Tải bản đầy đủ

PHÂN TÍCH VÀ PHÁT TRIỂN BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO

PHÂN TÍCH VÀ PHÁT TRIỂN NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG
CAO TRONG ĐỀ MINH HỌA 2019

Câu 39: Cho hàm số y  f x  . Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Bất phương trình f x   ex  m đúng với mọi x  1;1 khi và chỉ khi

1
B. m  f 1  .
e

A. m  f 1  e.

1
C. m  f 1  .
e

D. m  f 1  e.

Đối với các lớp bài toán kiểu trên ta dùng phương pháp hàm số với lưu ý rằng
Xét bất phương trình f x   m đúng với mọi x  a, b 

Trong trường hợp f x  đơn điệu ( f  x  không đổi dấu ) trên a, b  và hàm f x  liên tục trên
a, b  thì yêu cầu bài toán trở thành max f x   m .
 
 
a ,b 

Trong trường hợp f x  đạt giá trị lớn nhất tại điểm x 0  a, b  thì yêu cầu bài toán trở
thành max f x   m .
a ,b 
 

Lời giải
Chọn C

Ta có: f (x )  ex  m , x  1;1  f (x )  ex  m , x  1;1 .
Xét hàm số g(x )  f (x )  ex , ta có: g (x )  f (x )  ex .
Dựa vào bảng biến thiên f ' x  ta thấy x  1;1 thì f (x )  0 , ex  0 nên
g (x )  f (x )  ex  0 , x  1;1 .

Hàm số g x  nghịch biến trên 1;1 và liên tục trên

1,1



1
1
Suy ra: max
f x   e x  g 1  f (1)  . Do đó: m  f (1)  .
1,1
e
e







1


CÂU TƯƠNG TỰ
Câu 1:

Cho hàm số y  f x  . Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

 
Bất phương trình f x   2cos x  3m đúng với mọi x  0;  khi và chỉ khi
 2 
A. m 

1
f 0  2 .

3 

B. m 

1
f 0  2 .

3 

C. m 



1    
1  
  1 . D. m   f    1 .
f



3   2 
3   2 



Lời giải
Chọn A

 
 
Ta có: f x   2cos x  3m đúng x  0;   f x   2cos x  3m, x  0, 
 2 
 2 
Xét hàm số g(x )  f x   2cos x ,

Ta có: g (x )  f  x   2cos x .sin x .ln 2 .

 
Dựa vào bảng biến thiên: f ' x   0 , x  0;  và hiển nhiên 2cos x .sin x .ln 2  0 ,
 2 

 
x  0;  . Hàm số g x  đồng biến trên
 2 

  
0;  và liên tục trên 1,1


 2 

 
 f x   2cos x   3m
Do đó: f x   2cos x  3m, x  0,   min

   
 2 
0, 


 2

Suy ra: min
g x   g 0  f 0  2 . Do đó: m 


0,  
 2



Câu 2:

1
f 0  2

3 

Cho hàm số y  f x  . Có bảng xét dấu đạo hàm như sau:
Bất phương trình f x   ex
1
A. m  f 1  .
e

2x

 m đúng x  0;2 khi chỉ khi.

1
B. m  f 1  .
e

Chọn A

BPT  f x   ex

2

2

2x

m.

2

C. m  f 0  1 .

Lời giải

D. m  f 0  1 .


Xét hàm số h x   f x   ex

2

2x

 h  x   f  x   2  2x  ex

Nếu x  0;1 thì f  x   0 và 2  2x  ex
Nếu x  1;2 thì f  x   0 và 2  2x  ex
Câu 3:

2

2

2x

2x

2

2x

 0 nên h  x   0 .

.

 0 nên h  x   0 .

1
1
Suy ra max h x   h 1  f 1  . Nên YCBT  m  f 1  .
0;2
e
e
 

Cho hàm số y  f x  . Có bảng biến thiên như sau:





Bất phương trình x 2  5 f x   m có nghiệm trên khoảng 1;2 khi và chỉ khi.
A. m  27 .
Chọn A

B. m  24 .

C. m  10 .
Lời giải

D. m  27 .

Nếu x  1; 0 thì cả hai hàm số y  x 2  5 và y  f x  cùng nghịch biến.
Nếu x  0;2 thì cả hai hàm số y  x 2  5 và y  f x  cùng đồng biến.
Mặt khác trên khoảng 1;2 thì x 2  5  0 và f x   0 .





