điểm tiệm cận I=( ; )

Giao điểm d với tiệm cận đứng x = 1;

 

  



 

a A

a Víi tiƯm cËn xiªn lµ : B2a1; 2a

Ta cã ; 2

1

  



AI BI a

a , nªn AI BI a >

Lại có

4 

AIB suy 2 2 2

4 

     

AB AI BI AI BICos AI BI AI BI

Theo bất đẳng thức Cô si :  

2 2

   

AB AI BI AI BI AI BI

 

2 2

 AB  (1)

Đặt p chu vi tam giác ABI th× :  

2 2

       

p AB AI BI AB AI BI

Dấu đẳng thức xảy

4

1

2  AI BI a 

VËy 2 1 24 41

2

     

Minp a

Hay điểm cần tìm

4

1

1 ;2

2

 

    

 

M Chọn đáp án D.

Câu 30 Cho hµm sè:

4

2

3 ( )

2

 x  

y x C điểm M ( )C có hồnh độ xM= a Với giá trị a tiếp tiếp tuyến (C) M cắt (C) điểm phân biệt khác M

A

1

 

 

   

a a

B

1

 

 

  

a a

C

1    

    a

a D

7    

   

a a Hướng dẫn giải:

(16)

§iĨm M( )C , xM = a =>

4

2

3

2

  

M a

y a ta cã Pt tiÕp tun víi (C) cã d¹ng

( ) :  ' (  )

M

x M M

y y x x y víi '

2

 

M

y a a

=> ( )

4

3

(2 )( )

2

   a  

y a a x a a

Hoành độ giao điểm ( ) (C) nghiệm phương trình

4

2 5 2

3 (2 )( ) ( ) ( 6)

2  2      2      

x a

x a a x a a x a x ax a

2

( )

   

    

 x a

g x x ax a

Bài tốn trở thành tìm a để g(x)=0 có nghiệm phân biệt khác a

' 2

( )

2

(3 6) 3

1

( ) 6

         

  

  

  

    

  



g x a a a a

a a

g a a

Câu 31 Cho hàm số:

2  

 x y

x Viết phương trình tiếp tuyến ( )C , biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận đứng tiệm cận ngang A B, cho AB 2IB, với I(2, 2)

A. y  x 2; y  x B. yx2; y  x C. y  x 2; y  x D. yx2; yx6 Hướng dẫn giải:

Gọi

0

2

; ( )

2

  



 



 

x

M x C

x PTTT (C) M:    

2

0

2

0

1 6

2

 

  

 

x x

y x

x x

Do AB 2IB tam giác AIB vuông I  IA = IB nên hệ số góc tiếp tuyến k = k = -1

 

/

2

1 

 

 y

x nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1

 

0

1

3

  

    



 

x x x

 có hai phương trình tiếp tuyến y  x 2; y  x Chọn đáp án C.

Câu 32 Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + (m tham số) có đồ thị (Cm), đường thẳng d có

phương trình y = x + điểm K(1; 3) Tìm giá trị tham số m để d cắt (Cm) ba điểm phân

biệt A(0; 4), B, C cho tam giác KBC có diện tích

A 37

2  

m B 137

2  

m C

2  

m D 142

2   m Hướng dẫn giải:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm (C) d:

x3 + 2mx2 + (m + 3)x + = x +  x(x2 + 2mx + m + 2) =

 

2

0

2 *

   

   

 x

x mx m d cắt (C) tại điểm phân biệt  PT (*) có nghiệm phân biệt khác

     

'

2

; 2; 2;

2

    

         

  

m m

(17)

Khi B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) với x1, x2 hai nghiệm (*) Theo Vi-ét ta có

1

2    



 



x x m

x x m

 2  2  2 

1 2

2 2

BC x x  x x  x x  m m

Ta có khoảng cách từ K đến d h = Do diện tích KBC là:

 

1

2.2 2 2

2

      

S h BC m m m m

2 137

8 2 ( )

2 

      

S m m m TM

Câu 33 Cho hàm số:

2009

 

y x x có đồ thị (C) M1 điểm (C) có hồnh độ x1 1 Tiếp tuyến (C) M1cắt (C) điểmM2 khác M1, tiếp tuyến (C) M2 cắt (C) điểm M3 khác M2, tiếp tuyến (C) điểm Mn1 cắt (C) điểm Mn khác Mn1 (n = 4; 5;…), gọi x yn; n tọa độ điểm Mn Tìm n để : 2009xn  yn22013 0

A.n685 B. n627 C. n675 D. n672

Gọi Mkx yk; k suy tiếp tuyến Mk:yyk  y x' k xxk

  

3 2009 2009

 y xk  xxk xk  xk Tọa độ điểm Mk1 xác định:

     

3 2

2009 2009 2009

  k   k  k  k   k  k  k 

x x x x x x x x x x x x x

1

2 

xxkx  xk xk   xk

Ta có : x11;x2  2;x34; ;xn   2 n1

   

2010 2010

3 2013 2013

2009 2009 2009

2  2 3 2013 672

       

          

n n n n n

n

x y x x x

n n

Chọn đáp án D.

1  

 x m y

mx với m là tham số Xác định m để đường thẳng d cắt trục ,

Ox Oy C D, cho diện tích OAB lần diện tích OCD

A

3  

m B m 3 C

3  

m D

3   m Hướng dẫn giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm dvà đồ thị: 2

3mx 3m xm0,x  m

Vì m0 nên phương trình 3x2 3mx 1 (*) Ta có  9m2 120,m0

2

1

2 0, 

 

    

   

f m

m m (ở f x  vế trái (*)) nên dluôn cắt đồ thị điểm A B, phân biệt m0

(18)

Ta có A x 1;3x13m B x , 2;3x2 3m với x x1, nghiệm (*) Kẻ đường cao OH

OAB ta có 0;  10 

  m

OH d d

     

 

2 2

2

1 2

3 10

40

10 40 10

3

     

    

AB x x x x x x

x x x x m

(Định lý Viet (*))

Mặt khác ta có C m ;0 , D0; 3 m(để ý m0 C D O, , phân biệt) Ta tìm m để

OAB  OCD

S S hay 10 40 3

3 10



 m    

m m m m

Câu 35 Cho hàm số    

1

3

     

y mx m x m x có đồ thị Cm, mlà tham số Tìm giá trị m để Cmcó điểm có hồnh độ âm mà tiếp tuyến Cm điểm vng góc với đường thẳng d x: 2y0

A

0      

m

m B

0     

m

m C.

1

3

m D

1 m m

       Hướng dẫn giải:

/

2( 1)

    

y mx m x m Tiếp tuyến có hệ số góc Ta tìm m:

2( 1)

    

mx m x m  * có nghiệm âm

 * x1mx3m20x1 mx23m



m : không thỏa yêu cầu



m , yêu cầu toán xảy

0

0 2

3  

 

 

  

m m

1  

 x y

x có đồ thị (C) điểm P2;5 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng d y:   x m cắt đồ thị  C hai điểm phân biệt A B cho tam giác PAB Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị ( )C là:

A. m1,m 5 B. m1,m4 C. m6, m 5 D. m1,m 8 Hướngdẫn giải:

2 1 

   

 x

x m

x  

2

( 3) 1

    

x m x m , với x 1

Đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khác 1

2

2 13

0

   

 

  

m m

m (đúng m)

Gọi x x1, 2 nghiệm phương trình (1), ta có:

1

3

  

 

   

x x m

x x m

Giả sử A x 1;x1m, B x 2;x2 m

(19)

Khi ta có: AB 2x1x22

 22  52  22  22

         

PA x x m x x ,

 22  52  22  22

         

PB x x m x x

Suy PAB cân P

Do PABđều PA2  AB2

 22  22 2 22  22 4 2

 x   x   x x  x x  x x  x x  

2

4

5  

     

  

m

m m

m Vậy giá trị cần tìm m1,m 5 Chọn đáp án C.

Cõu 37 Cho hàm số yx4 mx34xm2 Tìm tất giá trị m để hàm số ban đầu có cực trị trọng tâm tam giác với đỉnh toạ độ điểm cực trị trùng với tâm đối xứng đồ thị

hµm sè 4 

 x y

x m

A. m2 B. m1 C. m4 D. m3

Hàm số cho có cực trị phơng trình y’(x) = có nghiệm phân biệt

3

4

 x  mx   cã 3nghiƯm ph©n biƯt

XÐt g(x) = 4x33mx24 cã g’(x) = 12 ( ) 0, 

      m

x mx g x x x

Do lim ( ) , lim ( )        

x g x x g x vµ

3

16 (0) , ( )

2



  m  m

g g nªn g(x) =

cã nghiƯm ph©n biƯt 3

0

2 16

0 

  

  



 

 

m

m (häc sinh lập bảng biến thiên

của hàm

3

1

( ) 

 x  x

x trênR\ 0  để tìm kết trên) Khi tâm đối xứng đồ thị hàm số

4 

 x y

x m lµ (4 ; 1) m I

Gọi A x y( ;1 1), ( ;B x y2 2), ( ;C x y3 3) điểm cực trị đồ thị hàm số cho x1 , x2 , x3là nghiệm phơng trình :

3

4x 3mx 40nên theo định lý Viet ta có

1

2

2 2

1 2 3 1 3 2 3

3

4

9

0 ( ) 2( )

16

 





 

  

 



 

             



 

x x x m

m

x x x

m

x x x x x x x x x x x x x x x x x x

Viết hàm số ban đầu dới dạng:

2

3

( ) ( )( ) ( 2)

4 16 16



 x m   m x   m

y x y x x , v× thÕ

2 2

3 5

( ) ( )( ) ( 2)

4 16 16 16

( ) ( 1, 2,3) 

            

  

i i i

i i i i i

i

x m m x m m x m

y y x y x x x

do y x i

Từ :

2

2 2

1

1 3

5

( ) ( ) 2

3 16 16

 

            

y y y m m m m

x x x x x x

(20)

Trọng tâm tam giác ABC G( ;

3

   

x x x y y y

)  ( ; 1) m

I vµ chØ

khi :

1

 

 

y y y

2

9

2 ( 4)(9 36 144 64)

16

 m  m    m m  m  m 

Vì

2

m nên m4 giá trị cần tìm Chn ỏp án C.

Câu 38 Tìm tham số m để hàm số yx33mx23m1x2 nghịch biến đoạn có độ dài lớn

A 21

2  

m B 21

2  

m 21   m

C 21

2  

m D. 21 21

2

 

m Hướng dẫn giải:

Ta có D, y3x2 6mx3m13x2 2mxm1

2

0

      

y x mx m  1 Điều kiện cần đủ để hàm số nghịch biến đoạn có độ dài lớn  y0trên đoạn có độ dài lớn   1 có hai nghiệm x x1; 2x1 x2thoả mãn

1 4

x x

2

1

0

4

    

  

 



        



   



 

m m

x x

2 21 21

5

2

 

m m  m m

Vậy hàm số  1 nghịch biến đoạn có độ dài lớn

1 21 21

2

 

m m

Câu 39 Đường thẳng d y: xa cắt đồ thị hàm số  

2   

 x

y H

x hai điểm phân biệt A B, Gọi k k1, 2 hệ số góc tiếp tuyến với  H A B Tìm a để tổng k1k2 đạt giá trị lớn

A. a1 B. a2 C. a 5 D. a 1

Phương trình hồnh độ giao điểm d  H :

 

2

1

2

2 *

 

  

   

 

   

 x x

x a x

x ax a

Đặt g x 2x22ax a Vì

2

2 0,

1

0,

2



     

   

      

  

g a a a

g a nên  * có hai nghi

ệm phân biệt x x1, 2 khác

(21)

Vậy d cắt  H hai điểm phân biệt A B, với a

GọiA x y 1; 1 ,B x y2; 2 với x x1, 2 hai nghiệm  * Theo định lý Vi-ét ta có

1 2

1 ,

2  

    a

x x a x x

Tiếp tuyến A v Bà có hệ số góc

   

1 2

1

;

2

 

 

 

k k

x x

Ta có

   

2

1

1 2 2

1 2

2

1

2 2

    

 

      

     

x x

k k

x x x x

 22  2   2 2

4 ( 2 1)

 

         

 x x x x x x  do x x

 2

4 2,

  a    a Dấu xẩy a 1 Vậy k1k2 đạt giá trị lớn 2 a 1 Chọn đáp án D.

Câu 40 Tìm m để phương trình x4 – ( 2m+3)x2 + m + = có nghiệm x1, x2, x3, x4 thoả mãn : -2 < x1 < -1 < x2 < < x3 < < x4 <

A. Khơng có m B. m1 C. m4 D. m3

Đặt x2 = X 0, ta có phương trình: f(X) = X2 – ( 2m+3).X + m + = (*)

để phương trình cho có nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < x4 phương trình (*) có hai nghiệm thoả mãn: < X1 < X2 Khi x1  X2;x2   X x1; 3 X x1; 4  X2

Do đó: -2<- X2 <-1< - X1< < X1 < < X2 <

  X2 >1 > X1 >  > X2 > > X1 >

(1)

(0)

(4)

   

 

 

    

    

 

af m

3 

 

   



 

 m m

m  không tồn m thoả mãn toán

Câu 41 Cho hàm số: y = x3 -

2

3

m

mx  Xác định m để đường thẳng y = x cắt đồ thị điểm phân biệt A, B, C cho AB = BC

A. m = ; m =  B.m =

C m =  D.m = ; m =

PT hoành độ giao điểm: x3 -

1

3

 

x m

mx (1)

Đường thẳng y = x cắt đồ thị điểm phân biệt A,B,C pt (1) có nghiệm phân biệt xA, xB, xC Theo Vi et ta có : xA + xB +xC =

2

m (2) theo gt AB = BC  xB =xA + xC (3)

(22)

Từ (2) (3)  xB = m

Vậy x = m

nghiệm (1)

Chia f(x) = 3

2 m x mx

x    cho

2 m

x ta được: f(x) = (x -

2 m

) (x2 – mx – -2 m ) -2 m + m x = m

nghiệm (1)  -2 m + m

= m=0, m =  Khi f(x) = (x -

2 m

) (x2 – mx – -2

2

m

) có nghiệm phân biệt (x)= x2 – mx – -

2

m

có nghiệm trái dấu có ( m

) = -1 -

 m

m Vậy: m = ; m = 

Câu 42 Cho hàm số y=x3-(m+1)x2-(2m2-3m+2)x+2m(2m-1) Xác định m để hàm số đồng biến (2;+)

A.  3 m2 B.  2 m2 C.  3 m1 D.  3 m2 Hướng dẫn giải:

Ta có: ) ( ) ( )

( 2

,      

g x x m x m m

y

∆’ =7m2 –7m +7 = 7(m2-m+1) > ,m y, 0,x(2;)

         2 ) ( S g 2              m m m m

Chọn đáp án D

Câu 43 Bạn A có đoạn dây dài 20m Bạn chia đoạn dây thành hai phần Phần đầu uốn thành tam giác Phần lại uốn thành hình vng Hỏi độ dài phần đầu để tổng diện tích hai hình nhỏ nhất?

A. 40

94 3m B.

180

9 3 m C.

120

94 3m D.

60 94 3m Hướng dẫn giải:

Bạn A chia sợi dây thành hai phần có độ dài x m  20x m , 0x20 (như hình vẽ) Phần đầu uốn thành tam giác có cạnh  

3 x

m , diện tích  

2

3

3 36

 

  

 

x x

S m

Phần cịn lại uốn thành hình vng có cạnh 20  

x

m , diện tích  

2 2 20         x S m

Tổng diện tích hai hình nhỏ  

2 20 36          x x

f x nhỏ khoảng 0;20 

Ta có: '  20 180

18



    



x x

f x x

(23)

Bảng biến thiên:

x 180

4 39 20

 



f x  0 +

 

f x

Dựa vào bảng biến thiên ta 180 



x

Câu 44 Cho số thực a b c, , thỏa mãn

8

    

 

   



a b c

a b c Số giao điểm đồ thị hàm số

3

   

y x ax bx c trục Ox

A.0 B.1 C. D.

Ta có hàm số

   

y x ax bx c xác định liên tục  Mà lim

   

x y nên tồn số M 2 cho y M 0; xlim y  nên tồn số m 2

Vậy đồ thị hàm số yx3ax2 bxc trục Oxcó điểm chung Chọn đáp án D.

Câu 45 Tập hợp giá trị m để đồ thị hàm số

  

2

2 4

 

   

x y

mx x x mx có đường tiệm cận

A.  0 B.  ; 1  1;

C.  D.  ; 1     1;

Hướng dẫn giải: Cólim

xy Nên hàm số ln có đường tiệm cận ngang y0 Vậy ta tìm điều kiện để hàm số khơng có tiệm cận đứng

Xét phương trình:   

2

2 (1)

2 4

4 (2)

   

      

  



mx x

mx x x mx

x mx TH1: Xét m0, ta

  

2 1

4



  



  

x y

x

x x (thỏa ycbt)

TH2: Xét m0 Có:   1 m

2 4

  m  Th2a. Cả phương trình (1) (2) vô nghiệm:

2

1

4

  

 

    

  

  



m m

m

cho ym0 ; y2 84a2bc0 y284a2bc0

Do ym.y20 suy phương trình y0 có nghiệm thuộc khoảng m;2 y2.y20 suy phương trình y0 có nghiệm thuộc khoảng 2; 2 y2.yM0 suy phương trình y0 có nghiệm thuộc khoảng 2;M

(24)

Th2b: (1) vô nghiệm, (2) có nghiệm kép 

x : ta thấy trường hợp vơ lí (vì m1) Th2c: (2) vơ nghiệm, (1) có nghiệm kép

2 

x : ta thấy trường hợp vơ lí (vì  1 m1) Chọn đáp án A.

Câu 46 Đường thẳng d y: x4 cắt đồ thị hàm số yx32mx2 m3x4 điểm phân biệt A0; , B C cho diện tích tam giác MBC 4, với M1;3  Tìm tất giá trị

m thỏa mãn yêu cầu toán

A. m2 m3 B m 2 m3.C m3 D. m 2 m 3 Hướng dẫn giải:

Phương trình hồnh độ giao điểm d đồ thị  C : x3 2mx2 m3x44

 

   

3

2

0

2

 

      

     

 x x mx m x

x x mx m Với x0, ta có giao điểm A0;4 

d cắt  C điểm phân biệt phương trình (1) có nghiệm phân biệt khác

 

2

0

(*)

   

  



    

 

m m m

Ta gọi giao điểm d  C A B x x,  B; B 2 , C x xC; C2 với x xB, C nghiệm phương trình (1)

Theo định lí Viet, ta có:

  

 

 

 B C B C

x x m

x x m

Ta có diện tích tam giác MBC  , 

   

S BC d M BC Phương trình d viết lại là: d y: x4xy40

Mà    

 2

2

1

, ,

1

 

  

  d M BC d M d

Do đó:

 

2

8

32

,

   

BC BC

d M BC

Ta lại có:  2  2  2

2 32

 C  B  C B  C  B 

BC x x y y x x

 2 16  2 4 2 16

 xB xC  x xB C    m  m 

2

4 24

 m  m  m m  Đối chiếu với điều kiện, loại giá trị m 2 Chọn đáp án C.

Câu 47 Cho số thực x, y thỏa mãn x y2 x 3 y3 Giá trị nhỏ biểu thức  2

4 15

  

P x y xy là:

A. minP 83 B. minP 63 C. minP 80 D. minP 91

(25)

Mặt khác

Xét biểu thức đặt

Lại có

Xét hàm số đoạn suy Chọn đáp án A.

Câu 48 Gọi (Cm) độ hàm số yx4 2x2 m2017 Tìm m để (Cm) có điểm chung phân biệt với trục hồnh, ta có kết quả:

A. m2017 B 2016m2017 C m2017 D. m2017

-Phương pháp: Tìm m để phương trình ẩn x tham số m có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng K + Cơ lập m, đưa phương trình dạng m = f(x)

+ Vẽ đồ thị (hoặc bảng biến thiên) y=f(x) K

+ Biện luận để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y =f(x) n điểm phân biệt K - Cách giải: Cmcắt Ox điểm phân biệt Phương trình

4

2 2017 2017

       

x x m m x x có nghiệm phân biệt

Xét hàm số yx42x22017 R

Có y'4x34x0x0 x 1 Bảng biến thiên:

x  0 

y'  +  +

y  2017 

2016 2016

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y =f(x) điểm phân biệt m =2017

Câu 49 Tìm tất giá trị thực m để đồ thị hàm số

2

2  

 x y

mx

có hai đường tiệm cận ngang

A. m0 B. m0 C. m0 D. m3 Hướng dẫn giải:

Đồ thị hàm số

2

2  

 x y

mx

có hai đường tiệm cận ngang giới hạn

   

lim , lim

     

x y a a x y b b tồn Ta có: + với m0 ta nhận thấy

xlim y  , lim yx   suy đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang x y

x y       



     

xy2 x 3  y 3 2 xy xy 8 x y 4;8

 2  2

P4 x y 15xy4 xy 7xy

 

t x y 4;8 P4t 7xy

x3 y 3  0xy 3 x y 9 P4 x y221 x y63

2

4t 21t 63

  

 

f t 4t 21t 63 4;8 Pmin f 7  83

(26)

+ Với m0, hàm số có TXĐ D 3;4

m m

 

    

 

 

,

xlim y, lim y x khơng tồn suy đồ thị hàm số khơng có đường tiệm cận ngang

+ Với m0, hàm số có TXĐ D suy

2

2 2

2

2 2

1 1

1

lim , lim

3

 

 

 

 

  

 

x x

x

x x

m

x m x m

x x

suy

đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang Vậy m0 thỏa YCBT

2

   

y x x a Tìm a để giá trị lớn hàm số đoạn 2;1 đạt giá trị nhỏ

A. a3 B. a2 C. a 1 D.Một giá trị khác Hướng dẫn giải:

Ta có y x2 2xa4  x12a5 Đặt u x12   x  2;1 u0; 4 Ta hàm số f u  ua5 Khi

 2;1 0;4       0 ,   ; 1

       

xMax y uMax f u Max f f Max a a

Trường hợp 1:

0;4  

5



          

u

a a a Max f u a a

Trường hợp 2:

0;4  

5 3



          

u

a a a Max f u a a

Vậy giá trị nhỏ

 

xMax y 2;1 a

  

Câu 51 Giá trị nhỏ hàm số:    

2 1 1

       

y x x x x là:

A.0 B.1 C.2 D.3

   

3 3

2 1 1

       

y x x x x

 2  2

1 1

 y x    x  

3

1 1

 y x    x   Điều kiện để hàm số xác định x 1 Ta có y x3  1 x3 1

- Nếu  1 x0 x3  1 0 x3 1  1 x3 1 y2 - Nếu x0 x3  1 0 y2 x2 1

Vậy: y2,  x 1,y2x0 Chọn đáp án C.

(27)

K Q

H I

B

C

D A

M

N P

z

y

x x

L K

H

J

A

B

C

z=17

z=17 y=9

y=9 x=8

x=8

A

B

C S

J H

L

K

HÌNH ĐA DIỆN

I – HÌNH CHĨP

Câu 1.Cho hình chóp có chân đường cao nằm tam giác ; mặt phẳng ,

tạo với mặt phẳng góc Biết , , ; đường thẳng tạo với mặt đáy góc Tính thể tích khối chóp

A B C D

Gọi J là chân đường cao hình chóp S.ABC; H, K L hình chiếu J cạnh AB, BC CA. Suy ra, , góc tạo mặt phẳng với mặt phẳng ,

Theo giả thiết, ta có ,

suy tam giác vuông Từ đó, Mà J nằm tam giác ABC nên J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Áp dụng cơng thức Hê-rơng, ta tính diện tích tam giác ABC Kí hiệu nửa chu vi tam giác ABC,

bán kính đường trịn nội tiếp ABC.Ta có Đặt , ,

Ta có hệ phương trình

Giải

Ta có , suy SJB tam giác

vng cân J Thể tích V của khối chóp S.ABC Chọn đáp án A.

Câu Cho tứ diện thuộc

sao cho

, mặt phẳng (MNP) cắt AD Q Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia mặt phẳng (MNP)

A B.

C D

Hướng dẫn giải:

S ABC ABC (SAB)

(SAC) (SBC) (ABC) AB25 BC17

26

AC  SB 45 V

S ABC

680

V V 408 V578 V600



SHJ SLJ SKJ

(ABC) (SAB) (SBC)

(SAC)

  

SHJ SLJ SKJ

,

SJH SJL SJK JH JLJK

204

S p r

204 34

S r

p

   xBH BL yCLCK

zAH AK

17 25 26

x y

x z

y z

   

   

   

( ; ; )x y z (8;9;17) 2 62 82 10

JB JH BH   

 (,( )) 45

SBJ  SB ABC  

10

SJ JB

1

680

3 ABC

V  SJ S  , , ,

ABCD M N P

, ,

BC BD AC BC4BM BD, 2BN,

3 AC AP

2

7 13

13

1

(28)

Gọi , kẻ

đồng dạng

Đặt Ta có:

Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC, Gọi CM đường cao tam giác SAC Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a

A B C D

Gọi O tâm hình vng ABCD

Ta có:

Câu Cho hình chóp tứ giác có đáy hình vng ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên mặt phẳng đáy thoả mãn Mặt phẳng qua AC vuông góc với mặt phẳng

chia khối chóp thành hai khối đa diện Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện gần với giá trị giá trị sau

A.0,11 B.0,13 C.0,7 D.0,9

,

I MNCD QPIAD DH / /BC H IM,DK / /AC K IP

3

ID DH BM

NMB NDH

IC CM CM

      

1

3 3

IK DK ID DK DK

IP  CP  IC   AP   AP 

APQ

 DKQ

3

2

AQ AP AQ

DQ DK AD

    

ABCD

V V

1 1

,

5 10

ANPQ ANCD DACN

ANPQ

ANCD ABCD DABC

V AP AQ V V DN

V V

V  AC AD  V V  DB   

 

1 1 1

2 2

CDMP

CDMP N ABMP DABMP CDMP CDBA

V CM CP

V V V V V V V

V  CB CA        

7

20 13

ABMNQP ABMNQP ANPQ N ABMP

CDMNQP

V

V V V V

V

     

4 AC AH 

3

14 48

a 14

24

a 14

16

a 14

8 a

2

4

2 a

a

AM AH AH AC a

AM

AC  SA   SA  a 

 

2

a a

MC AC AM a  

      

 

2

1 7

2 2

SMC

a a a S SM MC

   

2

1 14

3 48

SMAC SMC

a a a

V BO S

   

S ABCD

 cos =1

3

  P SAD

S ABCD

H O

D

C B

A

S

M

(29)

là hình chóp tứ giác Gọi N là trung điểm CD

Kẻ Ta có

nên mặt phẳng

+ Xét tam giác SON vng N có :

+ Xét tam giác SOD vng O có :

Ta có

- Xét tam giác MCD vng M có :

Ta có :

Mặt phẳng chia khối chóp S.ABCD thành khối Do :

Câu Cho hình chóp , có đáy tam giác cạnh Các mặt bên , ,

tạo với đáy góc Tính thể tích khối chóp Biết hình chiếu vng góc mặt phẳng nằm bên tam giác

A. B. C. D

S ABCD SOABCD

   

,

  

  

 

 

CD SN CD ON

SCD ABCD CD    



  

,

 SCD ABCD SNO



CM SD

 

 

   

  

AC BD

AC SBD AC SD

AC SO

     

SD ACM  ACM  SAD

 P ACM



3

1

cos

3

  

a

ON a

SN

SNO

2

2 2

2

   

       

   

a a

SO SN ON a

 

2

2 2 10

2

 

     

 

 

a a

SD SO OD a

1

2

SCD  

S CM SD SN CD

3

2 10

10 10

2

   

a a

SN CD a

CM

SD a

2

2 2 10 10

10 10

 

     

 

 

a a

DM CD CM a

10

1 1 10

2 2 10 10

2

    

MACD MACD

SABCD SACD

a

V V DM DA DC DM

V V DS DA DA DS a

1 10

VMACD  VSABCD  P MACD SABCM

VSABCD VMACD VSABCM

10

VSABCM  VSABCD 0,11

9

 

MACD SABCM

V V

S ABC ABC a SAB SAC

SBC 30 , 45 , 600 0 V S ABC

S ABC ABC

 

3

a V 

  

3

a V 

  

3

3 4

a V 

  

3

a V 

 O

B

D A

S

C N M

(30)

Gọi hình chiếu vng góc mặt phẳng

Kẻ , ,

Khi ta có

, ,

Ta có suy

Vậy

Câu Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a, góc SC mp(ABC) 45 Hình chiếu S lên mp(ABC) điểm H thuộc AB cho HA = 2HB Biết Tính khoảng cách đường thẳng SA BC:

A B C D

+ D đỉnh hình bình hành ABCD d(SA;BC)=d(B;(SAD))=1,5.d(H;(SAD)) + Kẻ HE vng AD, E thuộc AD Kẻ HI vuông SE, I thuộc AE d(H;(SAD))=HI + Tính

Câu Cho khối chóp S.ABC có đáy tam giác vuông A, AB = a, AC = 2a Đỉnh S cách A, B, C; mặt bên (SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC

A.V=

3 a

B.V= a3

C.V= a

3

D.V= 3

3 a

Gọi M, N, H trung điểm AB, AC, BC Ta có tam giác SAB cân suy SM  AB

HM // AC HM AB  AB SMHABSH 1  Và [(SAB), (ABC)] = SMH = 600

Tương tự AC  (SNH) AC SH (2) Từ (1) (2) SH (ABC)

Ta có SH = MH tan 600 = AC

= a

H S

ABC HD AB D AB HE  AC E AC

 

HF BC EBC

0

tan 30 SH

HD SH 0

tan 45 SH

HE SH

0

tan 60 SH SH HF 

2

3 ABC

a S 

 

2

1 3

1

2 4

a a

SH   a SH  

 

   

2

1 3

3 2 4 3 8 4 3

a a a

V  

 



3 a CH  210

30

a 210

20

a 210

45

a 210

15 a

210 30  a HI

(31)

S'

I M

D

C B

A S

SABC =

2 AC.AB = a

Vậy V =

3.SH SABC = 3 a

3 (đvdt) Chọn đáp án A.

Câu Cho hình chóp S.ABCD có SA=x, cạnh cịn lại Tìm giá trị x để thể tích khối chóp lớn

A B C D Hướng dẫn giải:

Gọi O giao điểm AC BD

Ta có OD=OB SB=SD nên SOBD,

 

BO SAC

Mặt khác SO2 SB2OB2 AB2OB2 OA2 nên SOOAOC Do tam giác SAC vng S

Ta có AC2 x2 4 4OA2 x24 Do 4OB2 12x2 0x2

Và 2 2

16SSOA x 4OA x 4x

Để VS ABCD. đạt giá trị lớn SOAB

V đạt giá trị lớn

Do VS ABCD. đạt giá trị lớn x212x2 đạt giá trị lớn Suy x2 12x2x2 6x

Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, M trung điểm AD Gọi S’ giao SC với mặt phẳng chứa BM song song với SA Tính tỉ số thể tích hai khối chóp S’.BCDM S.ABCD

A.

2 B.

2

3 C.

3

4 D.

1 Hướng dẫn giải:

Trong ABCD, gọi  I ACBM , SAC, kẻ đường thẳng qua I, / /SA, cắt SC S’ S’ giao điểm SC với mp chứa BM, //SA

Do M trung điểm AD nên

    ' '

3

4 S BCDM S ABCD

dt BCDM  dt ABCD V  V

Gọi H, H’ hình chiếu S, S’ ABCD

' ' '

3

S H CS CI

SH CS CA

   

' '

3

4

S BCDM S ABCD S ABCD S ABCD

V V V V

    

Câu 10 Đáy hình chóp SABC tam giác cân ABC có AB ACa B C Các cạnh bên tạo với đáy góc  Tính thể tích hình chóp SABC

A

tan a

V   B

3

cos tan a

V    C

3

cos tan a

V    D

3

sin a

V  

(32)

Kẻ SOABCOA hình chiếu vng góc SA lên (ABC) Do SA ABC; SAO Tương tự ta có SBO SCO Nên SAO SBO SCO AOBOCO

Theo định lí sin ta có: 2O

sin sin sin

AC a a

A OA

B       Nên tan tan

2sin a SO OA  



 

Mặt khác  

2

1 sin

.sin A sin 180

2 2

ABC

a

S AB AC a  



   

Vậy

2

1 sin tan cos tan

3 ABC 2sin

a a a

V S SO    

 



  

Câu 11 Cho hình chop S.ABCD, đáy hình thang vng A B AB = BC = a, AD = 2a,

 

SA ABCD Gọi M, N trung điểm SB SD Tính V hình chop biết (MAC) vng góc với (NAC)

A.

3 a

B.

3 a

C

2 a

D

3 a Hướng dẫn giải:

Gọi I, H trung điểm AD AB, O giao điểm AC BI, vẽ HK // BI (K thuộc AC) Ta có ABCI hình vng nên AC vng góc với BI

Mà AC vng góc NI (do NI // SA)

Suy ACNIO NOI NAC , ACD Tương tự ta có MKH MAC , ACB

Theo đề ta có 90 tan cot NI HK

NO MH

 

     

Suy

2

2 2

SA SA a a

NI MH OI HK  SAa Mà

2

3

2

ABCD ABCD

a a

S  V  S SA

Câu 12 Cho tứ diện S ABC , M N điểm thuộc cạnh SA SB cho MA2SM ,

SN  NB, ( ) mặt phẳng qua MN song song với SC Kí hiệu (H1)và (H2) khối đa

diện có chia khối tứ diện S ABC mặt phẳng ( ) , đó, (H1)chứa điểm S, (H2)

chứa điểm A; V1 V2 thể tích (H1) (H2) Tính tỉ số

V V

A.

5 B.

5

4 C.

3

4 D.

Kí hiệu V thể tích khối tứ diện SABC

(33)

Ta có NP MQ SC// // Khi chia khối (H1) mặt phẳng (QNC), ta hai khối chóp N SMQC N QPC

Ta có:

( , ( )) (B, ( ))

N SMQC SMQC

B ASC SAC

V d N SAC S

V  d SAC  S ;

( , ( ))

(B, ( ))

d N SAC NS

d SAC  BS  ;

2

4

9

AMQ SMQC

ASC ASC

S AM S

S AS S

 

    

 

Suy

2 10 27 N SMQC

B ASC V

V   

.QP

( , (QP )) (S, (A ))

1 2 3 27

QPC N C

S ABC ABC

S

V d N C

V d BC S

NB CQ CP SB CA CB

 

      

.QP

1

10 4

5

27 27 9

N SMQC N C B ASC S ABC

V V

V  V V    V V   

1

4 V V

 

Câu 13 Một người dự định làm thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác tích V Để làm thùng hàng tốn nguyên liệu chiều cao thùng đựng đồ

A.

2

xV B.x 3V C.

1

xV D.x V

Gọi a độ dài cạnh đáy, x độ dài đường cao thùng đựng đồ a,x0

Khi đó, V a x2 a V Stp 2a2 4ax 2V Vx

x x

       

Để làm thùng hàng tốn ngun liệu thìStp nhỏ 2V Vx x

  nhỏ Cách : Xét hàm số f x  2V Vx

x

  0;

Ta có    

1

2

2V V

f ' x ; f ' x x V V x x V

x x



      

Từ BBT ta thấy để làm thùng hàng tốn ngun liệu chiều cao thùng đựng đồ

V

f x( ) f' x( )

x

f(V

1

3)

0 +∞

0 +

V

1

3

P N

Q M

A

B

C S

(34)

Cách 2: ta có 2V 4 Vx 2V 2 Vx Vx 6 V3

x   x   

Dấu "" xảy V 3

Vx x V x V

x     

Câu 14 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, SAD tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Biết diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD 4dm2 Khoảng cách hai đường thẳng SD ACgần với giá trị sau ?

A.

7 dm B.

3

7 dm C.

4

7 dm D.

6 7dm Hướng dẫn giải:

Gọi x 0là cạnh hình vng ABCD H trung điểm cạnh AD

Dễ dàng chứng minh  ,

  x

SH ABCD SH

Gọi O  AC BD Glà trọng tâm SAD, đồng thời d d1, 2lần lượt trục đường tròn ngoại tiếp

,

ABCD SAD

d1qua O va / /SH d, qua G va / /AB

1

 I d d tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

S ABCD  R  SI

 

2

2 2 21

4

2

3

    

            

 

x x

S R R SI SG GI x dm

Gọi E điểm thỏa ADEC hình bình hànhED/ /ACd AC SD ; d AC SDE ; 

 ;   ;   ; 

d AC SD d A SDE  d H SDE  HP (phần chứng minh HP SDE xin dành cho bạn đọc)

 

2 2 2

1 1 1

:

3

2

21

;SD

14 7

SKH

HP SH KH x x

x

HP dm d AC dm

    

   

   

   

    

Câu 15 Cho hình chóp có đáy hình bình hành tích V Điểm P trung điểm

của , mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD SB M N.Gọi thể tích khối chóp Tìm giá trị nhỏ ?

S ABCD

SC V1

S AMPN V1

V

(35)

Đặt ta có :

Ta có :

Lại có :

Từ (1) (2) suy : Từ (2) suy

Khảo sát hàm số Chọn đáp án B.

Câu 16 Nếu tứ diện có cạnh có độ dài lớn thể tích tứ diện lớn bao nhiêu?

A B C D

Giả sử tứ diện ABCD có cạnh lớn AB, suy tam giác ACD BCD có tất cạnh không lớn Các chiều cao AF BE chúng không lớn ,

Chiều cao hình tứ diện

(do tam giác AHF vng H có AF cạnh huyền) Thể tích khối tứ diện là:

3

1

2

1

; ,(0 , 1)

SM SN

x y x y

SD SB

   

2

SABC SADC SABD SBCD V

V V V V 

   

1 . 1

2 2

SAMPN SAMP SANP SAMP SANP SADC SABC

V V V V V V SM SP SN SP

x y

V V V V V SD SC SB SC

 

  



        

 

 

1 1 2

2 2

SAMPN SAMN SMNP SABD SBCD

V V V V

xy xy xy

V V V V

 

 

      

 

 

1

4

x

x y xy y

x

   



1

0 1

3

x

y x

x

     



 

2

1 3 3

( ),

4 4

V x x

xy x f x x

V x x

 

 

       

   

1

( ), ( )

2 x x

V

y f x x f x f

V

 

 

     

   

   

         

   

1

3

1

5

2

1 a 

CDa

2

1 a AH AF  

(36)

Để tìm giá trị lớn V ta xét biểu thức

Vì nên

Câu 17 Cho hình chóp có đáy hình vng cạnh vng góc với mặt

phẳng đáy góc với mặt phẳng Gọi điểm di động cạnh hình chiếu vng góc đường thẳng Khi điểm di động cạnh thể tích khối chóp đạt giá trị lớn bằng?

A B C D

Ta có góc SC mặt phẳng (SAB) Trong tam giác SBC có

Trong tam giác SAB có Thể tích khối chóp S.ABH là:

Ta có theo bất đẳng thức AM-GM ta có

Đẳng thức xảy Khi

A

3

2

3 cos 4(cot cot )



 



 l V

g g B

3

2

3 cos 2(cot cot )

l V

g g



 



 C

3

3 cos 2(cot cot )

l V

g g



 



 D

3

2

5 cos 4(cot cot )

l V

g g



 



 Hướng dẫn giải:

Đặt hình chóp tam giác : O.ABC O’.A’B’C’ với O tâm tam giác ABC O’ tâm tam giác A’B’C’

Theo OO’là đường cao chung hình chóp

Đặt D,E,F giao điểm cặp cạnh bên tương ứng hình chóp Phần thể tích chung hình chóp thẻ tích khối đa diện ODEFO’ Ký hiệu V thể tích '

3 

 DEF

V OO S

 

2

2 D

1 1 1

3 BC 3 24

a

V  S AH  BE CD AH  a   a a

 

 2 a a 0a1  2

4

a a  4 2

24

V  a a 

S ABCD ABCD a SA,

SC (SAB) 30 0 M CD

H S BM M CD

S ABH

3

2

a

2

a

2

a

2 12

a

 300

CSB

 . 300  3

SB BC cot a

 2  2

SA SB AB a

  

1 1

3

S ABH ABH

a

V S SA HA HB a HA HB

  

2 2

HA HB AB a

    

2

2 2

2

2 a

a HA HB HA HB HA HB



  450  

HA HB ABM M D

  

2

2 2

6 12

S ABH

a a a a

V HA HB

Câu 18 Hai hình chóp tam giác có chung chiều cao , đỉnh hình chóp trùng với tâm đáy hình chóp Mỗi cạnh bên hình chóp cắt cạnh bên hình chóp Cạnh bên

(37)

A

B

C O

A'

C'

B' D

F E

O' I

'

OO C vuông O’ nên OO'lcos

Do tính đối xứng nên OO’đi qua tâm I DEF Trong IOE ta có : OI IEcotg

Trong IO E' có:O I' IEcotg 

Suy OO'IE(cotgcotg)

' cos

cot cot cot cot

OO l

IE

g g g g



   

  

 

Tam giác DEF , đường cao 

EJ EI

Diện tích

2

3 DEF 

DE

S với 3

3

 EJ 

DE EI

Do

2

3 cos 4(cot cot )



 

 

 DEF

l S

g g

Vậy thể tích phần chung hình chóp :

3

2

3 cos 4(cot cot )



 



 l V

g g

Câu 19 Cho hình chóp S.ABCD có đáy nửa lục giác với cạnh a (a> 0) Cạnh SA vng góc với đáy SA = a M điểm khác B SB cho AM  MD Tính tỉ số SM

SB A.

4 B.

1

4 C.

3

5 D.

Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ hình vẽ Suy ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a )

B = ; 3; 2

 

 

 

a a

Suy phương trình

SB là: 2

3



 



x y z a

a a a

Gọi M(x0; y0; z0) thuộc cạnh SB, ta có:

0

3

 

 

 

 

y x

z a x

Mặt khác AMDN   AM DM 0  x02– 2ax0 + y02 + z02 = 0

3 x  a

3 3

; ;

8

 

   

 

a a a

M 

4   

SM SB hay

4  SM

SB

Câu 20 Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, cạnh cịn lại có độ dài khơng lớn Gọi V thể tích khối tứ diện Tìm giá trị lớn V

This image cannot currently be display ed

(38)

A.

8 B.

1

8 C.

3

5 D.

Theo giả thiết ACD BCD có tất cạnh không lớn Đặt CD = a (0 a 1)

Gọi AM, BN lần lượt chiều cao ACD BCD Ta có

2

1  a

AM ;

2

1  a

BN

Gọi AH chiều cao tứ diện, ta có

2

1

  a

AH AM

Thể tích tứ diện ABC

2

1

(1 )

3  6

 BCD   a a

V S AH BN CD AH

Xét f a( )a(4a2) (0, 1] Ta có f(a) liên tục (0, 1]

' '

( )4 3 , ( )0

f a a f a 0;1

3

  

a

Vậy 0,1

m ax ( )f a  f(1)3 Suy max

8 

V ACD BCD hai tam giác cạnh 1, hai mặt phẳng (ACD) (BCD) vng góc với Khi tính

2

 

AB

Câu 21 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = a SA vng góc với mặt phẳng đáy.Mặt phẳng (P) qua điểm A vng góc với SC cắt SB, SC, SD B’, C’, D’ Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a.

A.

3

3 20

a

B.

3

3 20

a

C.

3

3 10 a

D.

3

3 10 a Hướng dẫn giải:

, ( ) '

     

BC AB BC SA BC SAB BC AB

( ) ' ' ( ) '

      

SC P SC AB AB SBC AB SB

Tương tự AD'SD

' ' '  ' ' ' '

S AB C D S AB C S AD C

V V V

2

' '

2 2

' ' ' ' 3

4 20

    

S AB C S ABC

V SB SC SB SB SC SC SA SA

V SB SC SB SC SB SC

(1)

3

0

+

1

f(a) f'(a) a

C'

D'

B'

C

A

B D

S

M N H

C

D B

A

(39)

2 ' '

2 2

' ' ' ' 3

4 20

    

S AD C S ADC

V SD SC SD SD SC SC SA SA

V SD SC SD SC SD SC (2)

Do

3

1

3

  

S ABC S ADC

a

V V a a

Cộng (1) (2) theo vế ta

3

' ' ' '

' ' '

3

9 9 3

20 20 10 20

3      

S AB C S AD C

S AB C D

V V a a

V

a a

A 15

23 B.

5

23 C

15

29 D

13 23 Hướng dẫn giải:

2

Xét SAC ta có AC SA2SC2 2 2OC 2,OD CD2OC2  1 BD2 Thể tích

1 1 15

2

4 12  12 12

         

S CMD S ABCD SAC

V V BD S

Gọi N trung điểm ADnên CD/ /SMN Suy

 

3

( , ) ( , ( )) ( , ( ))

 

   C SMN 

SMN V

d CD SM d CD SMN d C SMN

S Thể tích . . 15

12

 

C SMN S MCD

V V (1)

Ta có 3, 3, 13

2

  

MN SM SN ( sử dụng công thức đường trung tuyến)

Theo định lý hàm số cosin SMN ta có cos sin 23

3 3

  

SMN SMN

Vậy sin 23

2

    

SMN

S SM MN SMN (2)

Thay (1), (2) vào   ta

3 15

3 12 15

( , )

23 23

4 



 C SMN   SMN

V d CD SM

S

O

B A

C D

S

M N

6

Câu 22 Cho hình chóp S.ABCD thỏa mãn SA 5,SBSCSDABBCCDDA Gọi M trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S.MCDvà khoảng cách hai đường thẳng SM,CD

Ta thấy ABCD hình thoi, tam giác SBD cân S suy BDSAC Gọi O giao điểm AC BD, ta thấy SBD ABD CBDc.c.c Suy OAOCOS  1AC nên SAC vuông S

(40)

Câu 23 Cho tứ diện ABCD cạnh a Mặt phẳng (P) chứa cạnh BC cắt cạnh AD E Biết góc hai mặt phẳng (P) (BCD) có số đo  thỏa mãn tan

7

 Gọi thể tích hai tứ diện ABCE tứ diện BCDE V1 V2 Tính tỷ số

2

V V A.

8 B.

1

8 C.

3

5 D.

+) Gọi M trung điểm BC

Khi BC(MAD) nên (P)(AMD); (P)(AMD)=ME

Kẻ AHME AH(BCE) ( AH(AMD) ) Kẻ DKME nên DK(BCE) (do DK(AMD) ) Hiển nhiên AH song song DK

Khi

2

 A BCE  D BCE V

V AH

V V DK

+) Gọi  góc (P) (ABC) (0

2  

  ) Hiển nhiên DME ; AME

Vì AM = DM nên:

1

sin

sin sin sin sin



  

    

V AH

t

DK V (1)

+) Trong tam giác OMA: os( ) os cos sin

3

  MO        

c c sin

MA (2)

Từ (1) có: cos  sin 2  1t2.sin2  1t x2 ; với x=sin2 Thay vào (2) ta có: (1 )(1 )

3

t x xt x  t x x t x +) Giải phương trình có: 2

(9 9) 

 

x

t t

Vì

2

2 2

8 9

sin tan

1 9 9

        

      

x t t

x

x t t t t t t

Theo giả thiết suy 2 2

3

8 50 196 171

9

19

9 49 25 25

15 

 

          



   

 t

t t t t

t t

t

Vậy

5  ABCE DBCE V V Chọn đáp án C.

Câu 24 Cho khối chóp S ABC có SAa, SBa 2, SC a Thể tích lớn khối chóp

A. a3 B.

3

6 a

C.

3

6 a

D.

3

6 a

M A

B

C

D E

H

K

(41)

a a

a E

F

B C

A

S

Gọi H hình chiếu A lên ( )

3 SBC

SBC V  AH S Ta có AHSA; dấu “=” xảy AS SBC



1

.sin

2

SBC

S  SB SC SBC SB SC, dấu “=” xảy SBSC

Khi đó, 1

3 SBC

V  AH S  AS SB SC  SA SB SC  Dấu “=” xảy SA SB SC, , đơi vng góc với Suy thể tích lớn khối chóp

3

1

6

a V  SA SB SC Chọn đáp án D.

Câu 25 Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác vuông cân, ABACa, SCABC 

SC a Mặt phẳng qua C, vng góc với SB cắt SA SB, E F Tính thể tích khối chóp S CEF

A

3

2 36  SCEF

a

V B

3

18  SCEF

a

V C

3

36  SCEF

a

V D

3

2 12  SCEF

a

V

Hướng dẫn giải:Từ C hạ CFSB F, SB, CESA E, SA

Ta có  

 

 

   

  

   

AB AC

AB SAC AB CE

AB SC

CE SAB CE SB

Vậy mặt phẳng qua C vng góc SB mặt CEF Ta có SCEF 

SCAB

V SE SF

V SA SB

Tam giác vuông SAC vuông Cta có:

2

  

SA SC AC a

và

2

1 2

   

SE SC a SE

SA SA a SA

Tam giác vuông SBC vuông Cta có:

2

3

  

SB SC BC a

và

2

1 3

   

SF SC a SF

SB SB a SC

Do 1 1 1

2 6 36

     

SCEF

SCEF SABC ABC

SCAB V

V V SA S a

V

Chọn đáp án C

II – HÌNH LĂNG TRỤ

a

a a

A

S

B

C H

(42)

Câu 24 Một hình hộp có mặt hình thoi có góc 600 cạnh a Tính thể tích hình hộp

A B

C D

Ta có: AB = AD = BD = a; AA’ = A’B = A’D = a A’ABCD tứ diện

Chân đường cao A’H trùng với tâm ABD HA = HB = HD = AO =

A’H2 = AA’2 – AH2 = a2 - = A’H = Từ tìm Chọn đáp án B.

Câu 25 Cho khối lập phương ABCD A B C D     cạnh a Các điểm E F trung điểm C B  C D  Mặt phẳng AEF cắt khối lập phương cho thành hai phần, gọi V1 thể tich khối chứa điểm A V2 thể tich khối chứa điểm C' Khi

2 V V

A 25

47 B 1. C

17

25 D

  

AQEFPB A D

Gọi V VABCD A B C D.    , V3 VA A MN  ,

4  PFD N ,  QMB E

V V V V

Do tính đối xứng hình lập phương nên ta có 

V V

3

1 1 3 3 3

. . . .

6    6 2 2 8

  a a  a

V AA A M A N a ,

3

4

1 1

. . .

6    6 2 72

  a a a  a

V PD D F D N

3

1

25 2

72

   a

V V V ,

3

2

47 72

   a

V V V Vậy

2 25 47  V

V

Câu 26 Cho lăng trụ đứng ABCA B C  có đáy tam giác ABC vng cân A, BC=2a Góc giữa mặt phẳng (AB C ) mặt phẳng (BB C ) 60 Tính th0 ể tích lăng trụ ABCA B C  

3

2

a

2 a

3

2

a 2

3 a



 



3

2

3

2

a a 



2

3

a a



3

a

2 a V 

600

a

C

O

A' B'

D'

D

B A

C'

H

Đường thẳng EF cắt AD N, cắt AB

M , AN cắt DD P, AM cắt BB Q Từ mặt phẳng AEF cắt khối lăng trụ thành hai khối ABCDCQEFP

(43)

600

H

M

I A

C

B

A'

B'

C'

B'

B C

M I

A a3 B.2a3 C.a3 D. 3a3

Từ A kẻ AIBC  I trung điểm BC AI(BCC B )AI BC (1)

Từ I kẻ IM BC (2) Từ (1), (2)  BC(IAM)

Vậy góc (ABC) (BCB)

AMI = 600 Ta có AI=1

2 BC a; IM=

0

tan 60 

AI a

2

3

  a

BH IM ;

2 2 2

1 1 1

'    4 

B B BH BC a a a

Suy BB=a 2; 2

2

ABC   

S AI BC a a a

2

     ABC A B C

V a a a

Câu 27 Cho lăng trụ có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm

lên mặt phẳng trùng với trọng tâm tam giá Biết khoảng cách hai đường thẳng Khi thể tích khối lăng trụ

A B

C D

Gọi trung điểm BC, dựng MH vuông góc với A’A suy

Đặt AH=x, ta có

Từ A’A MH=A’G.AM, suy a

x Vậy

ABC.A 'B'C ' A '

(ABC) ABC

AA' BC a

4

3

3 12

a

3 a

3

a 3

24 a

M

 , ' 

4 a MH d BC A A 

2 '

3 a A A x 

2

3

3 12

a a a

V  

B’

A’ C’

A

B C

M H

(44)

Câu 28 Cho hình lăng trụ có đáy tam giác cạnh , hình chiếu vng góc lên măt phẳng trùng với tâm của tam giác Biết khoảng cách

Tính thể tích khốilăng trụ

A B C D

Gọi M trung điểm B

Gọi H,K hình chiếu vng góc G,M AA’

Vậy KM đọan vng góc chung củaAA’và BC,

AA’G vng G,HG đường cao,

Câu 29 Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi M, N thuộc cạnh bên AA’, CC’ cho MAMA ' NC4NC' Gọi G trọng tâm tam giác ABC Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN, ABB’C’ A’BCN, khối tứ diện tích nhỏ nhất?