Ta có BBT của hàm số y  x 2  5 f x  trên khoảng 1;2 .

Nên YCBT  m  27 .

3


Câu 40: Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh, gồm 3 nam
và 3 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để
mỗi học sinh nam đều ngồi đối đối diện với một học sinh nữ bằng
A.

2
.
5

B.

1
.
20

C.

3
.
5

D.

1
.
10

Trước hết chúng ta tìm số phần tử không gian mẫu. Mỗi cách xếp 6 học sinh vào 6 chiếc

ghế là một hoán vị của 6 phần tử, vì vậy số phần tử của không gian mẫu là:   6! cách.
Gọi A là biến cố mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.
Giả sử các ghế được sắp xếp như hình vẽ

A1

B1

C1

A2

B2

C2

Ta có thể tư duy tìm số phần tử của A theo 1 trong các hướng sau:
Hướng 1:
+ Xếp bạn thứ nhất (nam hoặc nữ đều được) vào ghế A1 sẽ có 6 cách chọn.

Tiếp theo sẽ xếp 1 bạn vào ghế A2 , bạn này phải khác giới với bạn ngồi ghế A1 nên sẽ có 3

cách chọn (nếu ghế A1 là nam thì ghế A2 phải là 1 trong 3 bạn nữ hoặc nếu ghế A1 là nữ
thì ghế A2 phải là 1 trong 3 bạn nam).

+ Tiếp tục xếp 1 trong 4 bạn còn lại vào ghế B1 sẽ có 4 cách chọn. Xếp bạn vào ghế B2 sẽ

có 4 cách chọn
+ Sau đó xếp 1 trong 2 bạn còn lại vào ghế C 1 sẽ có 2 cách chọn. Bạn cuối cùng chỉ còn 1
cách lựa chọn ngồi ghế C 2 .

Do vậy số phần tử của A là: A  6.3.4.2.2.1

Hướng 2:
Xếp cố định 3 bạn cùng giới vào 1 dãy ghế có 3! cách.
Xếp 3 bạn thuộc giới còn lại vào dãy có 3! cách.

Ở các cặp ghế đối diện nhau hai bạn nam và nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên có 23 cách.
Do vậy số phần tử của A là A  3!.3!.23 .

Hướng 3:
Xếp 1 bạn vào ghế thứ nhất, giả sử xếp bạn nam thứ nhất có 6 cách.
Còn lại 5 ghế, bạn nam thứ 2 không được ngồi đối diện bạn nam thứ nhất nên có 4 cách.
Còn lại 4 ghế, bạn nam thứ 3 không được ngồi đối diện hai bạn nam kia nên có 2 cách.
Xếp 3 bạn nữ vào ba ghế còn lại có 3! cách.
Do vậy số phần tử của A là A  6.4.2.3! .

4


Lời giải

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu là   6!  720 .

Gọi A là biến cố mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ.
Giả sử các ghế được sắp xếp như hình vẽ:

A1

B1

C1

A2

B2

C2

Cách 1:
Xếp bạn thứ nhất vào ghế A1 sẽ có 6 cách chọn.

Tiếp theo sẽ xếp 1 bạn vào ghế A2 , bạn này phải khác giới với bạn ngồi ghế A1 nên sẽ có 3

cách chọn
Tiếp tục xếp 1 trong 4 bạn còn lại vào ghế B1 sẽ có 4 cách chọn. Xếp bạn vào ghế B2 sẽ có
4 cách chọn
Sau đó xếp 1 trong 2 bạn còn lại vào ghế C 1 sẽ có 2 cách chọn. Bạn cuối cùng chỉ còn 1
cách lựa chọn ngồi ghế C 2 .

Số phần tử của A là: A  6.3.4.2.2.1  288
Vậy xác suất cần tìm là P A 

A




288 2
 .
720 5

Cách 2:
Xếp 3 học sinh nữ vào cùng 1 dãy ghế có 3! cách.
Xếp 3 học sinh nam vào cùng 1 dãy ghế có 3! cách.