A.Khối A’BCN B.Khối GA’B’C’ C.Khối ABB’C’ D.Khối BB’MN Hướng dẫn giải:

+ Nhận thấy khoảng cách từ G A xuống mặt phẳng (A’B’C’) ( G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’)

GA 'B 'C ' A.A 'B 'C '

V V

Mà VA.A ' B 'C 'VABB 'C '(Do hình chóp có đáy AA’B’ ABB’ diện tích nhau;chung đường cao hạ từ C’)

GA ' B 'C ' ABB 'C '

V V

 

=> Khơng khối chóp GA’B’C’hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ → Loại B,C

+ So sánh Khối A’BCN Khối BB’MN

Nhận thấy khoảng cách từ M A’ xuống mặt BBCC’ → Khối A’BCN Khối BB’MN có đường cao hạ từ M A’ Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN

=> Khối A’BCN < Khối BB’MN => Khối A’BCN có diện tích nhỏ Chọn đáp án A.

' ' '

ABC A B C ABC a

'

A ABC G ABC

'

AA BC

4

a V

' ' '

ABC A B C

3 3

3

a V 

3 3

6

a V 

3 3

12

a

V  3

36

a V 

( ' )

BC A AM

 

3 ( A',BC)

4

a

d A KM 

3

KM

AGH AMH

GH

   

2

3

a

GH KH

  

 '

3

a A G 

3 ' ' '

3 '

12

ABC A B C ABC

a

V S A G 

G

A'

C'

B'

C

B A

M N

M A

B

C A'

B'

C'

G K H

(45)

Câu 30 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác cân A, góc BAC nhọn Góc AA' BC' 300, khoảng cách AA' BC' a Góc hai mặt bên

AA'B'B AA'C'C 600 Thể tích lăng trụ ABC.A'B'C'

A.

3

2a

3 B.

3

a

3 C.

3

a

6 D.

3

a

3

Ta có góc hai mặt bên AA'B'B AA'C'C làBAC600 ABC



Vì AA'/ /CC'AA'; BC'CC'; BC'BC'C 30 Kẻ AIBCAIBB'C'C

     

      

3 ABC.A ' B ' C '

0

d AA'; BC' d AA'; BB'C'C AI a

2a BC 2a 2a

BC ,CC' 2a V 2a .a

2

tan 30

3

Câu 31 Cho hình lăng trụ tam giác ABC A’B’C’, có cạnh đáy cạnh bên Lấy M, N cạnh AB’, A’C cho Tính thể tích V khối BMNC’C

A B C D

Gọi G, K tâm hình chữ nhật ABB’A’ AA’C’C

Ta có: (Do G trung điểm AB’)

Xét tam giác ABA’ có AG trung tuyến Suy trọng tâm tam giác ABA’ Do BM qua trung điểm I AA’

Ta có: (Do K trung điểm A’C)

Xét tam giác AA’C’ có A’K trung tuyến Suy N trọng tâm tam giác AA’C’ Do C’N qua trung điểm I AA’

Từ trọng tâm tam giác ABA’ N trọng tâm tam giác AA’C’ Suy ra:

Gọi thể tích khối chóp IMNC; IBCC’ Ta có:

Mà Suy

a a

'

' '

AM A N

AB  A C 

3 6

108

a 2 6

27

a 3 6

108

a 6

27

a

1

' 3

AM AM

AB   AG 

2 AM

AG 

M

' '

A N A N

A C   A K 

'

A N

A K 

M

1

'

IM IN

IB IC 

1;

V V

1

'

V IM IN IC

V  IB IC IC  V1 V V2

8

V  V

H K

G M

N

I B'

C'

A C

B A'

300

600

I A'

B'

C'

C

B A

(46)

Hạ AH vng góc với BC H thuộc BC Ta AH vng góc với mặt phẳng (BB’C’C) AA’ song song với mặt phẳng nên khoẳng cách từ I đến mặt phẳng (BB’C’C) khoẳng cách từ A đến (BB’C’C) AH Ta có:

Suy

Câu 32 Cho hình lập phương ABCD 'A B C D' ' ' có khoảng cách A C' C D' ' cm Thể tích khối lập phương ABCD 'A B C D' ' 'là:

A. cm3. B. 2 cm3 C.3 cm3 D.27 cm3.

Để tìm khoảng cách A’C C’D’, ta dựng mặt phẳng chứa A’C song song với C’D’ Dễ thấy mặt phẳng (CA’B’)

Gọi a độ dài cạnh khối lập phương, lúc ta có:

 ' ', '   ' ', ' '  ', ' '

d C D A C d C D CA B d D CA B

Để tính khoảng cách từ điểm D’ đến mặt phẳng (CA’B’), ta xét khối tứ diện D’CA’B’

 

2

3

' ' ' ' ' '

1

'

3

  

D CA B B A D

a a

V CC S a cm

 

2

' '

1

S CB' B'A'

2 2

  

CA B a a a cm (do tam giác

CA’B’ vuông B’)

Suy ra:    

3

' ' '

2 ' '

3 2

', ' '

2

    

 

  D CA B

CA B

a V

d D CA B a cm a

S

a

(cm)

Do V a3 2 cm3 Chọn đáp án B.

Câu 33 Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’ Gọi M trung điểm A’B’ Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời

song song với B’D’ Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối tích V1, V2 ( Trong V1 thể tích khối chứa A) Tính tỉ số

2

V F

V

A

17 B 1. C

17

25 D

*Gọi N trung điể A’D’ Khi (P)BDNM) Thấy BMDNAA’=I

Khi đó: V1=V(A’MNABD); V2=V-V1 (Với V thể tích hình hộp)

* Ta có: ( ' ) ( )

( A'B'D')  ( ' ' ')4

V IA MN S AMN

V A S A B D

BB C C' ' 

3

a AH 

 

2 '

1

; ' '

3 BCC 2 12

a a a

V  d I BB C C S     2

9 27

a V  V 

(47)

* Mà: (AA'B'D')  V

V nên có:

1

( ' )

24 

V IA MN V

* Lại có: ( ' ) '

( )  8

V IA MN IA IM IN V IABD IA IB ID *Vậy: ( )

3 

V IABD V

* Do đó:

1

3 24 24

  

V V V V nên

17 24

  

V V V V Vậy:

1

7 17  V V

Câu 34 Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi I, J, K lần lượt trung điểm cạnh AB, AA’ B’C’ Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

A 25

47 B 1. C

49

95 D

Chứng minh EI = IJ = JF Từ suy '

'   '3

EB EM FA

EB EK FB Lại từ suy

1  FN

FK

Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B' Suy SKFB’ = (3/4)SA’B’C’

Mặt khác '3 EB

EB nên suy d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h chiều cao lăng trụ)

Do VEKFB’ = (3/8)V (V thể tích lăng trụ)

'

1 1

' 3 27

  

EBIM EB FK

V EI EM EB

V EF EK EB nên VEBIM =

1

27 8V  72V

' '

' 1 1

' 3 18

  

FA JN FB EK

V FJ FA FN

V FE FB FK nên VFA’JN =

1

18 8V  48V

Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần Gọi V1 thể tích phần chứa điểm B'

V2 thể tích phần chứa điểm C

Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V

Do V1/V2 =

49 95 Chọn đáp án C.

Câu 35 Cho hình lăng trụ ABC A B C    có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA BC

4 a

Tính thể tích V khối lăng trụ ABC A B C    A

3

3 24 a

V  B

3

3 12 a

V  C

3

3 a

V  D

3

3 a

V 

C I

N

M

D

B C'

A'

B' D'

A

N F

M E

K J

I

B'

C' A'

C

B A

(48)

M trung điểm BC BCAA M  Gọi MH đường cao tam giác A AM

MH A A HM BC nên HM khoảng cách AA BC

Ta có A A HM A G AM 

2

3

4

a a a

A A  A A  Đường cao lăng trụ

2

4

9

a a a

A G   

Thể tích

2

3

3 12

LT

a a a

V  

Câu 36 Cho hình lăng trụ có tất cạnh a, đáy lục giác đều, góc tạo cạnh bên mặt đáy là60 Tính thể tích khối lăng trụ

A 27

V  a B 3

4

V  a C 3

2

V  a D.

4a Hướng dẫn giải:

Ta có ABCDEF lục giác nên góc đỉnh 120 ABC tam giác cân B, DEF tam giác cân E

2

1

.sin120

2

ABC DEF

a

S S  a a  

2

2 .cos AC AB BC  AB BC B

2

a a a a  a

    

 

2

3

ACDF

S AC AFa aa

2 2

2

3 3

3

4

ABCDEF ABC ACDF DEF

a a a

S S S S  a  



' 60 ' '.sin 60

2 a B BH   B H BB  

2

3

'

4

ABCDEF

a

V BH S a  a

A

B

C A

B

C

G H

M

B

C D

E A

F F' A'

E'

D' C'

B'

H

(49)

MŨ - LƠ GARIT

Câu 1.Cho phương trình Tìm m để phương trình vơ nghiệm?

A B C D

+Phương trình tương đương:

+ Do hàm f(t)=5t+ t đồng biến R nên ta có: +Từ điều kiện để pt vô nghiệm C.

Câu Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:

2

3

log (1x )log (xm4)0

A.

4 

m B. 21

4

m C. 21

4

m D.

4 

m Hướng dẫn giải:

 

2

3 2 2

3 3

1;1

1

log (1 ) log ( 4)

  

  

 

      

       

 

 

x x

x x m

x x m x x m

Yêu cầu toán f x x2 x m 5 có nghiệm phân biệt   1;1 Cách 1: Dùng định lí dấu tam thức bậc hai

Để thỏa yêu cầu toán ta phải có phương trình f x 0 có hai nghiệm thỏa:  1 x1x2 1

   

5

21

3

0 4

21

1

2   

  

 



 

       

   

   

 

a f

m a f

m m

m S

Cách 2: Dùng đạo hàm

Xét hàm số     1

2 

         

f x x x f x x x

Có 21;  1 3;  1

2

 

       

 

 

f f f

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để có hai nghiệm phân biệt khoảng 1;1

21 21

5

4

  m   m

2 2 2 2 4 2 2

5x  mx x  mx x 2mx m

    

0

m m1 0m1

0 m m   

 

   

      

2 2 2 2 2 4 2 2

5x mx (x 2mx 2) x mx (2x 4mx 2)

    

2

(x 2mx 2) (2x 4mx 2)

–

(50)

Cách 3: Dùng MTCT

Sau đưa phương trình x2  x m 5 0, ta nhập phương trình vào máy tính * Giải m 0, 2: khơng thỏaloại A, D.

* Giải m5: không thỏa loại B. Chọn đáp án C.

Câu 3. Tìm tất giá trị tham số cho bất phương trình sau có tập nghiệm :

A. B. C. D.

Phương trình cho tương đương

Đặt ta được:

Bất phương trình nghiệm nên bất phương trình có nghiệm , suy phương trình có nghiệm

thỏa Vậy thỏa mãn

Câu Tính giá trị biểu thức Pln tan1° ln tan 2   ln tan3   ln tan89  

A. P1 B.

2 

P C. P0 D. P2

       

 

ln tan1° ln tan ln tan ln tan 89 ln tan1 tan tan tan 89

ln tan1 tan tan tan 45 cot 44 cot 43 cot1

       

    

       

P

 

ln tan 45 ln1

    (vì tan cot  1) Chọn đáp án C.

Câu Cho phương trình : Tìm để PT có nghiệm phân biệt

A.

4 

m B. 21

4

m C

0

1

,

8 256

 

  

 

 

m

m m D.

1

2



m Hướng dẫn giải:

Viết lại PT dạng :

m ; 0

    

1

2x x x m   m    

2

m 

2

m

2

m

2 m 

  5  

2 1

2

x x

m m       

   

   

3

0

x t   

 

 

 1    

2m 2m t f t t 2mt 2m t

           1

0 x

   2 0 t f t 0

1,

t t t10 1 t2  

 

0

4

1

f m

m f



   



 

 

 

 

0, 0, m

m     

  

1 m 

2 5 6 1 6 5

.2x x x 2.2 x (1)

m     m

   m

(1)

2 5 6 1 6 5

.2x x x 2.2 x

m     m

   m.2x25x6 21x2 2(x25x6) (1 x2) m

   

2 5 6 1 2 5 6 1

.2x x x 2x x x

m       m

   

(51)

Đặt : Khi PT tương đương với :

Để có nghiệm phân biệt có nghiệm phân biệt khác

(*) Khi điều kiện :

Vậy với thỏa điều kiện đề Chọn đáp án C.

Câu 6.Tìm tất giá trị m để phương trình log23xm2 log 3x3m 1 có nghiệm

1,

x x cho x x1 2 27

A

3 

m B. m25 C 28

3 

m D. m1

log3x2 m2 log 3x3m 1 1  Đặt log3xt

1

1 2

Theo Vi-et: t1t2 m2 Suy m1 Chọn đáp án D.

Câu Trong tất cặp x y;  thỏa mãn logx2y224x4y41 Tìm m để tồn

nhất cặp x y;  cho 2

2 2

     

x y x y m

A.  10 22 B 10 10

C.  10 22  10 22 D 10

2

, ,

x x x

u

u v v

     

 

  

2

1

3

1

( 1)( )

2

2 (*)

x x x

x

x u

mu v uv m u v m x

v m m

m

  

   

   

          

  

  

 

(1) (*)

2

0

1 log log

m m

x m x m

   

 

 

   

 

 

2 2

0

0 2

1 log 1 1 1

(0;2) \ ;

1 log 8 256

1 log

256 m

m m

m

m m

m   

  

 

   

 

  

    

   

 

   

  

 1 (0;2) \ ;

8 256 m  

 

Phương trình trở thành: t2 m2t3m102

Phương trình (1) nghiệm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt   0m22 43m1m28m80 (đúng)

Gọi t1,t2 nghiệm phương trình (2) x 3t1,x 3t2 3t3t 27t t 3

(52)

Ta có 2  

2

log 4

    

x y x y

2

4

 x  y  x y   1

Giả sử M x y ;  thỏa mãn pt  1 , tập hợp điểm M hình trịn  C1 tâm I2;2 bán kính R1 

Các đáp án đềcho ứng với m0 Nên dễ thấy 2

2 2

     

x y x y m phương

trình đường trịn  C2 tâm J1;1 bán kính R2  m

Vậy để tồn cặp x y;  thỏa đề khi  C1  C2 tiếp xúc

 2

1 10 10

IJ R R   m m 

Câu 8.Cho n số nguyên dương, tìm n cho

3

2 2 2

log 2019a 2 l go a20193 log a2019  n logna20191008 2017 log 2019a

A.n=2017 B.n=2018 C.n=2019 D.n=2016

3

2 2 2

3 3 2

2

log 2019 l g 2019 log 2019 log 2019 1008 2017 log 2019 log 2019 l g 2019 log 2019 log 2019 1008 2017 log 2019 (1 ) log 2019 1008 2017 log 2019

( 1) 2016

     

      



 

  

 

n

a a a a a

a a

o n

n

n n 2017

2 2017

 

 

 

n Chọn đáp án A.

Câu 9.Phương trình  3 1 

2

log mx6x 2log 14x 29x2 0 có nghiệm thực phân biệt khi:

A. m19 B. m39 C.19 39

2

m D. 19m39

 3  

1

2

log mx6x 2log 14x 29x2 0  3  

2

log log 14 29

 mx x   x  x 

3

3 14 29

6 14 29   

mx x   x  x  m x x x

x

   

3

2

6 14 29 2

12 14

  



 x x x    

f x f x x

x x

(53)

 

1 19

1 39

0

2 2

1 121

3 3



   



  

      

  

  

    

  

 



x f

f x x f

x f

Lập bảng biến thiên suy đáp án Chọn đáp án C.

Câu 10. Biết phương trình log52 2log3

2

 



   

 

x x

x x có nghiệm x a b a b, số ngun Tính a b ?

A 5 B 1 C. D.

5

2 1 1

log log log log

2 2

 

  

    

 

x x x x

Đk:

1  

 

   

x

x x

 

2

5 3

2

5

Pt log log log ( 1) log log log log log ( 1) (1)

     

     

x x x x

Đặt t2 x 1 4xt12

(1) có dạng log5tlog (3 t1)2 log5xlog (3 x1)2 (2) Xét f y( )log5 ylog (3 y1)2, x   1 t y1 Xét y1: '( ) 12 2( 1)

ln ( 1) ln

   



f y y

y y

( )

 f y hàm đồng biến miền 1;

(2) có dạng f t( ) f x( ) t x x2 x 1 x2 x 1

1

3 2 ( ) (vn)

  

   

  

x

x tm

x

Câu 11.Phương trình sau có nghiệm :  2  3

4

log x1 2log 4xlog 4x

A. nghiệm B.2 nghiệm C.3 nghiệm D. Vô nghiệm

 2  3

4

log x1  2 log 4 x log 4x (2) Điều kiện:

1

4

1

4

  

   



  

 

      

x

x x

(54)

     

 

2

2 2 2

2

(2) log log log log log 16

log log 16 16

           

       

x x x x x

x x x x

+ Với   1 x ta có phương trình x24x120 (3);

 

2 (3)

6    

  

x

x lo¹i

+ Với    4 x 1ta có phương trình x24x200 (4);  

  24

2 24     

  

x

x lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1  6, Chọn đáp án B.

Câu 12.Cho phương trình 2m25x3.3xm215x50 Tìm tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình có nghiệm khoảng 0;2

A.  B. 2;3 C. 0; D. ;1

Vậy f x 0 có nghiệm khoảng 0;2 với giá trị thực m Chọn đáp án A.

Câu 13.PHương trình log3x2 x 1x2xlog3x có nghiệm

A.1 nghiệm B.2 nghiệm C.3 nghiệm D.Vô nghiệm

Hướng dẫn giải: điều kiện x >

Phương trình tương đương với

2

1

log    2 

 

x x

x x x

Ta có 2xx2  1 x12 1 Và

2

3 3

1 1

log    log   1log    3log 1

 

   

x x

x x x

Do

 2

2

1

log 1

0

  

    

    

 

 

  

 x

x x

x x x

x x

x Chọn đáp án A.

Câu 14.Cho hàm số ( ) ,

9

  

 

x x

f x x Tính P f(sin 10 )2   f(sin 20 )2    f(sin 80 )2 

A. B.8 C.9 D.3

Đặt fx2m25x3.3xm215x5 Do f liên tục  nên f liên tục đoạn

0;2

Ta có f 02m250 3.30m215.05 6m210,m f 22m2523.32m215.25130

Khi f 0.f 20,m

(55)

Nếu a b 1 ( )f a  f b( )1 Do P    1 1 Chọn đáp án A.

Câu 15.Phương trình 33 3 x33 3 x34x34x103

có tổng nghiệm ?

A. B.2 C.3 D.

3 3 4

3 x3 x3 x3 x 10  7

  3 3  

3

27 81 1

7 27.3 81.3 10 27 81 10

3 3

    

           

   

x x x x

Đặt 3

3

 x   x 

x x

Côsi

t

3

3 3

2 3

1 1 1

3 3.3 3.3 3

3 3 3

 

           

 

x x x x x

t t t

Khi đó:      

3

3 3 10 10

7 ' 27 81 10

27

 t  t  t  t   t  N

Với 10 10 7 

3 3 

  x 

x t

Đặt y3x 0 Khi đó:  

   

2

3 10

7 10 1

3

3   

        

  

y N

y y y

y y N

Với y 3 3x  3 x1

Với 1

3

  x    

y x

Câu 16 Gọi x x x1, 2 1 x2 hai nghiệm phương trình    

5 1 x 1 x 5.2x

Trong khẳng định đây, khẳng định sai?

A x1,    1,1  1,1 B. x2,    1,1  1,1 C x x1, 2  1,0  1,0 D. x x1, 2  1,1  1,1 Hướng dẫn giải:

    5 5 

5 5.2

2 2

      

        

   

x x

x

Nhận xét: 5 1 5

2 2



           

   

       

       

x x x x

x

+ Đặt   1 5 1 2 5 1

2

5 1

0, log 2, log

2  

  

        

 

x

t t x x

t

Câu 17.Phương trình log 9x  3log9x log3x1 có nghiệm nguyên ? A.0 B 1 C 2 D 3

(56)

9

1 log x 3log x log x1  log 9x  3log9x 2log9x1  2log 9x2 log9x1 log 9x3 log9x

2log9x1 log 9x3 log9x 10

 2log9x1 vì: log 9x 3log9x 1 0 x = Vậy nghiệm phương trình cho: x =

Câu 18 Tìm m để bất phương trình log 5x2 1log5mx2 4xm thoã mãn với x A  1 m0 B.  1 m0 C. 2m3 D. 2m3 Hướng dẫn giải:

BPT thoã mãn với x.

   

2

4

5

   



  

   

 



mx x m

x

x mx x m 

   

2

4

5

   



  

    

 



mx x m

x

m x x m 

 

2

0

16

5

16

  

 

 

 



   

 m

m m

m



0 2

3   

   



 

 

       

m m m m

m m

 2m3

Câu 19.Cho số thực thỏa mãn Giá trị biểu thức là:

A.0 B.1 C.6 D.3

Khi ba số số cịn lại Khi M=0

Khi ta đặt suy

Do 2.3=6 nên hay Từ suy M=0

Câu 20 Cho , với số hữu tỷ Các khẳng định sau đây,

khẳng định đúng?

A B C D

Do a, b, c số hữu tỷ nên Chọn đáp án A.

Câu 21.Với , cho biết : Chọn khẳng định :

, ,

x y z 2x3y 6z M xyyzxz

, , x y z , ,

x y z  2x 3y z k 

  

1

2kx, 3ky, 6kz

1

y

x z

k k k 1

x y  z

5 log

log

log6 b 6 c 6 

a a,b c

b

a a b ba cab

6

log 5a b c

 

5 5

3 5a b c

  

5 a b c

  

  

0, a a

1

1 log log

;

au at

ta  va 

(57)

Từ giả thiết suy ra:

Câu 22 Có giá trị tham số m để phương trình có

3 nghiệm phân biệt

A. B.2 C.3 D.

Vậy, có giá trị m thỏa mãn Chọn đáp án C.

Câu 23. Tìm tất giá trị thực tham số để phương trình có nghiệm thuộc ?

A B C D

Điều kiện: Khi phương trình tương đương:

Đặt với hay

Phương trình có dạng

Khi tốn phát biểu lại là: “Tìm để phương trình (*) có nghiệm ” Với

1 logav u a

  

1 logat ua 

1 logav ua 

1 logav ua

1

log log

1 log log

a a

t a

u u

 

 

1 log

1 1

log log

1

1 log log log

1

1 log

a

a a

a a a

a

u

v a

t t u

u 

   

  

 

1 log

1 log log log log (1 log ) log

1 log

av

a a a a a a

a

v u u u v u u a

v



          



2

5 6

.2x x 2 x 2.2 x

m       m

  2    2

5 6

2x x x 2x x 2x x x

Pt m             m  

 

2

5

1

2

3

2 *

x x

x

x x m

m  



  

   

  

  

 



m

 

2 2

2

log xlog x  3 m log x 3 32; 1;

m  m 1; 3 m  1; 3 m  3;1

0

x  

2 2

log x2 log x 3 m log x3

log

t x x32log2xlog 322 5 t5    

2

2 3 *

t   t m t

m t5

5

t (*) t3  t 1 m t  3 t3. t 1 m t30

1

3

t

t m t m

t



      



TH1: (*) có nghiệm ( nghiệm x =0) m2.

TH2: (*) Có nghiệm phân biệt có nghiệm nghiệm lại khác m23.

TH3: (*) Có nghiệm phân biệt có nghiệm nghiệm cịn lại khác m28.

(58)

Ta có Với hay

suy Vậy phương trình có nghiệm với Chọn đáp án A.

Câu 24.Tập giá trị m để bất phương trình nghiệm với x > bằng

A B C D

Đặt Khi ta có

Bất phương trình ban đầu có nghiệm với x > nghiệm với t > Xét hàm số

,

BBT

Từ BBT ta có kết luận bất phương trình có nghiệm với t > Chọn đáp án A.

Câu 25.Giả sử p q số thực dương cho: Tìm giá trị

A B C D

Đặt: thì: , , (1)

Chia hai vế (1) cho ta được: , đặt đưa phương trình:

 , suy

Câu 26.Tập nghiệm bất phương trình:

1

3

t

t t



 

 

4

5 1

3

t

      

 

1

1 3

3

t t

 

    

 

1 m 1 m

2 2

log log

x m x

 

(;1] [1;) 5; 2 [0;3)

 

2

tlog x t1  *

1 t

m t 

 * 

 

1 t f t

t 

 1;

 

 3 '

1 t f t

t  



 

'

f t   t

 

lim

t f t   limt1 f t  

1

+∞ +∞

f(t) f'(t)

t +∞

1 m

 

 

9 12 16

log plog qlog pq p

q

8

5  

1

2   

1

2 

 

9 12 16

log log log

t p q p q p9t q12t 16t  pq9t 12t 9t

2

4

1

3

t t

   

 

   

   

4

0

t q x

p  

     

2

1

x   x 11 5

x  x0 11 5

2 q

p  

2 2

81.9 3

3 x x x x

  

(59)

A B C D. Hướng dẫn giải:

ĐKXĐ: BPT cho

(vì )

Vậy tập nghiệm BPT cho Chọn đáp án A.

Câu 27.Cho cấp số nhân với số hạng tổng quát Khi khẳng định sau

đây đúng? A

B C

D

Vì cấp số nhân nên

Câu 28.Số nghiệm phương trình  

3

log x  2x log x  2x2

A. B. C. D.

Hướng dẫn giải: ĐK: x0;x

Đặt t x2 2x x2 2x  2 t 2log3 t log5t2

1;   0

S    S 1; S 0; S 2;   0

x

2

9

81 3 3.3

81

x

x x x

    2

3 x 3 3x x 2.3 x 0

   

3x x3x 2.3 x

   

3x x

   3x2.3 x 0,  x

1

3

0

x x x x

x x

   

       



 



1;   0 S   

 un un 0;un 1

1

log 2017 log 2017 log 2017 log 2017 log 2017 log 2017

k k k

u u u

 

 

 



1

k k k

u u u

 

 

 



1

k k k

u u u

 

 

 



1

k k k

u u u

 

 

 

  un

2

1.

k k k

u u  u 

2017 2017 2017

2log uk log uk log uk

  

1

1 1

log 2017 log 2017 log 2017 log 2017 log 2017 log 2017 log 2017

log 2017 log 2017 log 2017

k k k k

k k k

u u u u

u u u

 

 

 

   



 



(60)

Đặt log3 t log5t2u,

 

3

log

 



 

 

 

t u

3    

   

u u t

t

5

 u   u



5

u u

   

   

5

3

  

 

  

u u

5 (1)

3

2 (2)

5

  



    

 

   

    

u u

Xét  1 : 5u 3u 2

Ta thấy u0 nghiệm, dùng phương pháp hàm số dùng BĐT để chứng minh nghiệm u0

Với u    0 t x2 2x 1 0, phương trình vơ nghiệm Xét  2 : 1

5

u u

   

 

   

   

Ta thấy u1 nghiệm, dùng phương pháp hàm số dùng BĐT để chứng minh nghiệm



u

Với u   0 t x2 2x 3 0, phương trình có nghiệm phân biệt thỏa x0;x Chọn đáp án B.

Câu 29 Cho    

2

1

x x f x e

  

 Biết      1 2017 m n

f f f f e với m n, số tự nhiên m

n tối giản Tính

2

 m n

A. mn2 2018 B. m n  2018 C. m n 1 D. mn2  1 Hướng dẫn giải:

Xét số thực x0 Ta có :

 

   

2

2 2

2

2 2

1

1 1 1

1 1

1

x x x x

x x x x x x x x x x

   

        

  

 

Vậy,        

2

1 1 1 1 1 2018

1 1 2018

1 2 3 2017 2018 2018 2018

1 2017

               

       

        

  

f f f f e e e ,

hay

2

2018 2018

 

m n

Ta chứng minh

2

2018 2018



phân số tối giản Giả sử d ước chung 20182 1 2018

Khi ta có 20182 1d, 2018d 20182d suy 1d d  1 Suy

2

2018 2018



phân số tối giản, nên m20182 1,n2018 Vậy mn2  1

Câu 30.Hỏi phương trình 3.2x4.3x5.4x 6.5x

có tất nghiệm thực?

A. B. C. D.

(61)

2

3

5 5

     

          

     

x x x

pt

Xét hàm số  

5 5

     

         

     

x x x

f x liên tục 

Ta có:   ln2 ln3 ln4 0,

5 5 5

     

               

     



x x x

f x x

Do hàm số ln nghịch biến  mà f  0  6 0, f  2  220 nên phương trình

A. m tùy ý B.

3  

m C.

2  

m D.

2   m Hướng dẫn giải:

Đặt 3 , x 0

t t

ycbt t2 2m1t 3 2m0, t

2

,

2

 

   



t t

m t

t  

1

3 ,

2

m t  t

  1 ,   0,

2

f t  t f t    t  hàm số đồng biến 0,

Vậy  ,  0

2

       

ycbt m f t t m f

Câu 32.Tìm tập hợp tất tham số m cho phương trình 4x22x1m.2x22x2 3m20 có bốn nghiệm phân biệt

A. ;1 B. ;1  2; C. 2; D. 2; Hướng dẫn giải:

Đặt t 2(x1)2 t1

Phương trình có dạng: t22mt3m 2 *  Phương trình cho có nghiệm phân biệt

 phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn

2

1,2

3

1

3

3 2

   

        

 

      

          

 

     



m m

m m m m

m m

x m m m m m m

m m m m

Câu 33. Cho ,x y số thực dương thỏa mãn lnxlnylnx2 y Tìm giá trị nhỏ  

P x y

A. P6 B. P2 23 C. P 2 D. P 17 Hướng dẫn giải:

Từ lnxlnylnx2yxyx2 y Ta xét: f x0 có nghiệm

Câu 31. Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình 9x2m1.3x32m0 nghiệm với x

(62)

Nếu 0 x yxy x2  y0x2 mâu thuẫn Nếu x1  

2

1

      

 x

xy x y y x x

x

y Vậy

2

1 

  

 x x P

x

x y

Ta có  

2

1  

 x f x x

x xét 1;

Có  

2

( )

2 2

'

2

( )

4

2

 

  

    

   

  

x loai

x f x

x

x an

x

nh x

Vậy

1;   

2

min 2

2 



  

   

 

f x f

Câu 34.Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình x x x12 m.log5 4x3 có nghiệm

A. m2 B. m2

C. m12 log 53 D. 2m12log 53 Hướng dẫn giải:

Điều kiện: x0;4 Ta thấy

5

4   x 4x  3 log  x30

Khi bất phương trình cho trở thành m f x x x x12 log 5 3  4x  *

Với 12 '

2 12

     

 x

u x x x u

x

 

3

1

log '

2 ln

    

  

v x v

x x

Suy f ' x 0; x 0; 4f x  hàm số đồng biến đoạn 0;4 Để bất phương trình (*) có nghiệm

0;4    

min

m f x  f 

Câu 35.Tìm giá trị a để phương trình 2 3 1 2 3 40

x x

a có nghiệm phân biệt thỏa mãn: 1 2

2

log 

 

x x , ta có a thuộc khoảng:

A  ; 3 B.  3;  C 3; D 0;

Ta có      

 

1

2 3

2

     



x x x

x Đặt

 

1

2



 x

t t 0, phương trình

đã cho trở thành t1a40t24t 1 a0 *  t

Phương trình cho có nghiệm phân biệt phương trình (*) có nghiệm dương phân biệt

1

4

1

  



  

   

t t

a

t t a

(63)

Ta có    

 

1

2

1

1 2 3

2

log 3 3

2

 



        

 x x x

x

t x x

t

Vì t1t2 4 nên điều xảy phương trình (*) có nghiệm t=3 t=1

Khi 1 a 3.1 3   a Chọn đáp án B.

Câu 36.Gọi m số chữ số cần dùng viết số h30 ệ thập phân n số chữ số cần dùng viết số 30 h2 ệ nhị phân Ta có tổng m + n

A. 18 B.20 C.19 D. 21

-Phương pháp: Số chữ số cần dùng viết số A hệ thập phân logA1 với  x số nguyên lớn nhỏ x

Tổng quát: số chữ số cần dùng viết số A hệ n-phân logn A1 Dựa vào kết ta có

 

30

2

log 30 log 10 log 30 log 30 10

20

 

    

 

    

  

m n

m n Chọn đáp án B.

Câu 37.Cho hàm số y x22x a Tìm a để giá trị lớn hàm số đoạn 2;1 đạt giá trị nhỏ

A. a3 B. a2 C. a1 D. Một giá trị khác Hướng dẫn giải:

Ta có y x22x a  x12 a Đặt ux12   x  2;1 u0;4 Ta hàm số f u  u a Khi

 2;1 0;4       0 ,   ; 1

       

xMax y uMax f u Max f f Max a a

Trường hợp 1:

0;4  

5



          

u

a a a Max f u a a

Trường hợp 2:

0;4  

5 3



          

u

a a a Max f u a a

Vậy giá trị nhỏ

 2;1

    

xMax y a

Câu 38.Cho phương trình 2log cotx3 log cos2 x Phương trình có nghiệm khoảng ;

6  

 

 

 

A. B.3 C.2 D.

Điều kiện sinx0,cosx0 Đặt ulog cos2 x

2

cot

cos

 

 

  

u u x x

(64)

Vì

2

cos cot

1 cos 

 x x

x suy  

   

2

u u

2 u

2 4

3 f u

3

 

      

  

  4

' ln ln 0,

3

   

      

    

u

f u u Suy hàm số f(u) đồng biến R, suy phương trình f u 0 có nhiều nghiệm, ta thấy f  1 0 suy

 

1

cos

2



      

x x k k

Theo điều kiện ta đặt suy nghiệm thỏa mãn 

  

x k Khi phương trình nằm khoảng

;

 

 

 

 

7 ,

3

 

 

x x Vậy phương trình có hai nghiệm khoảng ;9

 

 

 

  Chọn đáp án C.

Câu 39.Trong nghiệm ( ; )x y thỏa mãn bất phương trình logx22y2(2xy) 1 Giá trị lớn

biểu thức T 2xy bằng: A.

4 B.

9

2 C.

9

8 D.9

Hướng dẫn giải: Bất PT 2

2 2

2 2 2

2

log (2 ) ( ), ( )

2 2

x y

x y x y

x y I II

x y x y x y x y



      

 

     

      

 

 

Xét T= 2x y

TH1: (x; y) thỏa mãn (II) 2

0T 2x yx 2y 1

TH2: (x; y) thỏa mãn (I) 2 2 ( 1)2 ( )2 2

       

x y x y x y Khi

2 2

1 1 9 9

2 2( 1) ( ) (2 ) ( 1) ( )

4

2 2 2

 

               

 

x y x y x y

Suy : max 

T ( ; y) (2; )1

 x 

Câu 40.Xét số thực thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức log2 2 3log    

a b

b

a

P a

b

A. Pmin 19 B. Pmin 13 C. Pmin 14 D. Pmin 15

 

   

2

1

3 log log

1 log log

     



 

 

 

b b

a a

P a a

b a

b

Đặt tlogab a b nên 0 t

 2

4

3

  

 P

t t

(65)

Xét  

 2

4

3

  

 f t

t

t 0;1 ta thấy GTNN f(t)

15  

     f Chọn đáp án D.

(66)

HÌNH NĨN - TRỤ - CẦU

Câu Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với đáy, Đáy ABCD hình thang vng A B, Gọi E trung điểm AD Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD

A B C. D

.

Gọi H trung điểm CD d đường thẳng qua H vng góc với đáy Gọi I R tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.CDE Suy I thuộc d Đặt

Trong mp(ASIH) kẻ đường thẳng qua I song song với AH cắt AS K

Ta có:

Suy ra: Vậy bán kính mặt cầu

Câu Cho tứ diện với ,các cạnh cịn lại góc tạo hai mặt phẳng Gọi I,J lần lượt trung điểm cạnh Giả sử hình cầu đường IJ kính tiếp xúc với CD.Giá trị là:

A B C D

Gọi O là trung điểm IJ F là điểm tiếp xúc hình cầu đường kính IJ và đường thẳng CD.Hình cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD chỉ khoảng cách từ O đến CD bằng độ dài IJ

Ta có

Vì FC CI hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm nên Tương tự ta có

Tam giác ADI cân có IJ đường trung tuyến nên tam giác IDJ vuông J Suy

6  SA a

  

AB BC AD a

2 a

R Ra 30

3 a

R 26

2 a R

 IH x

2

2 2

   a

ID IH HD x

2

2 2 2 2 2

IS ( )

2

IK KS AH KS  AC CH KS  a a  a x

2

2 2

2 ( )

2

a  a     a

x a a x x 30

3

 a

R

ABCD BCa

2 a



ABC BCD BC AD,

cos

3 3 3

3

2 3 

2 a AI DI 

2 a FCCI 

2 a a DJ DF  

 2 1

sin sin

2 2

2 a JD JID

DI a

  

   

a a

R

R x K

H E

A D

B C

S

I

(67)

Do nên Chọn đáp án B.

Câu Cho hình vẽ bên Tam giác SOA vng O có MN SO€ với M N, nằm cạnh SA, OA. Đặt SOh khơng đổi Khi quay hình vẽ quanh SO tạo thành hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy hình trịn tâm O bán kính ROA Tìm độ dài MN để thể tích khối trụ lớn

A

2 h

MN B

3  h MN C

4 h

MN D

6  h MN Hướng dẫn giải :

Ta thấy quay quanh trục SO sẽ tạo nên khối trụ nằm khối chóp Khi thiết diện qua trục hình trụ hình chữ nhật MNPQ Ta có hình sau:

Ta có SOh; OAR Khi đặt OI MNx

Theo định lí Thales ta có IM  SI IM OA SI  R h. x

OA SO SO h Thể

tích khối trụ  

2



   R 

V IM IH x h x

h Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

   

3

2 2

2

3

 

 

   

 

x h x

x h x

Vậy

2

4 27   R h

V Dấu '''' xảy h x Hay

3  h

MN

Câu Một hình nón bị cắt mặt phẳng  P song song với đáy Mặt phẳng  P chia hình nón làm hai phần  N1 N2 Cho hình cầu nội tiếp N2 hình vẽ cho thể tích hình cầu nửa thể tích N2 Một mặt phẳng qua trục hình nón vng góc với đáy cắt N2 theo thiết diện hình thang cân, tang góc nhọn hình thang cân

A. B.

C. D.

Giả sử ta có mặt cắt hình nón cụt đại lượng hình vẽ Gọi  góc cần tìm

Xét AHD vng H có DH h AH, Rr  h 2r0  AH.tan R r tan  1 Thể tích khối cầu

3

1

4

3



   h

V r

cos 2 3

S

M

A

O N

N2

N1

A O

S

M Q

P N

B

I

(68)

Thể tích N2  2 

1

   

V h R r Rr

 

2 2

1

2

    

V

h R r Rr

V

Ta có BCR r (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà h2 BC2Rr2 4Rr  3

Từ    2 , Rr2 Rr  4

Từ      1 , , h2 Rr2.tan2 4Rr2 (vì  góc nhọn)

2

tan tan

     

Câu Cho tam giác ABC có độ dài cạnh huyền Người ta quay tam giác ABC quanh cạnh góc vng để sinh hình nón Hỏi thể tích V khối nón sinh lớn

A 250 27

 

V B 25

27  

V C 20

27  

V D 250

27  

V Hướng dẫn giải:

Ta có 2 25 2 25

3 3 3

          

V r h x y y y y y

Xét hàm số 25

3

   

V y y với 0 y5

Ta có ' 25

3

      

V y y

Khi thể tích lớn 250 27

 

V

Câu Một công ty sản xuất loại cốc giấy hình nón tích 27cm3 Vói chiều cao h bán kính đáy r Tìm r để lượng giấy tiêu thụ

A

6

2

3 



r B

8

2

3 



r C

8

2

3 



r D

6

2

3 

 r

Ta có: 2

3

   

 V

V r h h

r => độ dài đường sinh là:

8

2 2 2 2

2 2

3 81

( ) ( )

       

  

V

l h r r r r

r r r

Diện tích xung quanh hình nịn là:

8

2

2 2

3

       

 

xq

S rl r r r

r r

Áp dụng BĐT Cauchy ta giá trị nhỏ

8

2

3 



r

α

r

h r0

R

K H

O

A

C

B D

(69)

Câu Cho khối trụ có bán kính đáy ra chiều cao h2a Mặt phẳng ( )P song song với trục OO' khối trụ chia khối trụ thành phần, gọi V1 thể tích phần khối trụ chứa trục OO', V2 thể tích phần cịn lại khối trụ Tính tỉ số

2

V

V , biết ( )P cách OO' khoảng 2 a

A.

2  

  B.

3

2  

  C.

2

2  

  D.

2

2     Hướng dẫn giải:

Thể tích khối trụ V  r h2  a2.2a 2 a3 Gọi thiết diện hình chữ nhật ABB A' ' Dựng lăng trụ ABCD. A’B’C’D’ hình vẽ Gọi H trung điểm AB

Ta có OH  ABOH (ABB A' ')  2 a OH



2

  a 

AH BH OH

 OAB vuông cân O  ABCD hình vng Từ suy ra:

   

3

2 ' ' ' '

1 ( 2)

2 ( 2)

4

    ABCD A B C D     a

V V V a a a

3

1

( 2) (3 2)

2

   

    a  a

V V V a Suy

2

3

2   

  V

V

Câu Trong số khối trụ tích V, khối trụ có diện tích tồn phần bé có bán kính đáy

A.

2 

 V

R B. R3 4

V C.

3 

 R

V D.

3

  V R Hướng dẫn giải:

2

    

 V

V R h l h

R ,

2 2

        

TP Xq d

V

S S S Rl R R

R Xét hàm số f R( ) 2V  2 R2

R với R>0,

3

2

'( ) , '( )

2

  

   



V R V

f R f R R

R Bảng biến thiên

R

2 V

+

,

( )

f R + -

( )

f R  

Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích tồn phần nhỏ

2 

 V R Chọn đáp án A.

(70)

Câu Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông cân AB=BC=a Mặt phẳng (AB’C) tạo với (BCC’B’) một góc  với tan

2

  Gọi M là trung điểm BC Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp B’ACM

A 3 10

a

B 3 10

a

C. 13

a

D. 13

a

Trục khơng có tính chất đặc

biệt, ta sử dụng phương pháp để giải

R2 = B’O2 = NO2 + B’N2 = ( ' )2

 

BJ BB JO

= OM2 = OJ2 + JM2 Chú ý 

45  CBJ

Giải phương trình ta tìm

OJ = 5

a

R = 3 10

a

Xác định tâm đáy: giao hai đường thẳng trung trục MC

BI Dvới giao tuyến CB’ựng góc: ý BA vng góc Từ tam giác vng BIA góc , tính BI Từ BI sử dụng

2 2

1 1

'

 

BI BC B B tính

'  B B a

Câu 10 Cho hình nón có bán kính đáy a, đường sinh tạo với mặt phẳng đáy góc  Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình nón

A

3

3 4sin

 

 a

V B

3

4 3sin

 

 a

V C

3

4 3sin

 

 a

V D

3

4 3sin

 

 a V

Nếu mặt phẳng  P qua trục hình nón (P) cắt hình nón theo tam giác cân SMN, (P) cắt mặt cầu ngoại tiếp hình nón theo đường trịn có bán kính R Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón, O tâm đường trịn đáy hình nón

Ta có SSMN MO SO a a .tan a2tan

Mặt khác

2

.2a

.2a cos

4R 4R 4R 2R cos



 

 

 

   

 SMN

a

SM SN MN SM a

S

Do

3

2

2 tan

2R cos      cos tan sin 2

a a a

a R

a

α

M B

C

A B'

C'

A'

I

a

N

M B

C

A B'

C'

A'

J O

K

a

M B

C

A B'

C'

A'

J K

(71)

R bán kính mặt cầu ngoại tiếp

3

4

R

3 sin

   

 a

V

Câu 11 Cho hình nón có chiều cao h, đường trịn đáy bán kính R Một mặt phẳng (P) song song với đáy cách đáy khoảng d cắt hình nón theo đường trịn (L) Dựng hình trụ có đáy (L), đáy cịn lại thuộc đáy hình nón trục trùng với trục hình nón Tìm d để thể tích hình trụ lớn

A  h

d B

2 h

d C

6  h

d D

4  h d Hướng dẫn giải:

Gọi r bán kính (L)

Ta có r  hd  r Rhd

R h h

        

3

2 2

2

2 2

2

.2

2 27

   

  

            

 

h d h d d

R R R R h

V h d d h d h d d

h h h

Dấu xảy

3

   h

h d d d

Câu 12 Trong số hình trụ có diện tích tồn phần S bán kính R chiều cao h khối trụ tích lớn là:

A ;

2 2

 

 

S S

R h B ;

4

 

 

S S

R h

C ;

3

 

 

S S

R h D ;

6

 

 

S S

R h

Gọi thể tích khối trụ V, diện tích tồn phần hình trụ S Ta có: SS2day Sxq  2 R2 2 Rh Từđó suy ra:

2

2 2 3

2

3 2   2   2 2  4

Cauchy

S S V V V V

R Rh R R

R R R

hay

3

2

27

4 54

 

   

   

V S S

V

Vậy

3 max

54 

 S

V Dấu “=” xảy 

2

2 2



  

 

V R h Rh

R

R R hay h2R

Khi

6

   

 S

S R R 2

6

 

 S

h R

Câu 13 Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước Biết chiều cao bình gấp lần bán kính đáy Người ta thả vào khối trụ đo dược thể tích nước tràn ngồi

(72)

là 16



dm Biết mặt khối trụ nằm mặt hình nón, điểm đường trịn đáy cịn lại thuộc đường sinh hình nón (như hình vẽ) khối trụ có chiều cao đường kính đáy hình nón Diện tích xung quanh Sxq bình nước là:

A 10

2   xq

S dm B Sxq  4 10 dm2 C Sxq  4 dm2 D 2

  xq

S dm

Xét hình nón : hSO3r, rOB l, SA Xét hình trụ : h12r NQ, r1ON QI

SQISBO

1

3

 QI  SI  r  r

BO SO  Thể tích khối trụ :

3

1

2 16

2

9

 

       

t

r

V r h r h  l h2 r2 2 10

4 10 Sxq  rl   dm Chọn đáp án B.

Câu 14 Cho miếng tơn hình trịn có bán kính 50cm Biết hình nón tích lớn diện tích tồn phần hình nón diện tích miếng tơn Khi hình nón có bán kính đáy

A 10 2cm B. 20cm C. 50 2cm D. 25cm

Đặt a50cm Gọi bán kính đáy chiều cao hình nón x y x y,  , 0 Ta có SA SH2AH2  x2 y2

Khi diện tích tồn phần hình nón

2 2

    

tp

S x x x y

Theo giả thiết ta có:

2 2 2 2

x  x x  y  a  x x y x a

   

2 2

4

2 2 4 2

2

2 , :

2

    

      



x x y a x

a

x x y a x a x DK x a x

y a

Khi thể tích khối nón là:

4

2 2

1

3

   

 

a y

V y a

y a y a

M

Q P

A B

I O

S N

I

H

J

O

A S

(73)

3

2

600 S

A C

B H

K V đạt giá trị lớn

2

2 

y a

y đạt giá trị nhỏ Ta có

2 2



   

y a a a

y y a

y y y

Vậy V đạt giá trị lớn

2

2  a y

y , tức  2  25 a

y a x cm

Câu 15 Thiết diện qua trục hình nón tam giác vng có cạnh góc vng a Tính diện tích thiết diện qua đỉnh tạo với đáy góc 600

A

2

2 a

B

2

3 a

C

2

2 a

D

2

3 a Hướng dẫn giải:

Gọi thiết diện qua trục SAB vuông cân S,

 

SA SB a

Gọi O tâm đáy, SO = a

Gọi thiết diện qua đỉnh, tạo với đáy góc 600 SAC

Gọi M trung điểm AC, góc mặt phẳng (SAC) với mặt đáy SMO = 600

*

0

6 sin 60  SO  a

SM (SMO vuông O)

*

6 a OM

* AC2AM 2 OA2 OM2 =2 3 a

* SSAC =

2SM.AC =

6 a

.2 3 a

=

2

2 a Chọn đáp án C.

Câu 16 Cho hình chóp SABC với SA vng góc với mặt phẳng (ABC) BC= a, Gọi H, K lần lượt hình chiếu A lên SB SC.Mặt cầu qua điểm A, B, C, H, K có bán kính bằng:

A. B.2

C D.Không đủ kiện để tính Hướng dẫn giải:

Gọi AD là đường kính đường trịn (ABC)

Suy ra, , suy hay

Tương tự, Suy mặt cầu qua điểm A, B, C, H, K có đường kính AD

3  60o

BAC

3

AC DC CD(SAC) AEDE AH HD

0

sin 60 BC

 

600

S

A C

H K

C M

45 a

S

B

A O

(74)

Câu 17 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh BC Góc đường thẳng SA mặt phẳng (ABC) 600 Gọi G trọng tâm tam giác SAC Bán kính mặt cầu tâm G tiếp xúc với mặt phẳng (SAB) là:

A B C D

+ Gọi H trung điểm BC +

+

+ Bán kính mặt cầu là:

+ Gọi E hình chiếu H AB K hình chiếu H SE

Chứng minh: HK  (SAB) + Tính được:

+

Câu 18 Cho nửa đường trịn đường kính AB2R điểm C thay đổi nửa đường trịn đó, đặt 

CAB

  gọi H hình chiếu vng góc C lên AB Tìm  cho thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn

A.  60 B.  45 C. arctan

2 D.  30 Hướng dẫn giải:

2

cos cos

.sin cos sin ; cos cos

   

        

AC AB R

CH AC R AH AC R

Thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay tam giác ACH quanh trục ABlà

2

1

.cos sin

3

    

V AH CH R

Đặt tcos20 t 1 2 

1

V  R t t

 

3

8 2

2

6

  

 

    

 

t t t

R t t t R

Vậy V lớn 

t arctan

 

Chú ý: dùng PP hàm số để tìm GTNN hàm f t t21t Chọn đáp án C

13 13

a 13

39

a 13

26

a 13

26 a

 

(SA ABC, ( ))SAH 60o

0

3

, tan 60

2

a a

AH  SH  AH 

1

( , ( )) ( , ( )) ( , ( ))

3

Rd G SAB  d C SAB  d H SAB

3

;

4 13

a a

HE HK 

2

3 13

a R HK 

G M

E H

C B

A S

K

(75)

Câu 19 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SA3 Mặt phẳng   qua A vng góc với SC cắt cạnh SB, SC,

SD điểm M , N , P Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP A 32

3  

V B 64

3  

V

C 108

 

V D. 125

6  

V

Ta có: CBSAD AM, SABAM CB 1   SC AM,     AM SC 2

   90

 AM  SBC  AM MC AMC  Chứng minh tương tự ta có APC 90 Có AN SCANC 90 Ta có:

   90

AMC APC APC 

 mặt cầu đường kính AC mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP

Bán kính cầu 2  AC 

r Thể tích khối cầu:

3

4 32

3



  

V r

Câu 20 Cho tứ diện ABCD có ABC ABD tam giác cạnh a nằm hai mặt phẳng vuông góc với Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a

A.