Ở các cặp ghế đối diện nhau hai bạn nam và nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên có 23 cách.
Số phần tử của A là: A  3!.3!.23  288 .
Vậy xác suất cần tìm là P A 

A




288 2
 .
720 5

Cách 3:
Xếp bạn nam thứ nhất có 6 cách, bạn nam thứ 2 có 4 cách, bạn nam thứ 3 có 2 cách.
Xếp 3 bạn nữ vào ba ghế còn lại có 3! cách.
Số phần tử của A là: A  6.4.2.3!  288 .
Vậy xác suất cần tìm là P A 

A




6.4.2.3! 288 2

 .
6!
720 5

5


CÂU TƯƠNG TỰ
Câu 1:

Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có bốn ghế. Xếp ngẫu nhiên 8 học sinh, gồm 4 nam
và 4 nữ, ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để
mỗi học sinh nam đều ngồi đối đối diện với một học sinh nữ và không có hai học sinh cùng
giới ngồi cạnh nhau bằng
A.

8
.
35

B.

1
.
35

C.

2
.
35

D.

Lời giải

4
.
35

Chọn B
Mỗi cách xếp 8 học sinh vào 8 chiếc ghế là một hoán vị của 8 phần tử, vì vậy số phần tử
của không gian mẫu là:   8 !  40320 .

Gọi A là biến cố: “Mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ và không có hai
học sinh cùng giới ngồi cạnh nhau”.
Cách 1.
Với cách xếp như vậy thì ta có hai tường hợp
NỮ nam NỮ nam
nam NỮ nam NỮ
nam NỮ nam NỮ
NỮ nam NỮ nam
Như vậy ta có A  2.4 !.4 !  1152

Vậy xác suất của biến cố A là: P A 
Cách 2.
8 cách (nam hoặc nữ, giả sử là
nam)
4 cách (nữ)

1152
1
.

40320 35
3 cách (nữ)
3 cách
(nam)

Theo cách này có A  8.4.3.3.2.2.1.1  1152 .

Câu 2:

Do đó xác suất của biến cố A là: P A 

2 cách (nam)
2 cách (nữ)

1 cách (nữ)

1 cách (nam)

1152
1
.

40320 35

Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế. Người ta muốn xếp chỗ ngồi
cho 5 học sinh trường X và 5 học sinh trường Y vào bàn nói trên. Tính xác suất để bất cứ 2
học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau.
A.

2
.
63

B.

4
.
63

C.

8
.
63

D.

Lời giải

Chọn C

A1

B1

C1

D1

E1

A2

B2

C2

D2

E2

6

5
.
63


Mỗi cách xếp 10 học sinh vào 10 chiếc ghế là một hoán vị của 10 phần tử, vì vậy số phần tử
của không gian mẫu là:   10!  3628800 .

Gọi A là biến cố: “bất cứ 2 học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường với nhau”.
Cách 1:
 Xếp bạn thứ nhất vào ghế A1 sẽ có 10 cách chọn.

 Tiếp theo sẽ xếp 1 bạn vào ghế A2 , bạn này phải khác trường với bạn ngồi ghế A1 nên

sẽ có 5 cách chọn
 Tiếp tục xếp 1 trong 8 bạn còn lại vào ghế B1 sẽ có 8 cách chọn. Xếp bạn vào ghế B2
sẽ có 4 cách chọn
 Tiếp tục xếp 1 trong 6 bạn còn lại vào ghế C 1 sẽ có 6 cách chọn. Xếp bạn vào ghế C 2
sẽ có 3 cách chọn
 Tiếp tục xếp 1 trong 4 bạn còn lại vào ghế D1 sẽ có 4 cách chọn. Xếp bạn vào ghế D2

sẽ có 2 cách chọn
 Sau đó xếp 1 trong 2 bạn còn lại vào ghế E1 sẽ có 2 cách chọn. Bạn cuối cùng chỉ còn 1
cách lựa chọn ngồi ghế E 2 .

Số phần tử của A là: A  10.5.8.4.6.3.4.2.2.1  460800
Vậy xác suất cần tìm là P A 

A




460800
8

.
3628800 63

Cách 2:
Xếp 3 học sinh trường X vào cùng 1 dãy ghế có 6! cách.
Xếp 3 học sinh trường Y vào cùng 1 dãy ghế có 6! cách.

Ở các cặp ghế đối diện nhau hai bạn nam và nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên có 26 cách.
Số phần tử của A là: A  5!.5!.25  460800 .
Câu 3:

Vậy xác suất cần tìm là P A 

A




460800
8
.