3a B.

2

11

3 a C.

2

2a D.

3a Hướng dẫn giải:

2 ;

3 ;

3 

 

   

  

 

H CM CH CM

G DM DG DM

Kẻ Đường vng góc với đáy (ABC) từ H Đường vng góc với (ABD) từ G Do hai đường vng góc thuộc (DMC) nên chúng cắt O

S

A

B C

D P

N

M

A C

B D

O

M G

H Gọi M Trung điểm AB

Vì Tam giác ADB tam giác ABC tam giác DM AB;CM  AB

Do có ABC ABD tam giác cạnh a nằm hai mặt phẳng vng góc với => Góc

DMC900

Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC G tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD => H,G đồng thời trọng tâm tam giác ABC ABD

(76)

M J

H I

C

B A

S => O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG R = OC

Tam giác ABC sin 60 0 3 ;

2

CM CB  aCH  a HM  a

CMTT ta có GM 3a 

Từ nhận thấy OGMH hình vng

OH  a

Tam giác OHC vuông H → Áp dụng định lý Pitago ta có:

  3

.sin 60 ;

2

    

CM CB a CH a HM a

2

12

   

OC CH OH a R

4

3 V  R  a Chọn đáp án A.

Câu 21 Cho mặt cầu bán kính Xét hình chóp tam giác ngoại tiếp mặt cầu Hỏi thể tích nhỏ chúng bao nhiêu?

A. minV 8 B. minV 4 C. minV 9 D. minV 16 Hướng dẫn giải:

Gọi cạnh đáy hình chóp a Ta có SIJ~ SMH

 

   

2

2 2

2

2 2

2

1

2

12 12

12

     

   

      



SI IJ

MH SH IH IJ SH HM

SM MH

MH SH SH HM

a

a SH a SH SH a

a

4

2

1 3

1 12

3 12

  

 

ABC

a

S S SH

a

a a

Ta có 12 124 48

 

a a S 8

Câu 22 Từ khúc gỗ trịn hình trụ có đường kính 40 cm, cần xả thành xà có tiết diện ngang hình vng bốn miếng phụ tơ màu xám hình vẽ Tìm chiều rộng x miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang lớn

(77)

A. 34 17 2 

2  

x cm B. 34 19 2 

2  

x cm

C. 34 15 2 

2  

x cm D. 34 13 2 

2  

x cm

Diện tích sử dụng theo tiết diện ngang S SMNPQ4xy Cạnh hình vng 40 20 2 

2

 MP  

MN cm

20 22 800

S   xy  xy (1)

Ta có 2x AB MN  AB20 2BD20 240 20 2   0 x 20 10 2

Lại có  

2

2 2 2

40 20 1600

      

AB AD BD x y

2 2

800 80 800 80

 y   x  x  y  x  x

Thế vào  1 S 8004x 800 80 x 24x2 8004 800x280x3 24x4 Xét hàm số f x 800x2 80x3 24x4, với x0;20 10 2  có

   2

' 1600 240 216 16 100 15 2

f x x x x x x x

Ta có  

 

 2

0; 20 10

0; 20 10 5 34 15 2

2

' 16x 100 15x

  

   

 

  

 

   

 

 

x x

x

f x x

Khi 34 15 2  

x giá trị thỏa mãn toán Chọn đáp án C

Câu 23 Một hình trụ có bán kính đáy 50cm có chiều cao 50cm Một đoạn thẳng AB có chiều dài 100cm có hai đầu mút nằm hai đường trịn đáy Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đến trục hình trụ

A. d50cm B. d 50 3cm C. d25cm D. d 25 3cm Hướng dẫn giải:

Kẻ AA1 vng góc với đáy, A1 thuộc đáy Suy ra:

         

1 / / 1 1/ /  1,  1,  1,

OO AA OO AA B d OO AB d OO AA B d O AA B

Tiếp tục kẻ O H1  A B1 H, O1H nằm đáy nên vng góc với A1A suy ra:

 

1 

O H AA B Do

 1,   1,   1, 

d OO AB d OO AA B d O AA B O H

Xét tam giác vng AA B ta có 1 A B1  AB2 AA12 50 Vậy O H1  O A1 12A H1 25cm

H O

A

A1

B O1

K I

(78)

Câu 24 Một công ty sản xuất loại cốc giấy hình nón tích 27cm3 với chiều cao h bán kính đáy r để lượng giấy tiêu thụ giá trị r là:

A.

6

2

3 r

2 

 B.

8

2

3 



r C.

8

2

3 



r D.

6

2

3 

 r

Thể tích cốc: 1 27 81 81 2

  

V r h r h h

r

Lượng giấy tiêu thụ diện tích xung quanh nhỏ

2

2 2

81 81

2 2

          

 

xq

S rl r r h r r r

r r

2 2

4 3

2 2 2 2

81 81 81 81

2

2 2

     

   

r r

r r r r

4

81

4

 

 (theo BĐT Cauchy) xq

S nhỏ

2 8

4 6

2 2

81 3

2 2

     

  

r r r

r Chọn đáp án B

Câu 25 Cho hình lăng trụ đứng có đáy tam giác Thể tích hình lăng trụ V Để diện tích tồn phần hình lăng trụ nhỏ cạnh đáy lăng trụ là:

A.

4V B.

V C.

2V D.

6V Hướng dẫn giải:

Gọi cạnh đáy lăng trụ a, chiều cao lăng trụ h Theo ta có

2

3

4

 a   V

V h h

a Diện tích tồn phần lăng trụ là:

2

3

2

   

toan phan day xung quanh

a V

S S S a

a Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

2

3

 

toan phan

a V

S

a

2

3

3 3 2 3

3

2

a  V  V  a V V

a a a a

Dấu xảy

2

3 3

2  

a V V

a a hay

3

4 

a V Chọn đáp án A.

Câu 26 Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định Tìm tập hợp tất điểm M không gian thỏa mãn

4   

MA MB AB

A.Mặt cầu đường kính AB

B.Tập hợp rỗng (tức khơng có điểm M thỏa mãn điều kiện trên)

C.Mặt cầu có tâm I trung điểm đoạn thẳng AB bán kính R =AB

D.Mặt cầu có tâm I trung điểm đoạn thẳng AB bán kính 

R AB

(79)

+ Tam giác MAB có đường trung tuyến IM MI MA MB 

 

  

2  

   MA MB MI

       

2

2 2

2

3

4

4 4



  

    

      

 MA MB MA MB MA MB BA AB

MI AB



MI AB

Vậy Tập hợp điểm M không gian Mặt cầu có tâm I trung điểm đoạn thẳng AB bán kính RAB

Câu 27 Gọi r h bán kính đáy chiều cao hình nón Kí hiệu V1, V2 thể tích hình nón thể tích khối cầu nội tiếp hình nón Giá trị bé tỉ số

2

V V A 5

4 B.

4

3 C. D.

Ta có: Thể tích khối nón 1  

V r h

Xét mặt cắt qua tâm SAB, kẻ tia phân giác góc SBO, cắt SO I

Ta có:

2



    



IO OB r r h

IS IO

IS SB r h r

Mặt khác: IO IS h

Do ta có bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp

2

 

 

rh R IO

r h r

Thể tích khối cầu

 

3 3

2

4

3

   

 

r h

V R

r h r

 

3

2 2

1

2

1

4

 

 

 

 

 

  

h

r r h r

V

h

V rh

r

Đặt

2

1   h t

r (t1 )

 

3

1

2

1

4

 

  

 

t t

V

V t t

Đặt    

2

1  

 t f t

t , Điều kiện: t 1,    

2

 

 



t t

f t t

, f t   0 t 3, f  3 8 BBT  f t   8 t 1

2

2 V 

V Chọn đáp án D

(80)

A.

3R B.

3

4

3R C.

3

4

9 R D.

3

32 81R Hướng dẫn giải:

Rõ ràng hai khối nón bán kính đáy nội tiếp khối cầu khối nón có chiều cao lớn thể tích lớn hơn, nên ta xét khối nón có chiều cao lớn hai khối nón Giả sử khối nón có đáy hình trịn  C bán kính r Gọi x với f x khoảng cách tâm khối cầu đến đáy khối nón Khi chiều cao lớn khối nón nội tiếp khối cầu với đáy hình trịn  C hRx Khi bán kính đáy nón

2

 

r R x , suy thể tích khối nón

          

2 2

1 1

2

3 3

               

V r h R x R x R x R x R x R x R x R x

Áp dụng BĐT Cô-si ta có  

3 3

2

1 32

6 27 81

     

  R x R x R x  R

V Chọn đáp án D

R R r x O

(81)

NGUYÊN HÀM , TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

Câu Cho tích phân a nghiệm phương trình , b số

dương Gọi Tìm chữ số hàng đơn vị b cho

A. 3 B.2 C.4 D. 5

Hướng dẫn giải: Giải phương trình Tính tích phân C.Đặt:

Tính tích phân A ta có Theo giả thiết

Câu Cho biết tích phân với ước nguyên

Tổng

A. B.4 C.3 D.

Ta có

Câu Cho hàm số Biết Khi tổng

bằng?

A B C D

3 





b x x a

e

C dx

e

2 1

2x 2 

b a

2



A x dx C 3A

2 1

2x 2x0a0

2

3

 x   x

t e t e 2  x tdt e dx

3

2

2   

b

e t

C dt

t

3

3 2

= 2



   



b

e

e b

dt t e

7  A

7 11 109 109

3 3 ln 3,305053521

3 4

  b    b   b   

C A e e e b

 

1

2 ln

4 e

a e b e c

I x x  x dx   a b c, , ?

a b c  

 

1 1

2 ln ln

e e e

I x x  x dx x dxx xdx

 

3 4

1

2

e e

x dx x  e 



2

2 2

1

1 1 1

ln ln

1

2 2

e e

e e e

x xdx x x x dx e x x

    

      

   

 

 

   

1

1 2e

2 ln

2 4

e

e e

I x x  x dx e      

3

( )

(x 1)

x a

f x  b xe

 f '(0) 22

1

0

( )

f x dx

 a b

146 13

 26

11

26 11

 146

13

4

3

'(x) (1 )

(x 1)

'(0) 22 3a b 22 (1)

x a

f be x

f



  



      

(82)

Giải hệ (1) (2) ta được: Chọn đáp án D.

Câu Cho

1

0

( )

f x dx

 Tính

1

0

(1 ) I  f x dx

A.5 B.10 C 1

5 D

Đặt t  1 x dtdx,

1

x t

     

0

1

( ) I   f t dt Chọn đáp án A.

Câu Biết tích phân

2

1

1 2x

x a b

dx 



 

 

 a b,  Tính tổng ab?

A.0 B.1 C.3 D.-1

2 2

0

2 2

2

0

2

1 1

1

1 2x 2x 2x

x x x

I dx dx dx x dx

 

  

    

  

   

Đặt xsint I 

 

Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi d đường thẳng qua điểm A1;0; 1 , cắt

1 2

2 1

x y z

 

 , cho cosd;2là nhỏ nhất, biết phương trình đường thẳng

2

3

:

1 2

x y z

  

 Phương trình đường thẳng d là?

A. 1

2

x y z

 

 B.

1

4

x y z

 



C. 1

4

x y z

 

  D.

1

2

x y z

 

Gọi M    d 1 M1 ; 2 t   t; t

d có vectơ phương ud AM 2t2;t2; 1 t  

2

 có vectơ phương u2   1; 2; 2



1 1

3

0 0

1

( ) 5

(x 1) (2)

x f x dx a dx b xe dx

a b

   



  

  

108 38

,

13 13

a b

(83)

 

2

2 cos ;

3 14

t d

t t

 

  Xét hàm số  

2

6 14

t f t

t t



  , ta suy f t  f  0 0 Do cos d;20 t0 Nên AM 2; 2; 1 

Vậy phương trình đường thẳng d là: 1

2

x y z

 

 Chọn đáp án A

Câu 7.Cho F(x) nguyên hàm  

2

tan cos cos

x f x

x a x





, biết F 0 0, F 

  Tính

3

F F     ?

A 5 B 1 C 3 D 5

 

4 4

2

2 2

0 0

tan tan

tan

cos x cos cos tan tan

x x

f x dx dx dx d x a

a x x x a x a

   

    

    

   

2

tan tan

4 a a



       

2

a a

     

 

2

3

1

3

a a a

a a

        



    

 Do

3

2

tan

3 cos 1 cos

x

F F dx

x x



 

   

  

   

     

2

tan tan

3

 

    

Câu Cho ( )f x hàm liên tục a0 Giả sử với x[0; ]a , ta có ( )f x 0 ( ) ( )

f x f ax  Tính

01 ( )

a dx

f x 



A a

B. 2a C

3 a

D. aln(a1) Hướng dẫn giải:

Đặt tax ta có:

0

( )

1 ( ) ( ) ( )

a a

a

dx dt f t dt

f x   f a t  f t

   

  

Suy ra:

01 ( )

a

dx a

f x  



Câu Tích phân

2 2001

2 1002 1(1 ) 

  x

I dx

x có giá trị

(84)

A 1001

2002.2 B 1001

2001.2 C 1002

2001.2 D 1002 2002.2 Hướng dẫn giải:

2 2004

1002 1002

3

1

2

(1 )

1

 

  



 

 

 x 

I dx dx

x x

Đặt t  12 1  dt   23dx

x x

Câu 10 Trong chương trình nơng thơn mới, xã X có xây cầu bê tơng hình vẽ Tính thể tích khối bê tơng để đổ đủ cầu (Đường cong hình vẽ đường Parabol)

A.19m3 B. 21m3 C.18m3 D. 40m3

Chọn hệ trục Oxy hình vẽ

Ta có

Gọi  P1 :yax2c Parabol qua hai điểm 19; , 0; 2

A  B

 

Nên ta có hệ phương trình sau:  

2

8 19

0

:

361

2

a a

P y x

b b

   

 

 

   

    

   

   



Gọi  P2 :yax2c Parabol qua hai điểm 10; , 0;5 C D 

 

y

O x

0, 5m 19m 0, 5m

5m 2m 0, 5m

(85)

Câu 11 Cho f ,g hai hàm liên tục  1;3 thỏa:    

3

1

3 d 10

f x  g x x

 

 



   

3

1

2f x g x dx6

 

 

 Tính    

3

1

d f x g x x

 

 



A. B.9 C.6 D.

+ Ta có        

3 3

1 1

3 d 10 d d 10

f x  g x x  f x x g x x

 

 

  

+ Tương tự        

3 3

1 1

2f x g x dx62 f x dx g x dx6

 

 

  

+ Xét hệ phương trình 10

2

u v u

u v v

  

 



 

  

 

,  

3

1

d

u f x x,  

3

1

d vg x x + Khi        

3 3

1 1

d d d

f x g x x f x x g x x  

 

 

  

Nên ta có hệ phương trình sau:

 

2

1

0 10

1

40

:

5 40

2

a a

P y x

b b

 

 

  



 

    

 

   

 

 

Ta tích bê tông là:

19 10

2 2

0

1

5.2 40

40 361

V    x  dx  x  dx m

   

  

Câu 12 Gọi diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số , trục Ox đường thẳng với Kết giới hạn là:

A. B.2 C.3 D.4

Hướng dẫn giải: Ta có

Suy , chọn đáp án B

Câu 13 Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ phần mặt phẳng vng góc bán kính cách tâm 3dm để làm lu đựng Tính thể tích mà lu chứa

A (dm3) B (dm3)

C (dm3) D. (dm3)

Đặt hệ trục với tâm O, tâm của mặt cầu; đường thẳng đứng Ox, đường ngang Oy; đường trịn lớn có phương trình Thể tích hình giới hạn Ox, đường cong ,

quay quanh Ox

= (bấm máy) a

S

2

x x

ye  e

xa aln lim a

aS

 

ln

2

2 2

2

x x a a

a a

S   e  e dx e  e  lim a

aS 

132 41

100

3  43

2

25 x y 

2

25 y x

3,

x x 

3

2

(25 ) V  x dx



   132

5dm

3dm 3dm

(86)

Câu 14 Một vật di chuyển với gia tốc Khi vận tốc vật Tính quảng đường vật di chuyển sau giây (làm tròn kết đến chữ số hàng đơn vị)

A. B C D

Ta có Theo đề ta có

Vậy quãng đường vật sau giây là:

Câu 15 Tìm giá trị tham số m cho: y = m(x+2) giới hạn hai hình phẳng có diện tích

A.0 < m < B.m = C D m =

Phương trình hoành độ giao điểm:

Điều kiện d: y = m(x+2) (C): giới hạn hình phẳng:

Gọi S1, S2 diện tích hình phẳng nhận theo thứ tự từ trái sang phải Nếu m = 1: d qua điểm uốn (0;2) (C) Khi S1 = S2 =

Nếu < m < 1: S1 > > S2 Nếu < m < 9: S1 < < S2

Nếu m >  Khi đó:

S2  S1 = 2m

Vậy m = thỏa yêu cầu toán

Câu 16 Cho , , Khẳng địnhnào sau đúng?

A B C D

Với

Đặt

chọn   20 2 

a t    t  m s/ 2 t 0 30m s/

106

S  m S107m S 108m S 109m

    20 2  10

1

v t a t dt t dt C

t 

     



 

 0 30 10 30 20 v  C   C

 

2

2 0

10

20 ln 20 5ln 100 108

S dt t t m

t

 

         



 



3

yx 3x2 m 9

x 3x2m(x2)

x hc x m , m

     

3

yx 3x2 0m9

0

(x 4x)dx 

 



1 m 2; 1 m4

2 m

3

1

2 m

S x 3x m(x 2) dx; S x 3x m(x 2) dx

 

 

           

m 0

2

0

cosn n

I xdx



  n  n 2

1

n n

n

I I

n 



 In n 2In 2

n 



 In n 1In 2

n 



 In 2In2

2

0

; cos

2

I I xdx



   

 

1

cosn cosn sin

u   x du   n  x xdx

cos

dv  xdx v sinx

(87)

Suy

Do

Câu 17 Cho hàm số có đồ thị (C) Tìm cho hình

phẳng giới hạn đồ thị (C) đường thẳng có diện tích

A B C D

Xét hàm số Ta có ,

Do nên

và

Ta có bảng biến thiên

x

y

y

Dựa vào BBT suy Gọi S diện tích hình phẳng cần tìm Ta có:

 

2

1 2

0

cosnxdx cosn x.sinx n cosn x.sin xdx

 



 

  

 

  2  

0

1 cosn cos

n x x dx





       

2

0

1 cosn cosn

n x dx n x dx

 



     

2

0

1

cosn n cosn

x dx x dx

n

 



 

 

3

1

2

3

y x mx  x m 0;5

6

m 

 0, 2,

x x y

1

m

3

m

2

m m1

3

1

2

3

y x mx  x m 0;2 y x22mx2

2

x m m

y

x m m

   

    

    



5 0;

6

m  2

2 0, 2

m m m m

        

 0 0,  2

3

y   m  y  m 

0;2

2

m m

  

 

 0

y y 2

  0, 0;2

y  x

2

3

0

3

0

1

4 2

3

1 10

2 4

3 3

S x mx x m dx

m

x mx x m dx m

      

  



           

 

(88)

Câu 18 Trong hệ trục Oxy,cho tam giác OAB vuông A, điểm B nằm góc phàn tư thứ A nằm trục hồnh, OB = 2017 Góc Khi quay tam giác quanh trục Ox ta khối nón trịn xoay Thể tích khối nón lớn khi:

A B C D

Phương trình đường thẳng Khi thể tích nón trịn xoay là:

Đặt Xét hàm số

Ta tìm lớn Chọn đáp án A.

Câu 19 Từ khúc gõ hình trụ có đường kính 30cm,người ta cắt khúc gỗ mặt phẳng qua đường kính đáy nghiêng với đáy góc để lấy hình nêm (xem hình minh họa đây)

Hình Hình Kí hiệu thể tích hình nêm (Hình 2) Tính

A B C D

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ.Khi hình nêm có đáy

là nửa hình trịn có phương trình:

Một mặt phẳng cắt vng góc với trục Ox điểm có hồnh độ ,

 , 0 .

3 AOB    

 

6 sin

3

  cos

2

  cos

2

  sin

3  

: .tan ; 2017 cos

OB yx  OA 

 

2017.cos 3

2 2

0

2017 2017

tan . .cos sin .cos 1 cos .

3 3

V x dx



 

     

    

1

cos 0; .

2 t    t  

     

2 1

1 , 0;

2 f t t t t 

 

 

f t 3 cos 3 sin 6.

3 3 3

t      

0

45

V V

 

V 2250 cm3

 V 225 cm3

4 

 V 1250cm3 V 1350cm3

y 225 x x2,  15;15

    

x x   15;15

(89)

cắt hình nêm theo thiết diện có diện tích (xem hình)

Dễ thấy

suy thể tích hình nêm là:

Câu 20 Tìm tham số để đồ thị hàm số cắt trục bốn điểm phân

biệt thỏa mãn hình phẳng giới hạn đồ thị (C) trục phần nằm phía trục có diện tích diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị (C) trục phần nằm phía trục

A. B.-3 C.2 D.

Điều kiện để (C) cắt trục ox điểm phân biệt

Do tính đối xứng đồ thị qua trục tung nên toán xảy

Suy nghiệm hệ

Câu 21 Cho hàm số có đồ thị (C) Gọi S diện tích hình phẳng giới hạn đồ

thị (C) với y<0 trục hoành, S’ diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị (C) với y>0 trục hoành Với giá trị m ?

A B C D

Hướng dẫn giải: Phương trình hồnh độ giao điểm (*) Đặt , phương trình trở thành: (**)

Để S>0, S’>0 0<m<4 Khi (*) có nghiệm phân biệt với hai nghiệm dương phân biệt (**)

Do ĐTHS hàm bậc nhận Oy làm trục đối xứng nên

Kết hợp với (**) ta Chọn đáp án C.

 

S x



NP y MN NPtan 450 y  15x2    225  2

2

S x MN NP x

 

  

15

V S x dx  x dx cm 

15

2

15

1

225 2250 2

   

m yx42mx2m2 C ox

ox ox

2 m

   

3

4

0

2 2

x x

x

x  mx m dx  x  mx m dx

 

   

4

0

2 10 15

x

x mx m dx x mx m

          

4

x

 

4

2 3 6

3

3 10 15

x mx m m

x m

m

x mx m

     



   



   

 

4

4 yx  x m

'

S  S

2

m

9

m 20

9

m m1

4

x  x m

; 0

x t t 

4

t  tm

2; 1; 1;

t t t t

  t t1; 2,t1t2

   

 

1

2

4

0

2

4 2

0

' 4

4

4 0

5

t t

S S x x m dx x x m dx

t t

x x m dx m

      

       

 



20 m

O

y y f x 

1

 x

(90)

Câu 22 Cho y f x ax3bx2cx d ,a b c d, , , ,a0 có đồ thị  C Biết đồ thị  C tiếp xúc với đường thẳng y4 điểm có hồnh độ âm đồ thị hàm số y f x cho hình vẽ bên Tính diện tích S hình phẳng giới hạn đồ thị  C trục hoành

A. S9 B 27

4 S  C 21

4

S  D

4 S  Hướng dẫn giải:

Từ đồ thị suy f x 3x23

     

d 3 d

f x  f x x x  xx  x C

Do  C tiếp xúc với đường thẳng y4 điểm có hồnh độ x0 âm nên

 

0 3 0

f x   x   x  

Vậy f  1 4 nên có C2 Vậy phương trình đường cong  C yx33x2 Xét phương trình 3 2

1 x

x x

x   

    

 

Diện tích hình phẳng cần tìm  

2

27 d

4

x x x

   



Câu 23. Cho y f x  hàm số chẵn, có đạo hàm đoạn 6;6  Biết  

2

1

d

f x x 





 

3

1

2 d f  x x

 Tính  

6

1

d f x x 

A. I 11 B. I 5 C. I 2 D. I 14

Xét tích phân  

1

2 d

Kf  x x

Đặt d 2d d d

2 u u  x u  x x 

Đổi cận: Khi x   1 u 2; x   3 u

Vậy,    

6

2

1

d d

2

K f u u f x x

 

     Mà K 3, nên  

6

d

f x x 







Vì f hàm chẵn 6;6 nên    

6

2

d d

f x x f x x



 

 

Từ suy      

6

1

d d d 14

I f x x f x x f x x

 

     

Câu 24 Biết  

2

x x

0

e 2xe dxa.e b.e c

 với a, b, c số hữu tỷ Tính S a b c  

A. S 2 B. S 4 C. S 2 D. S 4

(91)

Ta có  

2

2x x

2 2 2

x x 2x x x x

0 0 0

0

e e

I e 2x e dx e dx 2x.e dx xe dx xe dx

2 2

          

Đặt

     

4 2 2 2 2

x x x

x x 0 0 0

0

u x du dx e 1 e 1 e 3

I 2x.e e dx 2x.e 2e 2e

2 2 2

dv e dx v e

                        a ;c

S a b c

2 b             

Câu 25 Rút gọn biểu thức:      

 

0 1 *

,

2

n

n n n n

T C C C C n

n

A 

 n T n B. 

2n

T C  

 1 n T n D     1 n T n Hướng dẫn giải:

Ta có

0 1

2

n

n n n

T C C C

n

   

 Nhận thấy số

1 1

; ; ; ;

1 n1 thay đổi ta nghĩ đến biểu thức

1

n n

x dx x c

n



 





Ởđây ta có lời giải sau: 1 n 2 3 n n

n n n n n

x C xC x C x C x C

      

Khi ta suy    

1

0 2 3

0

1x ndx Cn xCn x Cn x Cn  x Cn nn dx

 

  11 3 1

1

0

1

n

n n

n n n n

x x x

x C x C C C

n n                

0

2 1 1

1

n

n n n n

C C C C

n n





     

 

Câu 26 Hàm số nguyên hàm hàm số  

 1 f x

x

trên khoảng  ; ?