3628800 63

Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh có 105 em dự thi, có 10 em tham gia buổi gặp mặt
trước kỳ thi. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành một cấp số cộng. Các
em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có năm ghế và mỗi ghế chỉ
ngồi được một học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau
là bằng nhau.
1
1
1
1
A.
B.
C.
D.
126
252
945
954
Lời giải

Chọn C
Mỗi cách xếp 10 học sinh vào 10 chiếc ghế là một hoán vị của 10 phần tử, vì vậy số phần tử

của không gian mẫu là:   10!  3628800 .

Gọi A là biến cố: “Tổng số thứ tự của các học sinh ngồi đối diện nhau là bằng nhau”.
Giả sử số vị trí của 10 học sinh trên là u1, u2 ,...., u10 . Theo tính chất của cấp số cộng, ta có
các cặp số có tổng sau đây: u1  u10  u2  u9  u 3  u 8  u 4  u7  u5  u6
10 cách
1 cách

8 cách
1 cách

6 cách
1 cách

Theo cách này có A  10.8.6.4.2  3840
Do đó xác suất của biến cố A là: P A 

4 cách
1 cách

2 cách
1 cách

3840
1
.

3628800
945

7


Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2; 2; 4 , B 3; 3; 1 và mặt phẳng

P  : 2x  y  2z  8  0 .

2MA2  3MB 2 bằng
A. 135 .

Xét M là điểm thay đổi thuộc P  , giá trị nhỏ nhất của

B. 105 .

C. 108 .

D. 145 .

Đây là bài toán cực trị hình học trong không gian (cũng giống một dạng toán cực trị trong
hình học phẳng). Sử dụng kiến thức về “tâm tỉ cự” có thể giúp học sinh thấy được bản chất
hình học của bài toán, đồng thời xây dựng lên ý tưởng ra đề cũng như ý tưởng chung để
giải quyế dạng toán này.
* Tâm tỉ cự: Trong không gian, cho hệ n điểm A1, A2 ,..., An và n số thực k1, k2 ,..., kn

thỏa mãn k1  k2  ...  kn  k  0 . Khi đó, tồn tại duy nhất một điểm I trong không gian


 
thoả mãn: k1 IA1  k2 IA2  ...  kn IAn  0
Điểm I như thế được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm Ai gắn với các hệ số ki .

* Sử dụng “tâm tỉ cự” để giải một số bài toán cực trị hình học.
Bài toán tổng quát 1: Cho n điểm A1, A2 ,..., An và n số thực k1, k2 ,..., kn thỏa mãn

k1  k2  ...  kn  k  0 . Cho đường thẳng d hoặc mặt phẳng P  . Tìm điểm M trên



đường thẳng d hoặc mặt phẳng P  sao cho k1 MA1  k2 MA2  ...  kn MAn có giá trị nhỏ
nhất.
Phương pháp:



 
+ Tìm điểm I thỏa mãn: k1 IA1  k2 IA2  ...  kn IAn  0 .




+ k1 MA1  k2 MA2  ...  kn MAn  k MI

+ Điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d hoặc mặt phẳng
P  .

Bài toán tổng quát 2: Cho n điểm A1, A2 ,..., An và n số thực k1, k2 ,..., kn thỏa mãn

k1  k2  ...  kn  k  0 . Cho đường thẳng d hoặc mặt phẳng P  . Tìm điểm M trên

đường thẳng d hoặc mặt phẳng P  sao cho T  k1MA12  k2MA22  ...  kn MAn2 có giá trị
nhỏ nhất (hoặc giá trị lớn nhất).
Phương pháp:


 
+ Tìm điểm I thỏa mãn: k1 IA1  k2 IA2  ...  kn IAn  0 .

+ T  k1MA12  k2MA22  ...  kn MAn2  kMI 2  k1IA12  k2IA22  ...  kn IAn2 .
+ Do k1IA12  k2IA22  ...  kn IAn2 không đổi nên

Nếu k  0 , T nhỏ nhất khi điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường
thẳng d hoặc mặt phẳng P  .

Nếu k  0 , T lớn nhất khi điểm M cần tìm là hình chiếu vuông góc của I trên đường

thẳng d hoặc mặt phẳng P  .