A. F x lnx 1x2C B. F x ln 1  1x2C

C. F x  1x2 C D.   

 2

x

F x C

x Hướng dẫn giải:

Ta có tốn gốc sau:

Bài toán gốc: Chứng minh  

2 ln

dx

x x a c a

x a         Đặt 2 2 2

x x x a

t x x a dt dx dt dx

x a x a

   

        

 

 

tdx dt x a    dt dx

t x a

 



Vậy

2 ln ln

dx dt

t c x x a c

t

x a

      



  ( điều phải chứng minh)

Khi áp dụng cơng thức vừa chứng minh ta có

   2

2

ln ln

1

F x dx x x c x x c

x

        





(92)

Câu 27 Trong số đây, số ghi giá trị

x

2 cos x dx 

 

 

 A.

2 B.0 C.2 D.1

Ta có:

     

x x x

2 2

x x x

0

2

2 cosx cos x cos x

dx dx dx

1 2 2

  

 

 

 

  

  

Đặt x t ta có x0 t 0, x    t

2 

 dx dt

 

       

t x

2 2

x t t x

0 0

2 cos t

2 cos x cos t cos x

dx d t dt dx

1 2 2 2 2

   

 



     

   

   

Thay vào (1) có

   

 

x

x x

2 2 2 2

x x x x

0

0 0

2

1 cos x

2 cosx cos x cos x cos x sin x

dx dx dx dx dx

1 2 2 2 2 2

     

  



     

   

    

Vậy

x

2 cosx

dx

1 2

   

 



Câu 28 Người ta dựng lều vải  H có dạng hình “chóp lục giác cong đều” hình vẽ bên Đáy  H hình lục giác cạnh 3m Chiều cao SO6 m (SO vng góc với mặt phẳng đáy) Các cạnh bên  H sợi dây c1, c2, c3, c4,

5

c , c6 nằm đường parabol có trục đối xứng song

A. 135 (

3

m ) B. 96 (

3

m ) C. 135

4 (

3

m ) D. 135 (

3

m ) Hướng dẫn giải:

Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ, ta có parabol cần tìm qua điểm có tọa độ A0;6,  1;3

B , C3;0 nên có phương trình

2

y x  x

O

1

c

2

c

3

c

4

c

5

c

6

c

1m

3m S

song với SO Giả sử giao tuyến (nếu có) H với mặt phẳng P vng góc với SO lục giác P qua trung điểm SO lục giác có cạnh 1m Tính thể tích phần khơng gian nằm bên lều H

(93)

Theo hình vẽ ta có cạnh “thiết diện lục giác”là BM Nếu ta đặt tOM

2

BM   t (chú ý ta phải lấy giá trị có dấu “” trước dấu cho B chạy từ C đến A)

Khi đó, diện tích “thiết diện lục giác”

 

2

3 3

6

4 2

BM

S t     t 

 

với t0;6 Vậy thể tích “túp lều” theo đề là:

 

2

6

0

3 135

d d

2

V  S t t   t  t 

 

 

 

Câu 29 Xét hàm số y f x  liên tục miền Da b;  có đồ thị đường cong C Gọi S phần giới hạn C đường thẳng xa, xb Người ta chứng minh diện tích mặt cong tròn xoay tạo thành xoay S quanh Ox     2d

b

a

S   f x  f x x Theo kết trên, tổng diện tích bề mặt khối tròn xoay tạo thành xoay phần hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số  

2

2 ln

x x

f x   đường thẳng x1, x e quanh Ox A.

2

8 e

 

B.

4

64 e

 

C.

4

4 16

16

e e



 

D.

4

16 e

 

Ta có       

2

2 ln ln 1 1

4 4 16

x x x x

f x f x x f x x x

x x x

    

            

 

Lại có   0, 1; 

f x x x e

x

      , nên f x  đồng biến  1;e Suy

   1 0,  1;

2

f x  f    x e Từ ta thực phép tính sau

    

2

2 2

2

ln 1

2 d d

2 16

b e

a

x x

S f x f x x x x

x

      

         

 

 

 

2

1

2

1

ln 1 ln

2 d d

2 16 2 4

ln

2 d

2 4

1 1 ln

2 ln d

2 16

2

e e

e

x x x x

S x x x x

x x

x

x x x x x

x

I I I

 



 

     

            

 

   

   

      

 

 

     

 

  

 

(94)

Với

4

3

1 1

1

d

2 8 16 16

e

e x x e e

I   x  x x     

   



 

2

2 1

1

1 1 1

ln d 2ln

4 4 16 16

e e

I   x x x  x x   e 

 



3

1

1 ln 1

d ln

16 32 32

e

e x

I x x

x

 

      

 



4

2

2 x

y  m x  Tập hợp tất giá trị tham số thực m cho đồ thị hàm số cho có cực đại cực tiểu, đồng thời đường thẳng phương với trục hoành qua điểm cực đại tạo với đồ thị hình phẳng có diện tích 64

15

A.  B.  1 C 2;

2

 

 

 

 

 

 

D 1;

2

 

 

 

 

Hướng dẫn giải: Tập xác định D

 

3 2

2 2

y  x  m x x x  m ;

0

2 x

y x m

x m

      

   

Đồ thị hàm số cho có cực đại cực tiểu m 0

Vì

2

a  nên hàm số đạt cực đại x0 suy điểm cực đại đồ thị hàm số A0; 2 Đường thẳng phương với trục hồnh qua điểm cực đại có phương trình d y: 2 Phương trình hồnh độ giao điểm Cm d là:

2

0

2 2

2

2 x x

x

m x x m

x m

 

  

     



   



Diện tích hình phẳng cần tìm là: (chú ý hàm số cho hàm chẵn)

2 4 4 4

2 2 2

2 0

5

2 d 2 d 2 d

2 2

2

2 64

2

10 15

m m m

m

x x x

S m x x m x x m x x

m x

m x m



 

       

 

 

    

 

  

Ta có 64 1

1 15

m

S m

m  

    

   Chọn đáp án B

Câu 31 Thành phố định xây cầu bắc ngang sông dài 500m, biết người ta định xây cầu có 10 nhịp cầu hình dạng parabol,mỗi nhịp cách 40m,biết bên đầu cầu mối nhịp nối người

(95)

ta xây chân trụ rộng 5m Bề dày nhịp cầu không đổi 20cm Biết nhịp cầu hình vẽ Hỏi lượng bê tơng để xây nhịp cầu (bỏ qua diện tích cốt sắt nhịp cầu)

A. B C. D

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ với gốc O(0;0) chân cầu (điểm tiếp xúc Parabol trên), đỉnh I(25; 2), điểm A(50;0) (điểm tiếp xúc Parabol với chân đế)

Gọi Parabol có phương trình ( ): (do (P) qua O) phương trình parabol

Ta có ) qua I A

Khi diện tích nhịp cầu với phần giới hạn khoảng

Vì bề dày nhịp cầu khơng đổi nên coi thể tích tích diện tích bề dày số lượng bê tông cần cho nhip cầu

Vậy 10 nhịp cầu bên cần bê tông Chọn đáp án C.

3

20m 50m3 40m3 100m3

1

P y1 ax2 bx c ax2bx

2

20

100

y ax bx ax bx

      

1

(P 1 2

2 4

( ) :

625 25 625 25

P y x x y x x

        

1

2

S  S S1 y y1; 2 (0; 25)

0,2 25

2

0 0,2

2

2 ( )

625 25

( )

S    x  x dx  dx

9,9m 

3

.0, 9,9.0, 1,98

V S   m  2m3

3

40m 

(96)

HÌNH HỌC TỌA ĐỘ KHƠNG GIAN OXYZ

Câu Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai điểm , đường thẳng

có phương trình tham số Một điểm thay đổi đường thẳng , xác định vị trí điểm để chu vi tam giác đạt giá trị nhỏ Khi toạ độ điểm M là:

A B C D

Gọi chu vi tam giác

Vì khơng đổi nên nhỏ nhỏ

Điểm nên ;

Trong mặt phẳng tọa độ , ta xét hai vectơ

Ta có 

Mặt khác, ta ln có Như Đẳng thức xảy hướng

Vậy

Câu Trong không gian tọa độ Oxyz, cho phương trình mặt phẳng

Xét mệnh đề sau:

(I) Với mặt phẳng ln tiếp xúc với mặt cầu khơng đổi (II) Với mặt phẳng cắt mặt phẳng (Oxz)

(III)

Khẳng định sau đúng?

A Chỉ (I) (II) B.Chỉ (I) (III) C.Chỉ (II) (III) D.Cả Hướng dẫn giải:

+ Ta có , với

Do với m thay đổi mặt phẳng ln tiếp xúc với mặt cầu tâm O, bán kính Khẳng đinh (I)

+ Vectơ pháp tuyến mặt phẳng vectơ pháp tuyến mặt phẳng (Oxz)

Oxyz A1; 5; 0 B3;3; 6 

 

1 2

x t

y t t z t

   



  

   

 M 

M MAB

1; 0; 2

M M2; 4;3 M3; 2; 2  M1; 4;3

P MAB P ABAMBM

AB P AM BM





M M 1 ;1t t t;  AM BM  (3 )t 2(2 5)2  (3t6)2(2 5)2

Oxy u3 ;2 5t  v  3t6;2 5

   

2

| |



 

  

   

 

 

u t

v t

| | | |

    

AM BM u v u  v 6;4 5|u v| 29

| |u | | |v u v| AMBM2 29 ,

 

u v

3

   

 

t

t t

1; 0; 2

M minAMBM2 29 M1;0; 2 minP2 11 29

 : 3 5 1 4 20 0, 1;1

m mx m y mz m

        

1;1

m     m

0

m   m

 

; m 5, 1;1

d O      m  

 

2 2

20 20

;

25

9 25 16

m

d O

m m m



    

 

     m   1;1

1;1

   

   m

4

R 

 m  

2

3 ;5 ;

n  m m m

0;1;0

j 



(97)

cắt (Oxz) Khẳng đinh (II) + Khẳng đinh (III) sai

Câu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng: , mặt cầu

Viết phương trình mặt phẳng song song với hai đường thẳng cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn (C) có chu vi

A B C D

Chọn đáp án B. Hướng dẫn giải:

+ qua có vectơ phương qua có vectơ phương + Mặt phẳng () song song với nên có vectơ pháp tuyến:

Phương trình mặt phẳng () có dạng:

+ Mặt cầu (S) có tâm bán kính Gọi r bán kính đường trịn (C), ta có:

Khi đó:

+ Phương trình mặt phẳng

Vì nên M1 M2 khơng thuộc loại (1) Vậy phương trình mặt phẳng () cần tìm là: Chọn đáp án B.

Câu Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d: d’:

Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) tạo với mặt phẳng Oyz góc nhỏ

A B

C D

Giả sử (β): (đk: ), (β) có vtpt

d  (β)   

 m n j; m

    

   

 

1

2 1

:

1

x y z

  

 2:

1 x t y t z t

  

   

   

2 2

( ) :S x y z 2x2y6z 5

( )  1, 2

2 365



5 0; 10

x y z  x y z 

5 10

x y z 

5 3 511 0; 3 511 x y z   x y z  

5

x y z 

1

 M1(2; 1;1) u1 (1; 2; 3)



2

 M2(0; 2;1) u2 (1; 1; 2) 

1,

  u u 1, 2  (1; 5; 3) 

 x5y3zD0

I(1; 1;3) R4

2 365 365

2

5

r  r

   

  2 35

, ( )

5

d I   R r  35 10

35

D D

D  

 

   

 

( ) : x5y3z 4 (1) hay x5y3z100 (2)

1/ /( ), 2/ /( )

  ( ) 

5 10

x y z 

2    

   

  

x t

y t

z t

' '

2 '  

    

  

 x t

y t

z t

3xy 2z70 3xy 2z 7

3

 xy z  3x y 2z 7

0

   

Ax By Cz D A2B2C2 0 ( ; ; )

 

n A B C ( )

     

  

A n a

 3 2 0

2

  

  

  

 

A B D A B C

2

2     



 

 

D A C

B A C

(98)

=

TH 1: A = (không thoả đb không nhỏ nhất) TH 2: A ≠ 0, ta có:

= = =

nhỏ  lớn  nhỏ 

 nên Vậy: (β): Chọn đáp án D.

Câu Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng mp

Viết phương trình mặt phẳng qua d tạo với góc nhỏ

A B

C D

Đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng:

Do mặt phẳng qua d thuộc chùm mặt phẳng:

Hay mp : (*) Mp có

Vậy:

Do nhỏ lớn Vậy thay vào (*) ta có mp Chọn đáp án B.

Câu Trong không gian với hệ toạ độ , gọi mặt phẳng qua hai điểm

đồng thời hợp với mặt phẳng góc Khoảng cách từ O tới là: 

cos(( ),( )) cos( , )   

Oyz n i 

2 2

( )

  

A

A A C C

 ( ), ( Oyz) 

cos(( ),( Oyz))

2

1

1 (1 C ) ( )C

A A

2

1

6 12

( 3) 2 ( )

3

  

C C

A A

2

1

6 12

( )

3

 

C A 

( ), ( Oyz) cos(( ),( Oyz)) ( 6)2  C

A

6

3

 

C A (choïn)

2    

   

A C

1

7 

         B D

3xy 2z70

:

2

x t

d y t

z t

   

   

   

 P : 2x y 2z 2  R  P

3

x   y z x   y z

3

x   y z x   y z

1

2

1

2

1

x y

x z x z

 

 

    



 

 

     

 

 

 R  R 2x  y m x   z 2  R 2m x  y mz 1 2m0  R n1m2;1;m n;P 2; 1; 2  

 

   

1

2 2 2

1

2 2

5

cos

3 3

3

2 4

P

m m

n n

m m

n n m m m

       

 

      

 

 cos m 1

 R :x   y z

Oxyz   A2; 0;1

 2; 0;5

B  Oxz

45  

(99)

Gọi hình chiếu vng góc điểm lên đường thẳng mặt phẳng Ta có:

Suy tam giác vng cân Khi đó:

Mặt khác:

Khi đó: Chọn đáp án A.

Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 2x – y + z + = hai điểm M(3; 1; 0), N(- 9; 4; 9) Tìm điểm I(a; b; c) thuộc mặt phẳng (P) cho đạt giá trị lớn Biết a, b, c thỏa mãn điều kiện:

A B C D

Nhận thấy điểm M, N nằm hai phía mặt phẳng (P)

Gọi R điểm đối xứng M qua mặt phẳng (P), đường thẳng MR qua điểm M(3; 1; 0) vng góc với mặt phẳng (P) có phương trình: Gọi

Ta có Đẳng thức xảy I, N, R thẳng hàng Do tọa độ điểm I

giao điểm đường thẳng NR: (t tham số ) mặt phẳng (P) Dễ dàng tìm I(7; 2; 13)

Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng hai điểm

M điểm mặt phẳng Giá trị lớn là:

A B C D

Ta có: A, B nằm khác phía so với (P) Gọi B’ điểm đối xứng với B qua (P) Suy

3

1

2 ;

K H O AB  

 

,

A B Oxz

   Oxz AB

  

 

OH HK AB

OK AB OK AB





  





 

 

 



  

 Oxz ,   KH OK,  OKH

  

OHK H

 

 , 

2 OK d O  OH 

 , 

2 OA AB OK d O AB

AB 

  

  

 

 , 

2 OK d O  OH  

IM IN 21

a b c   a b c14 a b c  5 a b c  19

3

2 1

x y z

 

 (P) (1; 2; 1) ( 1;3; 2)

H MR  H  R  

IMIN  IRIN RN

1

2 11

x t

y t

z t

   

   

    

( ) :P x   y z

 

(1; 3;0), 5; 1;

A  B   ( )P T  MA MB

2

T  T 2 6

2

T 

3 T 

'( 1; 3; 4) B   450

H K



O

(100)

Đẳng thức xảy M, A, B’ thẳng hàng Chọn đáp án A.

Câu Cho hai điểm A(-1, 3, -2); B(-9, 4, 9) mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0 Điểm M thuộc (P) Tính GTNN AM + BM

A B C D

Ta có: (2.(-1)-3+(-2)+1)(2.(-9)-4+9+1)=72 > => A,B nằm phía so với mặt phẳng (P) Gọi A’ điểm đối xứng A qua (P) Mặt phẳng (P) có vtpt

Đường thẳng AA’ qua A(-1, 3, -2) có vtcp có pt:

Gọi H giao AA’ (P) ta có: 2(-1+2t) - (3-t) + (-2 + t) + =0 => t=1 => H(1, 2, -1) Ta có H trung điểm AA’ => A’(3, 1, 0)

Đường A’B qua A’(3, 1, 0) có vtcp có pt: Gọi N giao điểm A’B mặt phẳng (P) ta có:

2.(3-4t) – (1+t) + 3t +1 =0 => t=1 => N(-1, 2, 3)

Để MA+MB nhỏ MA+MB = A’B = Chọn đáp án D.

Câu 10 Trong không gian với hệ tọa độ , cho hai đường thẳng

Viết phương trình mặt phẳng chứa cho góc mặt phẳng đường thẳng lớn

A. x y  z B. 7x y5z 9 C x   y z D. xy  z Hướng dẫn giải:

Ta có: qua có

Phương trình mặt phẳng có dạng:

Ta có: Gọi

Với

Với Đặt , ta

Xét hàm số Ta có: ' ' T  MA MB  MA MB AB 

6 204 7274 31434

6

 2004 726

3 

3 26

2, 1,1

n  

2, 1,1

n 



3

x t

y t

z t

   

   

    

 

' 12,3,9 A B 



1

x t

y t z t

   

     

M N  2 2

12 234 26

    

Oxyz 1:

1

x y z

d     

2

2 :

2

x y z

d    

 ( )P d1 ( )P

2

d

1

d M(1; 2; 0) VTCPu(1;2; 1) 

( )P 2

( 1) ( 2) 0,( 0)

A x B y Cz A B C 

( )

d P u n CA B  

2

2 2 2 2

4 1 (4 3 )

(( ), ) sin

3

A B A B

P d

A AB B

       

 

0

B sin 2



 

0

B t A B 

2

1 (4 3) sin

3 t t t

  

 

2

(4 3) ( )

2 t f t

t t  

 

2

16 124 84

'( )

(2 5)

t t

f t

t t

 



 

(101)

BBT: -7

+ - +

Dựa vào BBT ta có: Khi đó:

Vậy Phương trình mặt phẳng Chọn đáp án B.

Câu 11 Cho đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng

và mặt cầu S có phương trình Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu (S) hai điểm phân biệt A, B cho AB =

A. 9 B.12 C.5 D.

Ta có VTPT (α) (β) Suy VTCP đường thẳng d

Ta có A(6;4;5) điểm chung hai mặt phẳng (α) (β) nên Ad Mặt cầu (S) có tâm I(-2;3;0), bán kính với m < 13

Gọi H trung điểm AB  Trong tam giác vng IHA ta có:

Vậy m = 12 giá trị cần tìm Chọn đáp án B.

Câu 12 Trong không gian tọa độ , cho tám điểm , , ,

, , , , Hỏi hình đa diện tạo tám điểm cho có mặt đối xứng

A. B.6 C.8 D.

Vì tám điểm chõ tạo nên hình lập phương, nên hình đa diện tạo tám điểm có mặt đối xứng

Chọnđáp án D.

3

'( )

7

t f t

t

   

 

   

t 

4

 

'( )

f t

( )

f t 25

3 25 max ( )

3

f t  t 7 A

B

  

5 sin ( 7)

9 f

   

5 sin

9

  A

B    ( ) : 7P x y 5z 9

( ) : x 2y 2z 4  0 ( ) : 2x 2y  z 0, x2 y2 z24x6ym0

1

n (2; 2; 1), n  (1;2; 2)

 

1

u n ; n (2;1; 2), 3 

   

  

R  13 m IA(8;1;5)IA, u   ( 3; 6; 6)d(I, d)3

  

AB

AH vµ IH

2

  

2 2

IA IH AH R  9 16

13 m 25 m 12

     

Oxyz A2; 2; 0  B3; 2; 0  C3; 3; 0

 2; 3; 0

D  M2; 2; 5  N2; 2; 5  P3; 2; 5  Q2;3;5

(102)

P

M

N K

H' H

Câu 13 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;1;6), B(1;2;4) I(1;3;2) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cho khoảng cách từ I đến (P) lớn

A. 3x7y6z350 B 7x y5z 9 C x   y z D. xy  z Hướng dẫn giải:

Ta có IA 32 22 42  29 IB 025222  29 Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB, IA=IB nên IMAB, ta có 1; ;5 ;

2

 

 

 

M 94

2 

IM

Gọi H hình chiếu vng góc I lên mặt phẳng (P):

Nếu H, M hai điểm phân biệt tam giác IHM vng H, IH<IM hay 94 

IH

Nếu H trùng với M 94

 

IH IM Vậy ta có 94 

IH , IH lớn HM Khi (P) có vectơ pháp tuyến 7; ;3

2

 

    

 

   P

n IH IM Vậy phương trình mặt phẳng (P)

     

3

2

2 x 2 y  z  hay 3x7y6z350 Chọn đáp án A.

Câu 14 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(5;4;4) mặt phẳng (P): 2x + y – z + =0 Tọa độ điểm M nằm (P) saocho MA2 + MB2 nhỏ là:

A.(-1;3;2) B.(2;1;-11) C.(-1;1;5) D (1;-1;7)

+ Kiểm tra phương án A khơng thuộc (P)

+ Tính trực tiếp MA2 + MB2 phương án B,C,D so sánh Chọn C

Câu 15 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm Mặt phẳng

(P) đi qua M, N cho khoảng cách từ đến (P) đạt giá trị lớn (P) có vectơ pháp tuyến là:

A B

C D

- Khoảng cách từ K đến (P) lớn KH, H’ trùng H - Vậy mặt phẳng (P) qua MN vng góc với KH

- Tìm H viết (P) hoặc:

- (P) chứa MN vng góc với (MNP) Gọi H, H’ hình chiếu K lên MN (P)

(0; 1;2)

M  N( 1;1; 3)

0; 0;2

K (1;1; 1) (1; 1;1) (1; 2;1) (2; 1;1)

(103)

Ta có: khơng đổi

Vậy lớn H’ trùng H hay (P) vuông góc với KH ;

(MNK) có vtpt

Do nên HK có vtcp

Câu 16 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm mặt cầu (S) có

phương trình: Tìm tọa độ điểm D mặt cầu (S) cho tứ diện ABCD tích lớn

A B C D D(1; - 1; 0)

Ta thấy câu C D có điểm D khơng thuộc (S) Loại C,D

Ta tính thể tích cho điểm D câu A câu B Điểm B câu B tích lớn Chọn đáp án B.

Câu 1.5.Phương trình sau khơng phải phương trình hình chiếu vng góc đường thẳng d: mặt phẳng (Oxy):

A B C. D.

A(1;-2;3), B(3;1;4) thuộc d Hình chiếu A,B mặt phẳng (Oxy) A/(1;-2;0), B/(3;1;0) Phương trình hình chiếu qua nhận véc tơ phương với làm véc tơ phương

Câu 17 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng hai điểm

M điểm mặt phẳng Giá trị lớn là:

A B C D

Ta có: A, B nằm khác phía so với (P) Gọi B’ điểm đối xứng với B qua (P) Suy Đẳng thức xảy M, A, B’ thẳng hàng

 

( ,( )) '

d k P KH KH

( ,( ))

d K P

   

 

(0;1;0); (1; 1; 1)

MK NK  



( 1;2;1)

MN

 

   

 

  

, ( 1;0; 1)

n MK NK

 

  

( )

HK MNK HK MN

   

 

 

, (2;2; 2)

MN n

A(0;1;1), (1; 0; 3), ( 1; 2; 3)B  C    x2y2z22x2z 2

 

D 1; 0;1 D 7; 4; 3

 

 

 

 

 

 

 

 

D 4; ; 3

1 2 ,

x t

y t t R

z t

   

   

    

3 ' ' , '

x t

y t t R

z    

  

   

1 ' ', '

x t

y t t R

z    

   

   

1 ' ', '

x t

y t t R

z    

  

   

5 ' ', '

x t

y t t R

z    

  

   

/

A B/ A B/ / 2;3; 0



( ) :P x   y z

 

(1; 3;0), 5; 1;

A  B   ( )P T  MA MB

2

T  T 2 6

2

T 

3 T 

'( 1; 3;4) B   ' '

T  MA MB  MA MB AB 

(104)

Câu 18 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M 2; 2;1, A1;2; 3  đường thẳng

1

:

2

 

 



x y z

d Tìm véctơ phương u đường thẳng  qua M , vng góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A khoảng bé

A. u2;1;6 B. u 1;0; 2 C. u 3; 4; 4  D. u2; 2; 1  Hướng dẫn giải:

Gọi  P mặt phẳng qua M vng góc với d Phương trình  P : 2x2y  z Gọi H K, hình chiếu vng góc A , P

Ta có K  3; 2; 1 ( , )  

d A AH AK

Vậy khoảng cách từ A đến  bé  qua M K,  có véctơ chỉphương u 1;0; 2 Chọn đáp án B.

Câu 19 Trong không gian với hệ trục toạđộ Oxyz, cho điểm đường thẳng

Gọi ( ) mặt phẳng chứa đường thẳng cho khoảng cách từ đến ( ) lớn Tính khoảng cách từđiểm đến mặt phẳng ( )?

A B C D.

Vậy

Câu 20 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét điểm A0;0;1, B m ;0;0, C0; ;0n , 1;1;1

D với m0;n0 m n 1 Biết m, n thay đổi, tồn mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ABC qua d Tính bán kính R mặt cầu đó?

2;5;3

A

1

:

2

x y z d    

1; 2; 1

M 

11 18

18

11 18

4

 

 ,  11 18

18 d M P 

K

H M P

d A



P

d' A

K H

Gọi H hình chiếu A d; K hình chiếu A (P)

Ta có d A, (P) = AK ≤ AH(không đổi)

⟹GTLNcủad A, (P) làAH

⟹d A, (P) lớn K ≡ H Ta có H(3; 1; 4), (P) qua H ⊥AH

P:x4yz30

(105)

A. R 1 B. 2 

R C.

2 

R D.

2 

R

Gọi I(1;1;0) hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng (Oxy)

Ta có: Phương trình theo đoạn chắn mặt phẳng (ABC) là: x  yz1

m n

Suy phương trình tổng quát (ABC) nxmymnzmn0 Mặt khác

2 2

1

( ,( ))  1

 

mn d I ABC

m n m n

(vì m n 1) ID 1 d I ABC( ,( ))

Nên tồn mặt cầu tâm I (là hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng Oxy) tiếp xúc với (ABC) qua D

Câu 21 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ , vng góc với mặt phẳng tiếp xúc với (S)

A 2

2 21

   



    



x y z

x y z B

2

2 21

   



    



x y z

C

2

   



    



x y z

x y z D.

2 13

2

   



    



x y z x y z Hướng dẫn giải:

Vậy: (P): (P):

(S) có tâm I(1; –3; 2) bán kính R = VTPT

 VTPT (P) là:  PT (P) có dạng:

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên

Vậy: (P): (P):

Câu 22 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A1; 2;0 ,  B0; 1;1 ,  C2;1; ,  3;1;4

D Hỏi có mặt phẳng cách bốn điểm đó?

A. B. C. D. Vơ số

Ta có AB  1;1;1 , AC1;3; ,  AD2;3; 4

Khi  AB AC,     4;0; 4  suy   AB AC AD,   240 Do A B C D, , , khơng đồng phẳng đỉnh tứ diện

Khi có mặt phẳng cách đễu bốn đỉnh tứ diện Bao gồm: mặt phẳng qua trung điểm ba cạnh tứ diện mặt phẳng qua trung điểm bốn cạnh tứ diện (như hình vẽ)

2 2

2

x  y z  x y z  (1;6; 2)

v  ( ) : x4y z 11 0

2x y 2z 3 0 2x y 2z21 0

( ) n (1; 4;1)  ,  (2; 1;2)

P

n  n v    2x y 2zm0

( ,( ))

d I P  21

3 m m

    

 

2x y 2z 3 0 2x y 2z21 0

(106)

Câu 23 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; –2; 0), B(0; –1; 1), C(2; 1; –1) D(3; 1; 4) Hỏi có tất mặt phẳng cách bốn điểm ?

A.1 mặt phẳng B.4 mặt phẳng C.7 mặt phẳng D.Có vơ số mặt phẳng

Ta có:  ( 1;1;1); (1;3; 1); (2;3;4)

  

AB AC AD

Khi đó:  ;   240

 

  

AB AC AD A,B,C,D không đồng phẳng

Câu 24 Đường thẳng  song song với :

3

x y z

d     

 cắt hai đường thẳng

1

:

3

  

 

x y z

d

2

:

2

 

 

x y z

d Phương trình khơng phải đường thẳng 

A : 1

3

  

  



x y z

B

7

3 3 3

:

3

 



  



y z

x Do có mặt phẳng cách điểm cho bao gồm

(107)

C :

3

  

  



x y z

D : 1

3

  

  



x y z

Giải: Gọi M, N giao điểm  d d1, 2 Khi M, N thuộc d d1, 2 nên

2 '

1 , '

2 '

  

  



 

    

 

    

 

N M

M N

x t

y t y t

z t z t

Vector phương  MN   ' ; 4t  t 4 't    t; t' 2t  song song với :

3

  

 



x y z

d nên ' 4 ' '

3

       

 



t t t t t t

Giải hệ ta ' 1;    

t t Vậy  4; 1; , 3; 7; 3

 

      

 

N M

Vậy : 1

3

  

  



x y z

Câu 25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng  có phương trình tham số

1 2    



  

  

x t

y t

z t

Một điểm M thay đổi đường thẳng  cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Tọa đô điểm M chu vi tam giác ABC

A M(1;0;2) ; P = 2( 11 29) B M(1;2;2) ; P = 2( 11 29) C. M(1;0;2) ; P = 11 29 D.M(1;2;2) ; P = 11 29 Hướng dẫn giải:

Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ

Điểm M   nên M 1 ;1t t t;2  AMBM  (3 )t 2(2 5)2  (3t6)2(2 5)2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u 3 ; 5t  v   3t6; 5

Ta có u  (3 )t 2(2 5) ;2 v  (3t6)2(2 5)2

 AM BM | |u | |v u  v (6;4 5)|u v| 29 Mặt khác, ta ln có | |u | | |v  u v| Như AM BM 2 29

Đẳng thức xảy u v , hướng

3

   

  t

t t

(1;0;2)

M min(AMBM)2 29 Vậy M(1;0;2) minP = 2( 11 29) Chọn đáp án A.

Câu 26 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) đường thẳng d có phương trình

2

2 (t R)

  



  

    

x t

y t

z t

Điểm M d cho tổng khoảng cách từ M đến A B nhỏ có tổng tọa độ là:

(108)

A.M=(2;0;4 ) B.M=(2;0;1) C.M=(1;0;4 ) D.M=(1;0;2 ) Hướng dẫn giải:

Nếu M nằm d điểm I có tọa độ M=(2+3t;-2t;4+2t) Từ ta có: 3 1; 2 ;2 5 3 12 2 2 2 52 AM  t   t t AM  t   t  t

Tương tự: BM3t5;2 ;2 t t1BM  3t522 2 t22t12 Từ (*): MA=MB = 3t12 2 2 t22t52 = 3t52 2 2 t22t12 Hay:  17t234t30 17t236t3034t36t 0 1170t  0 t Tọa độ M thỏa mãn yêu cầu là: M=(2;0;4 )

Câu 27.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): đường thẳng

Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d tạo với mặt phẳng (Q) góc nhỏ

A B

C D

PT mặt phẳng (P) có dạng: Gọi Chọn hai điểm Ta có:

 (P): 

TH1: Nếu a = 

TH2: Nếu a  Đặt

Xét hàm số

Dựa vào BBT, ta thấy

Do có trường hợp thoả mãn, tức a = Khi chọn Vậy: (P):

Câu 28.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d qua điểm A1; 1;2 , song song với  P : 2x   y z 0, đồng thời tạo với đường thẳng : 1

1 2

 

  



x y z

góc lớn Phương trình đường thẳng d

x2y z 50

x y z

d: 1

2 1

  

 

 P :y z 40  P : x z 40

 P : x  y z 40  P :y z 40

ax by cz d   0 (a2b2c2 0) a (( ),( ))P Q

M( 1; 1;3), (1; 0; 4)  N d M P c a b

N P d a b

( )

     



 

  

 

axby ( 2a b z ) 7a4b0 a b

a2 ab b2

cos

6 5 4 2

  

 

b b2

3

cos

2 2

   a 300

b a

b b

a a

2

3 cos

6

5



 

 

   

 

b x

a

 f x( ) cos 2

x x

f x

x x

2

9

( )

6

 



 

f x 0

min ( ) 0 cos 0a 90 30

b1,c1,d4

y z 0  

(109)

A. 1

1

  

 



x y z

B. 1

4

  

 



x y z

C. 1

4

  

 

x y z

D. 1

1

  

 

 

x y z

 có vectơ phương a 1; 2; 2  d có vectơ phương ad a b c; ;   P có vectơ pháp tuyến nP 2; 1; 1  

Vì d€ P nên ad nPa n d P  0 2a b c    0 c 2a b

   

2

5

cos ,

3

 

  

 

a b a b

d

a ab b

Đặt t a

b , ta có:  

 2

2

5

cos ,

3



 

 

t d

t t

Xét hàm số    

2

5

 

 

t f t

t t , ta suy được:  

1

max

5

 

  

 

f t f

Do đó: max cos ,  1

27 5

       

 

 

a

d t

b Chọn a   1 b 5,c7

Vậy phương trình đường thẳng d 1

1

  

 



x y z

Câu 29.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho  P :x4y2z 6 0, Q :x2y4z 6 Lập phương trình mặt phẳng   chứa giao tuyến của   P , Q cắt trục tọa độ điểm

, ,

A B C cho hình chóp O ABC hình chóp

A. xy  z B. x y  z C. x y  z D. x y  z Hướng dẫn giải:

Chọn M6;0;0 , N2;2;2 thuộc giao tuyến của   P , Q

Gọi A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0;c giao điểm   với trục Ox Oy Oz, ,   :x  y  z 1 , ,a b c0

a b c

  chứa M N,

6

2 2

1 

 

  

    

 a

a b c

Hình chóp O ABC hình chóp đềuOAOBOC a  b  c Vây phương trìnhxy  z

(110)

Câu 30 Trong không gian với hệ tọa độ

2 2

 

    

 y

x y z Oxyz cho điểm M1;0;0 0;0; 1 

N , mặt phẳng  P qua điểm M N, tạo với mặt phẳng  Q :x  y góc

O

45 Phương trình mặt phẳng  P

A

2 2

 

    

 y

x y z B

0

2 2

 

    

 y

x y z

C 2

2 2

   



    



x y z

x y z D

2 2

  



   



x z

Gọi vectơ pháp tuyến mp P  Q  ; ;  

P

n a b c a2 b2c2 0, 

Q n  P qua M1;0;0  P :a x1by cz 0

 P qua N0;0; 1    a c

 P hợp với  Q góc 45 O   O

2

0

, 45

2



 

     

 

 

  P Q

a a b

cos n n cos

a b

Với a  0 c chọn b1phương trình  P :y 0

1

:

2

 

 

x y z

d Gọi  P mặt phẳng qua điểm A, song song với đường thẳng d cho khoảng cách d  P lớn Khoảng cách từđiểm M1;2;3 đến mp P

A 97

15 B

76 790 790 C. 13

13 D.

3 29 29 Hướng dẫn giải:

 d d P ,   lớn AHvng góc với  P

Khi đó, gọi  Q mặt phẳng chứa A d  P vng góc với  Q

P

d' d H

K A

Với a 2b chọn b 1a2 phương trình mặt phẳng P: 2xy2z20 Chọn đáp án A.

Câu 31.Trong không gian với hệ trục toạđộ Oxyz, cho điểm A10;2;1 đường thẳng

P mặt phẳng qua điểm A song song với đường thẳng d nên P chứa đường thẳng dđi qua điểm A song song với đường thẳng d

Gọi H hình chiếu A d, K hình chiếu H P

Ta có dd, PHK AH (AH khơng đổi)  GTLN d(d, (P)) AH

(111)

 

    

, 98;14; 70

97

:7 77 ,

15

 

   

      

  

P d Q

n u n

P x y z d M P

Câu 32.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) đường thẳng d:

Mặt phằng (P) chứa đường thẳng d có khoảng cách từ A đến (P) lớn Khi (P) có véctơ pháp tuyến

A B C D

Gọi H,K lần lươt hình chiếu vng góc A lên d (P) Khi đó: d(A,(P)) = AK AH hay d(A,(P)) lớn

Ta có:

Suy ra:

Hay véctơ pháp tuyến (P) Chọn đáp án A.

Câu 33.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 2;0) , đường thẳng

1

:

1

 

  



x y z

Biết mặt phẳng ( )P có phương trình axbyczd 0 qua A, song song với và khoảng cách từ  tới mặt phẳng ( )P lớn Biết a b, số nguyên dương có ước chung lớn Hỏi tổng a b c d   bao nhiêu?

A. B. C. D. 1

Gọi H hình chiếu vng góc A đường thẳng  Do H  H( 1 t t;3 ;2t)AH   ( t 3;3t2;t2) Do AH    AH u  0 với u ( 1;3;1)

1.( 3) 3.(3 2) 1.( 2) 11 11    t  t  t   t  

1

  t H0; 3;1 

Gọi F hình chiếu vng góc H ( )P , đó: d( ,( )) P d H P( ,( ))HF HA

Suy d( ,( )) P max HA Dấu “=” xảy F  AAH ( )P , hay toán phát biểu lại là:

“ Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua A vng góc với AH” Ta có AH    2; 1;1 (2;1; 1) , suy n( )P (2;1; 1)

Suy phương trình mặt phẳng ( )P là: 2(x2) y  2 z 02x y  z

Do , * 2,

( , ) 1,

  

 

     

 

    

 



a b a b

a b c d

a b c d

3

2 1

 

 



x y z

4 13

( ; ; )

n



4 13

( ; ; )

n 



4 13

( ; ; )

n 



4 13

( ; ; )

n 



 H K

3 2 1

( ; ; ); ( ; ; )

H   t  t t a  

 4

0

3

AH a  t

 

4 13

3 3

( ; ; )

AH   



4 13

( ; ; )

n



(112)

Câu 34 Trong không gian tọa độ Oxyz cho M(2;1;0) v đường thẳng d có phương trình:

1

2 1

 

 



x y z

Gọi  đường thẳng qua M, cắt vng góc với d Viết phương trình đường thẳng ?

A            x t y t z t B            x t y t z t C 1            x t y t z t D            x t y t z t

PTTS d

1             x t y t z t

Gọi H hình chiếu vng góc M lên d, đường thẳng  cần tìm đường thẳng MH Vì H thuộc d nên H1 ; 1 t   t t; suy MH (2t   1; t; t)

Vì MH d d có VTCP u(2;1; 1) nên MH u 0

 



3 

t Do 1; 4; 3

          MH

Vậy PTTS  là:            x t y t z t

Câu 35.Cho đường thẳng

1 ( ) :           x t

d y t

z t

mp (P):xy 2 Tìm phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P) cắt vng góc với (d)

A 2           x t y t z B 3           x t y t z C 2           x t y t z D 1           x t y t z Hướng dẫn giải:

Gọi I giao điểm (d) (P)

(1 ;1 ;2 ), ( )  0 (1;1;0)

I t t t I P t I

(d) có vectơ phương u  ( 1; 1; 2) (P) có vectơ pháp tuyến n(1;1;0)

Vecstơ pháp tuyến mặt phẳng cần tìm   , 

 

  

u u v = (-2 ;2 ;0)

Phương trình mặt phẳng cần tìm

1 2           x t y t z Chọn đáp án A.

Câu 36 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D     có điểm A trùng với gốc tọa độ, B a( ;0;0), (0; ;0),D a A(0;0; )b với (a0,b0) Gọi M trung điểm cạnh



(113)

A. max 64 27   A MBD

V B. maxVA MBD 1

C max 64

27    A MBD

V D. max 27

64   A MBD V Hướng dẫn giải:

Ta có: ( ; ;0), ( ;0; ), (0; ; ), ( ; ; ) ; ;

 

     

 

b C a a B a b D a b C a a b M a a

Suy ra: ( ;0; ), (0; ; ), ; ;

 

        

 

   b

A B a b A D a b AM a a

2

, ( ; ; ) ,

2 

        

 A B A D ab ab a   A B A D A M  a bVA MBD  a b

Do ,a b0 nên áp dụng BĐT Côsi ta được: 4 1 33 2 64

2 27

a b a a b a ba b Suy ra: max 64

27   A MBD

V

Câu 37 Cho A1;3;5 , B 2;6; ,  C  4; 12;5 điểm  P :x2y2z 5 Gọi M điểm thuộc  P cho biểu thứcS  MA4MB    MAMBMC đạt giá trị nhỏ Tìm hồnh độ điểm M

A xM 3 B xM  1 C. xM 1 D. xM  3 Hướng dẫn giải:

Gọi I điểm IA4 IB0I3;7; 3 

Gọi G trọng tâm ta m giác ABCG 1; 1;3 Nhận thấy, M,I nằm khác phía so với mp(P)

Có S3MI MG3GI Dấu xảy M giao điểm GI (P) M1;3;1 Chọn đáp án C.

Câu 38 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;1; 1 , B0;3;1 mặt phẳng  P :x   y z Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )P cho 2 MAMB có giá trị nhỏ

A. M 4; 1;0 B. M 1; 4;0 C. M4;1;0 D. M1; 4;0  Hướng dẫn giải:

Gọi I a b c ; ;  điểm thỏa mãn 2 IAIB0, suy I4; 1; 3  

Ta có 2 MA MB 2MI2   IA MI IBMI Suy 2 MAMB  MI MI

Do 2 MAMB nhỏ MI nhỏ hay M hình chiếu I mặt phẳng  P Đường thẳng qua I vng góc với  P có :

1 1

  

 



x y z

d

Tọa độ hình chiếu M I  P thỏa mãn

 

4

1 1 1; 0;

3

  

  



 



  



 



M z

x z

x y

y

(114)

Câu 39.Trong không gain Oxyz, cho hai đường thẳng 1:

1

  

 



x y z

d 2

2

:

2   



  

   

x t

d y t

z

Mặt

phẳng  P :ax by cz  d0 (với a b c d; ; ; ) vng góc với đường thẳng d1 chắn d d1, 2 đoạn thẳng có độ dài nhỏ Tính a b c d  

A. 14 B.1 C. 8 D. 12

Ta có mặt phẳng (P) vng dóc với đường thẳng d1 nên (P) có véctơ pháp tuyến n1; 2;1 Phương trình (P) có dạng  P :x2y z d0

Gọi M giáo điểm (P) với d1 N giao (P) với d2 suy ;2 ;10

6

  

 

 

 

d d d

M ,

4

; ;

3

   

 



 

 

d d

N

Ta có

2

2 16 155

18 9

 d  d 

MN

Để MN nhỏ MN2 nhỏ nhất, nghĩa d 16 Khi a b c d    14

Câu 40 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1:

1

 

 



x y z

d

2

:

2

 

 



x y z

d Gọi  P mặt phẳng chứa d1 cho góc mặt phẳng  P đường thẳng d2 lớn Chọn mệnh đề mệnh đề sau:

 n

1

d qua M1; 2;0  có VTCP u 1; 2; 1  Vì d1 P nên M P Pt mặt phẳng  P có dạng: A x 1B y 2Cz0A2 B2C2 0 Ta có: d1 P u n  0C A2B

Gọi    

2

2 2 2 2

4

, sin

3

 

     

 

A B A B

P d

A AB B

TH1: Với B0 sin 2   TH2: Với B0 Đặt t  A

B, ta được:

 2

2

4

sin

3

  

 

t

t t

A. P có vectơ pháp tuyến 1;1; 2 B. P qua điểm A0;2;0

C. P song song với mặt phẳng Q: 7xy5z30

(115)

I N

M A

S

B

C

Xét hàm số    

2

4

2

 

 

t f t

t t Dựa vào bảng biến thiên ta có:   25 max

7 

f x t 7

  A

B Khi  

sin

9   f  

So sánh TH1 TH2   lớn với sin

  A 7

B

Vậy phương trình mặt phẳng  P : 7x y 5z 9 Chọn đáp án B

Câu 41.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho (1;0; 2), (3;1; 4), (3; 2;1)A B C  Tìm tọa độ điểm S, biết SA vng góc với (ABC), mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có bán kính bằng 11

2 S có cao độ âm

A. S( 4; 6;4)  B. S(3;4;0) C. S(2;2;1) D. S(4;6; 4) Hướng dẫn giải:

Ta có AB(2;1; 2);AC(2; 2; 1)  , suy ABAC

Tam giác ABC vuông nên I S sử dụng tính chất phép dụng tâm để tính Tính IM

( )  , 

   

MI ABC MI k AB AC k

2 

 

AS MI, tìm S , (3;6; 6)

   

 

  AB AC

Gọi 3; 5; 2 

 

 

 

M trung điểm BC.Ta có:

2

2 2 11 81

2

 

       

 

 

IM IB BM IM MI (ABC)MI k AB AC, k(3;6; 6) MI 9k

Suy 9

2 k k  2

2 

k AS 2MI 3;6; 6 S4;6; 4  Chọn đáp án D.

Câu 42 Trong không gian với tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1

2 

   

x

d y z mặt phẳng

 P :x2y  z Mặt phẳng  Q chứa đường thẳng d tạo với  P góc nhỏ có phương trình

A. x  z B. x y  z C. xy  z D. y  z Hướng dẫn giải:

Gọi  giao tuyến  P  Q Khi đó, góc    P , Q nhỏ khi  d Đường thẳng d qua điểm M 1; 1;3 có vectơ phương ud 2;1;1

Vectơ phương  u n ud 3; 3; 3   Vectơ pháp tuyến  Q là.nQ ud u0;9; 9 

(116)

Mặt phẳng  Q qua M 1; 1;3 nhận vectơ pháp tuyến n0;1; 1  có phương trình

   y z

Câu 43.Trong không gian Oxyz, cho điểm mặt phẳng Mặt cầu S

có tâm I nằm mặt phẳng , qua điểm A gốc tọa độ O cho chu vi tam giác OIA bằng Phương trình mặt cầu S là:

A

B

C

D

Gọi tâm S

Khi nên ta suy hệ

Giải hệ ta tìm Chọn đáp án D.

Câu 44 Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho ba điểm

Mặt cầu tâm I qua độ dài (biết tâm I có hồnh độ ngun, O gốc tọa độ) Bán kính mặt cầu

A B C D

Phương trình mặt cầu (S) có dạng:

Vì điểm thuộc mặt cầu (S) nên ta có hệ:

Suy Chọn đáp án B.

Câu 45 Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đơi vng góc với Điểm M cố định

thuộc tam giác ABC có khoảng đến mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) 1,2,3 Khi tồn a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ thể tích khối chóp O.ABC

A.18 B.27

C.6 D.Không tồn a,b,c thỏa yêu cầu toán

1, 0, 1

A   P :x   y z  P

6

x22y22z12 9 x22y22z12 9

x22y22z12 9 x12y22z22 9

x22y22z12 9 x22y22z12 9

x22y22z12 9 x12y22z22 9  , , 

I x y z

 , ,

I P IOIA IOIAAO 

 2  2 2

2 2 2

1 1 0

2

3

x y z x y z x z

x y z x y z

       

    



 

        

 

         

 



2, 2,1

I I1, 2, 2 

Oxyz A0; 2;0 , B 1;1;4 C3; 2;1 

 S A B C, , OI 

 S

R R3 R4 R

2 2

x y z  ax by czd  O A B C, , ,

( ) 4

( ) 2 18

( ) 14

A S b d

B S a b c d C S a b c d

   

 

 

       

 

       

 

2 2

5 5

OI  OI  a b c 

1; 0; 2;

a  b c  d   R

(117)

Chọn hệ trục tọa độ thỏa O(0,0,0), A(a,0,0), B(0,b,0), C(0,0,c)

Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng đến mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) 1,2,3 nên tọa độ điểm M (1,2,3)

Phương trình mặt phẳng (ABC) Vì M thuộc mặt phẳng (ABC) nên VOABC=

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Chọn đáp án B

Câu 46 Cho hai điểm hai mặt phẳng

Viết phương trình đường thẳng qua cắt cho tam giác cân nhận đường trung tuyến

A B

C D

Gọi , từ giả thiết suy trung điểm , suy nên có hai pt:

Tam giác cân nên:

Từ có hệ:

Đường thẳng qua có pt Chọn đáp án D

Câu 47 Trong không gian với hệ tọa độ , cho đường thẳng hai điểm

và Biết điểm thuộc nhỏ nhất.Tìm

A B C D

1 x y z abc 

1 abc 

6abc

3

1 1 1

1 27

6abc

a b c a b c

     

1; 2;3 , 2; 4; 4

M A  P :x y 2z 1 0,

 Q :x2y  z  M  P , Q B C,

ABC A AM

1

:

1 1

x y z

  

 

1

:

2 1

x y z

  



1

:

1 1

x y z

   :

1 1

x y z

  

  ; ; 

B a b c M BC C2a; 4b; 6c

 ,  

B P C Q a b 2c 1  1 ;  a 2b c  8  2

 1; 2; , 2 ; ; 

AM    BC  a  b  c

 

ABC A  AM BC 0a2b c  8  3

   1 ,  3    

2 0

2 0;3; , 2;1;

2

a b c a

a b c b B C

a b c c

    

 

 

       

 

      

 

 B C :

1 1

x y z

  



Oxyz  

x t

y t t

z t

2

:

3

   

     

  



 

A 2;0;3 B 2; 2; 3    M x y z 0; ;0 0  MA4 MB4 x0

x0  x0 1 x0 2 x0 

(118)

Phương trình đường thẳng AB là: Dễ thấy đường thẳng AB cắt

điểm suy AB đồng phẳng

Lại có

Ta có:

Do nhỏ trùng với điểm Chọn đáp án C

Câu 48 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm với Giả sử

thay đổi thỏa mãn khơng đổi Diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn

A B C D

Phương trình (ABC):

Gọi hình chiếu vng góc O lên

Khi

Ta có

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

Dấu “=” xảy Vậy

 

x

y t t

z t

1

2 3

  

 



   

 

 

I 2; 1;0 

   

IA 0;1;3 ,IB 0; 1; 3  IA IBIA IB AB

   

     

MA MB MA MB MA MB AB IA IB

2

4 2 1

2 2 8

 

         

 

MA4 MB4

 M I 2; 1;0  

 ; 0; , 0; ; , 0; 0; 

A a B b C c a b c, , 0

, ,

a b c a2b2c2 k2

2

3

k

6

k

3

k k2

1 x y z ab c 

 ; ; 

H x y z ABC

       

     

2

2 2

2

2 2

2

2 2

0

ab c x

ab bc ca

H ABC bcx cay abz abc a bc

OH AB ax by y

ab bc ca

OH AC ax cz

a b c z

ab bc ca

  

 

 

     

  

      

  

 

   

  



  

 

 

 2  2  2

abc OH

ab bc ca

 

 

1

6

OABC

V  OA OB OC abc

 2  2  2

3

2 ABCD ABC

V

S ab bc ca

OH 

    

4 4 4

2 2 2 4

2 2

a b b c c a

a b b c c a       a b c

a bc

4

1

max

2

k k

S 

(119)

Câu 49 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) qua điểm , cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ

A B C D

Giá sử

Khi PT mặt phẳng (P) có dạng:

Ta có:  (1); (2)

(1) ≥ 

Dấu "=" xảy   (P): Chọn đáp án B

Câu 50 Trong không gian Oxyz cho điểm , , , Gọi M

là điểm nằm đường thẳng CD cho tam giác MAB có chu vi bé nhất Khi toạ độ điểm M là:

A B C D

Tam giác MAB có độ dài cạnh khơng đổi, chu vi bé bé

; Vì nên , suy điểm M cần tìm hình chiếu vng góc A, cũng hình chiếu vng góc B lên đường thẳngCD Từ tìm

điểm

Câu 51 Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm mặt cầu (S) có

phương trình: Tìm tọa độ điểm D mặt cầu (S) cho tứ diện ABCD tích lớn

A B C D

Ta có (S) suy (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính Và

Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến Suy mp(ABC) có phương trình:

Ta có nên lớn lớn Gọi đường kính mặt cầu (S) vng góc với mp(ABC) Ta thấy với D điểm

thuộc (S)

M(9;1;1)   1

7 3

x y z

  1

27 3

x y z

  

27 3

x y z

   1

27 3

x y z

A a( ;0;0)Ox B, (0; ;0)b Oy C, (0;0; )c Oz ( , ,a b c0) x y z

abc 1 M(9;1;1) ( ) P

a b c 1

1

   VOABC 1abc

6 

abc9bcacab 9(3 abc)2 (abc)327.9(abc)2 abc243

a bc ac ab

b c a b c

27

3

9 1

1 3

 

  

 

  

   

  



x y z 273 3 

2;3; 2

A B6; 1; 2   C 1; 4; 3 D1; 6; 5 

0;1; 1

M  M2;11; 9  M3;16; 13  M 1; 4;3

AB MAMB

4; 4; 4

AB   

2;10; 8

CD 



AB CD  

ABCD 0;1; 1

M 

(0;1;1) , (1;0; 3), ( 1; 2; 3)

A B  C   

2 2

x y z  x z 

; ; 3 D   

 

1 ; ; 3 D  

 

7 ; ; 3 D 

 

7 ; ; 3 D  

 

2 2

: (x1) y (z1) 4 R 2

(1; 1; 4); ( 1; 3; 4) AB   AC     

, ( 8;8; 4) nAB AC  

 

  

8x 8(y 1) 4(z 1) 2x 2y z

          

1

( ; ( ))

ABCD ABC

V  d D ABC S VABCD d D ABC( ; ( ))

1

D D

 

( ; ( )) max ( ; ( )); ( ; ( ))

d D ABC  d D ABC d D ABC

(120)

Dấu “=” xảy D trùng với D1 D2

Đường thẳng qua I(1;0;-1), có VTCP

Do (D1D2) có phương trình:

Tọa độ điểm D1 D2 thỏa mãn hệ:

Ta thấy: Vậy điểm điểm cần tìm

Câu 52 Trong không gian Oxyz, cho điểm 1; 3;0 2

 

 

 

M mặt cầu  S :x2 y2z2 8 Đường thẳng d thay đổi, qua điểm M, cắt mặt cầu  S hai điểm phân biệt Tính diện tích lớn S tam giác OAB

A S  B S4 C S 2 D S2 Hướng dẫn giải:

2 2

8

 OH  

HA R x Vậy diện tích tam giác OAB

2

1

2   

 OAB

S OH AB OH HA x x

Khảo sát hàm số f x( )x 8x2 0;1, ta

0;1    

max f x  f 

Vậy giá trị lớn SOAB  , đạt x1 hay H M , nói cách khác dOM Chọn đáp án A.

Câu 53 Cho mặt cầu  S :x2 y2 z22x4z 1 đường thẳng

2

:

  

  

   

x t

d y t

z m t

Tìm m để d

cắt  S hai điểm phân biệt A B, cho mặt phẳng tiếp diện  S A B vng góc với

1

D D nABC (2; 2;1)



2    

  

    

x t y t

z t

2 2

1 2

2 3

1

3

( 1) ( 1)

x t

t

y t

z t

t

x y z

 

 



   



  

    

 



      



1

7 1

; ; & ; ;

3 3 3

   

   

    

   

D D

1

( ; ( )) ( ; ( ))

d D ABC d D ABC 7; 4;

3 3 D   

 

A

B M H

O Mặt cầu S có tâm O0;0;0 bán kính R2

Vì OM 1R nên M thuộc miền mặt cầu S Gọi A, B giao điểm đường thẳng với mặt cầu Gọi H chân đường cao hạ từ O tam giác

OAB

Đặt xOH , ta có 0xOM 1, đồng thời

(121)

A. m 1 m 4 B. m0 m 4

C. m 1 m0 D.Cả A, B, C sai Hướng dẫn giải:

Để thỏa mãn yêu cầu đề trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức phương trình

 2  2    

2t t  m t 2 2t 4 m t  1 có hai nghiệm phân biệt

 

2

3

 t  m tm  m 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ' 0m123m212m 3

2

5

m  m 

Với phương trình có hai nghiệm phân biệt , áp dụng định lí Viet ta có

 

2

1 2

4

;

3

  

m m   

t t t t m

Khi IA1t t m1; ;1  2 t1,IB1t t m2; ;2  2 t2 Vậy IA IB  1t11t2t t1 2m 2 t1m 2 t20

    2

1 2

3

 t t  m t t  m  

 2  2

2

4 1

3

m  m  m  m  

4       

 m

m (TM) Chọn đáp án A

Câu 54 rong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A1;01;1 , B 1;2;1 , C 4;1; 2  mặt phẳng  P :x y z Tìm (P) điểm M cho MA2 MB2 MC2 đạt giá trị nhỏ Khi M có tọa độ

A. M1;1; 1  B. M1;1;1 C. M1;2; 1  D. M1;0; 1  Hướng dẫn giải:

phương trình tham số

2   

      

x t

y t

z t

Tọa độ M nghiệm hệ phương trình  

2

1

1;0;

0

   

 

    

 

  

 

 

 

      

 

x t t

y t x

M

z t y

x y z z

Câu 55 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S :x2 y2z2 4x6ym0 đường thẳng

 : 1

2

 

 

x y z

d Tìm m để (d) cắt (S) hai điểm M, N cho độ dài MN Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có G2;1;0, ta có

MA2MB2MC2 3MG2GA2 GB2 GC2 1 Từ hệ thức (1) ta suy :

MA2 MB2MC2 đạt GTNN MG đạt GTNN  M hình chiếu vng góc G (P)

(122)

A. m 24 B. m8 C. m16 D. m 12 Hướng dẫn giải:

(S) có tâm I2;3;0 bán kính R  2 23202m 13m m 13 Gọi H trung điểm M, N MH 4

Đường thẳng (d) qua A0;1; 1  có vectơ phương     ,

2;1; ;

 

 

   

  

 u AI

u d I d

u Suy R MH2d2I d;  42 32 5

Ta có 13m 513m25m 12 Chọn đáp án D

Câu 56 Trong không gian Oxyz, cho điểm A2;0; ,  B 3; 1; ,   C 2;2;0 Điểm D mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm cho thể tích khối tứ diện ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) là:

A. D0; 3; 1   B. D0;2; 1  C. D0;1; 1  D. D0;3; 1  Hướng dẫn giải:

Do DOyzD0; ;b c với c0

Theo giả thiết: ,  1 1  0; ; 1

 

     

  

 

  

c loai

d D Oxy c D b

c Ta có AB1; 1; ,   AC  4;2;2 , AD  2; ;1b  Suy  AB AC, 2;6; 2   AB AC AD,  6b6

Cũng theo giả thiết, ta có: ,

 

 

       

     

ABCD

b

V AB AC AD b

b Chọn đáp án D

(123)

SỐ PHỨC

Câu Cho hai số phức phân biệt thỏa điều kiện số ảo Khẳng định sau

đúng?

A B C D

Thì số ảo

Câu Gọi nghiệm phức phương trình Tìm tất giá

trị m để

A B C D

nếu

Khi

hoặc

Kết hợp lại thoả mãn tốn Chọn đáp án D

Câu Tìm số phức z biết z thỏa mãn phương trình

A. B.1+i C.1-i D. i

1;

z z

1

z z

 

1 1;

z  z  z1 z2 z1  z2 z1  z2

1

z z2  z1z2 

1 2

z z

 

1 2 2

0

z z z z

 

   

 

  

 

   

1 2 1 2

0

z z z z

 

  

 

z1 z2z1 z2 z1 z2z1 z 

       2z z1 1z z2 20

1 2

z z z z

    z1  z2 0

1; 2; ;3

z z z z  

4

z  m z  m

1

z  z  z  z 

m  m 2 m 3 m 1

     1;2

4 2

3;4

4 4 z i

z m z m z z m

z m

   

         

  

 m0

1;2

3;4

z i

z i m

   

   

 m0

1

6

1

z z z z m

m m

       

   

  

1

6

1

z z z z m

m m

      

  

  

1 m 

z

z z 

(124)

Câu Trong số phức thỏa điền kiện , modun nhỏ số phức z bằng?

A B.2 C.1 D

Giả sử số phức Theo đề

Mà (thay (1) vào)

Câu Cho số phức thỏa mãn Tìm tổng giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

A. B. C D.

Ta có Mặt khác suy

Suy giá trị lớn giá trị nhỏ Vậy tổng tổng giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

Câu Số phức z có mơ đun lớn thỏa mãn điều kiện là:

A B C D

+ Gọi z=x+yi Từ giả thiết ta có: ( 3)2 ( 2)2 13

     

x y x y

2

2 2

z

z z z.z 2z z

a bi a b 2(a bi) (a a b ) bi 2a 2bi

a

z b

a a b 2a a a

b 2b b a

z 0(loai) b

    

     

 

  

 

       

 

  

    

  

  

  

4 2

z i  iz

2

, z x yi x yR

4 2

z i  iz

2 2

(x 2) (y 4) (y 2)

4 (1)

x x y

y x

      

   

  

2 2

(4 x) z  x y  x  

2

2(x 2) 2

   

0

z z 2

z i P

z  

1

1 i i i 1 i

z z z z z z

           1

2 z

z

  

2P2

, 2

P

1  13

2 Z i   i 

z  i

2

z  i

2

z  i 15

(125)

+ Đồng thời | |z x2 y l2 ớn

Câu Tính tổng mơ-đun tất nghiệm phương trình:

A. B.4 C.6 D.

Suy tổng mô-đun nghiệm Chọn đáp án C

Câu Gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức: Diện

tích tam giác ABC bằng:

A B. C D

Dùng máy tính casio ta có A(1;2), B(3;1) ,C(0;2)

Dùng cơng thức Với

Dùng máy tính ta có kết B: S=1/2

(Có thể dùng cơng thức tính diện tích phần Oxy tính nhanh hơn) Chọn đáp án B

Câu Cho số phức

  

1



 

  

m

z m

m i Số giá trị nguyên m để z i 1

A.  B.1 C. D. Vô số

Hướng dẫn giải: Ta có

 

1 1

1

1 1 1

      



    

     

m i mi m m m i

m

z i i

m i m i m mi

   

   2  2  2

2

3 1

1

1 2

3 1 1

1

5 1

5

  

    

   

             

        

m m i

z i

m mi m mi

m m i m mi m m m m

m m m

Vì m Khơng có giá trị m thỏa mãn Chọn đáp án A

Câu 10 Cho hai số phức z z1; 2 thỏa mãn 1 2

 

iz z2 iz1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1

z z

   

1

zi z  z i 

   

3

2

1

0 5

1

2 z i z i

z i z

z

z i z z i z z i

z i

z i i

z iz z

    

 

     

  

 

          

  

     

    

 





  



2 i; (1 )(1 );

3

i i i

i

1

5

1 ,

S  AB AC AB2; 1; ,  AC  1; 0; 0

(126)

A. 2

 B.

2

 C

1

2

 D

2  Hướng dẫn giải:

Bài toán này, thực chất dựa kiến thức “ Biểu diễn hình học số phức” Ta thấy đặt

 

1 1 1; 1

z x y i x y Khi điểm M x y 1; 1 điểm biểu diễn số phức z1 thỏa mãn:

 1 

1

2

  

i x y i 1 1

2  ix y  

 2

2

1

4

x  y   Suy tập hợp điểm M biểu diễn z1 đường  C có tâm I0; 2 bán kính

1  R

Khi N là điểm biểu diễn số phức z2 việc tìm GTNN z1 z2 việc tìm GTNN MN

Theo đề z2 iz1 y1x i1 Ny x1; 1 điểm biểu diễn z2 Ta nhận thấy rõ ràng

1 1

   0

 

OM ON x y x y OMON Dễ nhận thấy OM ON  x12 y12 Ta có hình vẽ sau:

Do OMN tam giác vuông cân O nên MN OM 2, để MN nhỏ OM nhỏ Dễ thấy, OM nhỏ M M' (M’ giao điểm OI với đường trịn hình vẽ) Tức

1 0;

2

 



 

 

M Khi 2 2

2

 

     

 

MN OM

Câu 11 Trong mặt phẳng phức Oxy, số phức z thỏa z  1 i Nếu số phức z có mơđun lớn số phức z có phần thực ?

A. 2

2

 

B 2

2 

C 2

2 

D. 2

2 

Gọi M x y ,  điểm biểu diễn số phức z x yi x y , R Gọi A điểm biểu diễn số phức  1 i

Ta có: z   1 i MA1 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức hình trịn tâm A1,1 , R1 hình vẽ

Để max z maxOM

M thỏa hệ:    

2

1 1

    

 

  



x y

y x

I M

N

y

x O

M’

(127)

2 2 ,

2

 

x x 

Câu 12 Trong mặt phẳng phức Oxy, số phức z thỏa z2i 1 z i Tìm số phức z biểu diễn điểm M cho MA ngắn với A1,3

A. 3i B.1 3 i C. 3 i D.  2 3i

Gọi M x y ,  điểm biểu diễn số phức z x yi x y , R Gọi E1, 2  điểm biểu diễn số phức 2 i

Gọi F0, 1  điểm biểu diễn số phức i

Ta có: z2i 1 z i MEMF  Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trục :   2

EF x y

Để MA ngắn MAEF M M 3,1   z i Chọn đáp án A

Câu 13 Trong số phức z thỏa mãn

2 

  z i

iz Tìm giá trị lớn z

A. B.2 C D

Hướng dẫn giải: Ta có:

(2 )(2 ) (2 )(2 )

2 2

1

2

2 2

    



  

     

 

   

z i z i iz iz

z i z i z i

z z iz

iz iz iz

Câu 14 Xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện sau: z  z  3 4i

A. 25

2

  

x y B. 3x4y250

C. 25

2

  

x y D. 3x4y250

Vì z  z nên z  3 4i  z  3 4i  z 3 4i ,

suy z  z  3 4i  z  z 3 4i  z 3 4i 1 z

Tập hợp điểm có tọa vị z thỏa mãn z 3 4i 1

z đường trung trực đoạn thẳng OA, với  0

O A3 4 i Đường trung trực qua trung điểm 2

 



 

 

K i đoạn thẳng OA nhận véctơ OA34i làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là:

 

3

2

 

   

 

x  y

25

3

2  x y 

(128)

Câu 15 Điểm M biểu diễn số phức z0và điểm M’ biểu diễn số phức z'

z Nếu điểm M di động đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R M’ di động đường nào?

A. 2

2

   

x y x y B. 2x2y 1

C. 2x2y 1 D. 2x2y 1 Hướng dẫn giải:

Ta có z'  z2

z z

Do

2

'

' 



 

 

 

 



x x

x y

y y

x y

M di động đường tròn tâm A(-1;1) bán kính R nên

 2  2

2

2 2

1

2

2 0

2

1 ' '

   

  

      



       

 

x y

x y x y

x y

x y x y

Câu 16 Tìm số thực mab 20 (a, b số nguyên khác 0) để phương trình

2

2z 2(m1)z(2m1)0 có hai nghiệm phức phân biệt z1, z2 thỏa mãn z1  z2  10 Tìm a

A.1 B.2 C.3 D.4

2

'

 m  m 

TH1:  ' hay m ( ;3 10)(3 10;) Khi z1  z2  10  z12z22 2 z z1 2 10

2

(1 ) 10 10 ( )

(1 ) (2 1) 10

2 3 20

6 11   





   

 

         

 

   



   

 m

m m loai

m m m

m m

TH2:  ' hay m(3 10;3 10) Khi đó:

2

1

1 ( 1) ( 1)

10 10

2

         

   m i m m  m i m m 

z z

Hay (1m)2  ( m26m1) 10m2 Vậy m = hoặc m 3 20

(129)

Câu 17 Cho số phức z thỏa mãn z 2.Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức

 

3 2

   

w i i z đường trịn.Tính bán kính r đường trịn

A 20 B 20 C D.

Đặt w x yi x y, , 

 

   

2

3 2

2 5

2

5

6

3 20

   

     

      

   



   

   

     

   

     

    

w i i z

x yi i i z

x y i x y x y

z i

i

x y x y

x y

Bán kính đường trịn r  20 Chọn đáp án B

Câu 18 Cho hai số phức u,v thỏa mãn u  v 10 3u4v  2016 Tính M  4u3v

A 2984 B 2884 C 2894 D 24

Ta có z2 z z Đặt N 3u4v

Khi N2 3u4v3u4v9u2 16v212uvvu Tương tự ta có M2 16u2 9v2 12uvvu

Do M2N2 25u2  v25000

Suy M2 5000N2 500020162984M  2984 Chọn đáp án A

Câu 19 Cho số phức z thoả mãn:

1

 

 

z i

z

i Tìm phần thực số phức

2017

z

A. 21008 B. 21008 C. 2504 D. 22017

Cho số phức z thoả mãn:

1

 

 

z i

z

i Tìm phần thực số phức

2013

z

Gọi số phức zabi a b( , ) z abi thay vào (1) ta có

1

 

 

 

a bi i

a bi

i ( )(1 )

10 10 ( ) 12 14

10

9 (11 ) 12 14

  

         

     



a bi i i

a bi a bi a b i b a i

a b i b a i

9 12

11 14

  

 

 

  

 

a b a

b a b

(130)

 504    504 

2017 1008 1008

1 (1+i) 2

            

a b z i z i i i

Câu 20 Cho số phức z có mơ đun 2017 w số phức thỏa mãn biểu thức 1   z w z w Môđun số phức w bằng:

A.1 B.2 C.2016 D.2017

Từ  

 

2

1 1

0  



      

  

z w zw

z w

z w z w zw z w zw z w

2

2 2 3

0

4 4 2

 

   

                   

 

     

i w

z w zw z zw w w z w w z w

Từ

2

w 3w

w w=

2 2

2

   

 

        

     

 

     

 

 

 

i i z

z z

i

Suy ra: w 2017 2017

4

 

 Chọn đáp án D

Câu 21 Biết số phức Z thỏa điều kiện3 z3i 1 Tập hợp

các điểm biểu diễn Z tạo thành hình phẳng Diện tích hình phẳng

A. 16 B. 4

C. 9 D. 25

Hướng dẫn giải: Đặt z=x+yi

2

3 1 ( 3) ( 1) ( 3)

         

z i x y i x y

Do

2

3 z3i   1 (x1) (y3) 25

Tập hợp điểm biểu diễn Z hình phẳng nằm đường trịn

Tâm I (1 ;3) với bán kính R=5 đồng thời nằm ngồi đường trịn tâm I (1 ;3) với bán kính r=3

Diện tích hình phẳng

2

.5 16

     

S

Câu 22 Số Phức cho ba số phức z z1, 2, z3 thỏa mãn z1  z2  z3 1 z1z2 z3 1 Mệnh đề sau sai

A.Trong ba số có hai số đối

8

6

4

2

5 O

(131)

y

x

z

C O

I M

B.Trong ba số phải có số C. Trong ba số có nhiều hai số D. Tích ba số ln

Ta có: z1z2z3  1 z1 z2 z3

Nếu 1z10 z2 z30z2  z3

Nếu 1z10 điểm P biểu diễn số phức 1z1z2z3 khơng trùng với góc tọa độ O Gọi M điểm biểu diễn số phức z1 A điểm biểu diễn số

Khi ta có OA OM   OP (do P điểm biểu diễn số 1  z1) nên OAPM hình bình hành Mà z1  z2  z3 1nên điểm biểu diễn cho ba số z z1, 2, z3 nằm đường trịn đơn vị Ta có OA OM 1 nên OAPM hình thoi Khi ta thấy M, A giao điểm đường trung trực đoạn OP với đường tròn đơn vị

Tương tự P điểm biểu diễn z2 z3, M’ A’ hai điểm biểu diễn số z2, z3 ta có M’, A’ giao điểm đường trung trực OP đường tròn đơn vị

Vậy M'M A, 'A ngược lại Nghĩa z2 1,z3  z1 z3 1,z2  z1 Do A, B mệnh đề

C hiển nhiên, ba số tổng D sai với 1 1, 2 2 , 3 2

2 2

     

z z i z i thỏa hai tính chất đề

1 1

z z z Chọn đáp án D

Câu 23 Cho số phức có mơ đun 2017 số phức thỏa mãn Mô đun

của số phức

A. 2015 B.1 C.2017 D.0

Từ ta suy

Lấy mơ đun hai vế ta có Chọn đáp án C

Câu 24 Cho số phức z thoả mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ

A B 2 C D.

Các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn nằm đường tròn (C) tâm I(2; −3) bán kính R =

(Ý nghĩa hình học : độ dài OM)

Ta có |z| đạt giá trị nhỏ  điểm M(C) OM nhỏ (Bài tốn hình học giải tích quen thuộc)

Ta có: OM OI – IM = OI – R =

Dấu « = » xảy M là giao điểm (C) đoạn thẳng OI

z w 1

w w

z  z w

1 1

w w

z  z

2

w w

z  z 

2

w 3w

w

2 2

i i

z   z  

 

         

   

     

w 2017 z  

2 3

z  i  z

133 132

2 3 z  i 

z

 13 3

(132)

Vậy GTNN là: Chọn đáp án A

Câu 25 Cho số phức thỏa mãn: Tìm giá trị nhỏ

A.1 B.2 C.3 D.4

Giả sử , ta có: Đặt

Đặt

Dấu “=” xảy

Vậy

Câu 26 Tìm phần thực số phức thỏa mãn phương trình

A.5 B.6 C.7 D.8

Hướng dẫn giải: Điều kiện n > 3,

Phương trình (so đk)

Vậy phần thực số phức z Chọn đáp án D

Câu 27 Cho số phức thỏa mãn số phức Khi mơ đun số phức là:

A B C D

Hướng dẫn giải: Giả sử

Xét (vơ lí)

Nên

z 13 3

z z 3 4i 4 z

za bi abi 3 4i  4 a32 b42 16 4sin 4sin

4 cos cos

a a

b b

 

   

 



 

   

 

2 2 2

9 16sin 24sin 16cos 16 32cos 41 24sin 32cos

3

41 40( sin cos )

5

z a b    

 

        

  

3 4

cos ,sin

5 5

     z2 a2b2 41 40sin(   ) 1

2

2 k k

 

           

1 Min z 

n

z(1 i) , n 

4

log (n3)log (n9)3

n

4 4

log (n3)log (n9)3log (n3)(n9)3n7

 2

7

z(1 i) (1 i) i    (1 i)(2i)  8 8i

 

z z 1

2 z

iz  



w w

w 2 1 w 2 w 1 w 2

 , 

z a bi a b 2

1

z  a b 

 

2

2 2

4

2

2 2

a b

z

iz b a

 

 

  

 

2

2 2 2

4

2

1

2 2

a b

z

a b

iz b a

 



      

  

1  w

(133)

Câu 28 Cho số phức thỏa mãn Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức

là đường trịn Tính bán kính đường trịn đó?

A B C D

Hướng dẫn giải: Giả sử

Theo đề

suy bán kính đường trịn Chọn đáp án A

Câu 29 Tìm phần ảo số phức , biết số phức z thỏa mãn

A B C D

Ta thấy lập thành cấp số nhân gồm 2018 số hạng với công bội

Suy

Vậy phần ảo z Chọn đáp án B

Câu 30 Cho số phức z thỏa mãn z 4 Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức (3 )

  

w i z i đường trịn Tính bán kính r đường trịn

A.r  4. B.r  5. C.r  20. D. r  22.

Gọi w a bi  , ta có (3 ) ( 1)  ( 1) (32 )

3 16

  

 

       

 

a b i i

a b i

w a bi i z i z

i i

2

(3 4) (3 3)

3 4 (3 3)

25 25 25

    

   

 a b  b a i z  a b b a

Mà z = nên(3a4b4)2(3b4a3)2 1002 a2b22b399

Theo giả thiết, tập hợp điểm biểu diễn số phức w(3 ) i zi đường trịn nên ta có

2 2

2 399 ( 1) 400 400 20

         

a b b a b r

z z 1 2

 

w  1i z 2 r

4

r  r 2 r 16 r 25

   

z a bi w x yi a b x y a b2

; ; , , ,

        

    x a b x a b 

w i z x yi i z

y b a y b a

2 3

1 3

3 3

        

 

          

     

 

 

x 32 y 3 2 a 1 b 32 b a 1 32 4a 12 b2 16

               

 

x 32 y 32 16

     r  16 4

z i z   2 i 1i2 1i2017

1 21009 21009 21009i

 2  2017

1; 1i; 1i ; ; 1i u1 1

q i

 

2018 2018

1

i q

i z S u i i i

q i

 



     



 2018  2 1009  1009 1009

1009

1 1 1 2

1

z i i i i

z i

 

          

 

  

1009

2

(134)

Câu 31 Với hai số phức z1 z2 thỏa mãn z1z2  8 6i z1z2 2 Tìm giá trị lớn

1

 

P z z

A P 5 B. P2 26 C. P4 D. P34 2 Hướng dẫn giải:

Đặt OA z OB1 ,  z2 ( với O gốc tọa độ, A B, điểm biểu diễn z z1, 2) Dựng hình bình hành OACB, ta có AB z1z2 2,OC z2 z1 10,OM 5 Theo định lý đường trung tuyến ta có

 2

2

2 2

1

2

52 52

4

 

 OA OB AB      

OM OA OB z z

Ta có z1  z2  2z12  z2 22 26Pmax 2 26 Chọn đáp án B

Định dạng
Số trang	134
Dung lượng	9,9 MB