8


Lời giải

Chọn A


 
Gọi I x ; y; z  là điểm thỏa mãn 2IA  3IB  0 suy ra I 1;1;1





IA2  27 ; IB 2  12 ; d I , P   3

 2
 2
 2
  2
  2
2MA2  3MB 2  2 MI  IA  3 MI  IB  5MI  2IA  3IB  5MI 2  90









Suy ra 2MA2  3MB 2 nhỏ nhất  MI nhỏ nhất





Mà MI  d I , P   3

Vậy 2MA2  3MB 2  5.9  90  135 .

CÂU TƯƠNG TỰ
Câu 1:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 2;1; 3 , B 1; 1;2 ,
C 3; 6;1 . Điểm M x ; y; z  thuộc mặt phẳng Oyz  sao cho MA2  MB 2  MC 2 đạt giá

trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức P  x  y  z .
A. P  0 .

B. P  2 .

Chọn A

C. P  6 .
Lời giải

D. P  2 .

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Suy ra: G 2; 2;2 .
 2  2  2
Ta có: MA2  MB 2  MC 2  MA  MB  MC
  2
  2
  2
 MG  GA  MG  GB  MG  GC  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 .



 

 



Do tổng GA2  GB 2  GC 2 không đổi nên MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và
chỉ khi MG 2 nhỏ nhất hay MG nhỏ nhất.

Mà M nằm trên mặt phẳng Oyz  nên M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng

Câu 2:

Oyz  . Suy ra: M 0; 2;2 .
Vậy P  x  y  z  0  2  2  0 .

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A 1;1;1 , B 0;1;2 , C 2;1; 4 và
mặt phẳng P  : x  y  z  2  0 . Tìm điểm N  P  sao cho S  2NA2  NB 2  NC 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
 4 4
A. N  ;2;  .
 3 3 

Chọn D
Với mọi điểm I ta có

 1 5 3
C. N  ; ;  .
 2 4 4 

B. N 2; 0;1 .

Lời giải

  2
 
S  2NA2  NB 2  NC 2  2 NI  IA  NI  IB



D. N 1;2;1 .

 
9

 
 NI  IC

 
2



2


   
 4NI 2  2NI 2IA  IB  IC  2IA2  IB 2  IC 2





   
Chọn điểm I sao cho 2IA  IB  IC  0
   
   
2IA  IB  IC  0  4IA  AB  AC  0 Suy ra tọa độ điểm I là I 0;1;2 .

Khi đó S  4NI 2  2IA2  IB 2  IC 2 , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên
mặt phẳng P  .

x 0 t

1t
Phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng P  là y 
  
z  2  t


Câu 3:

Tọa độ điểm N t;1  t;2  t   P   t  1  t  2  t  2  0  t  1  N 1;2;1 .

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;1 , B 2; 1; 3 . Tìm điểm M trên mặt phẳng

Oxy  sao cho MA

2

3 1 
A. M  ; ; 0 .
 2 2 

 2MB 2 lớn nhất.

Chọn D

1 3 
B. M  ;  ; 0 .
 2 2 

C. M 0; 0;5 .

D. M 3; 4; 0 .

Lời giải


 
Gọi điểm E thỏa EA  2EB  0 . Suy ra B là trung điểm của AE , suy ra E 3; 4;5 .

  2
 
Khi đó: MA2  2MB 2  ME  EA  2 ME  EB



 

  ME
2

2

 EA2  2EB 2 .

Do đó MA2  2MB 2 lớn nhất  ME nhỏ nhất  M là hình chiếu của E 3; 4;5 lên

Oxy 

 M 3; 4; 0 .

Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau

+ Loại C vì M 0; 0;5 không thuộc Oxy  .

3 1 
1 3 
+ Lần lượt thay M  ; ; 0 , M  ;  ; 0 , M 3; 4; 0 vào biểu thức MA2  2MB 2 thì
 2 2 
 2 2 
Câu 4:

M 3; 4; 0 cho giá trị lớn nhất nên ta chọn M 3; 4; 0 .

    
M a ;b ; c  thuộc P 



Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 4;5 , B 3; 4; 0 , C 2;  1; 0 và
mặt

phẳng

P  : 3x  3y  2z  12  0 .

Gọi

MA2  MB 2  3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a  b  c .
A. 3 .
B. 2 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn A
 


Gọi I x ; y ; z là điểm thỏa mãn IA  IB  3IC  0 .


Ta có: IA  1  x ; 4  y ;5  z , IB  3  x ; 4  y ;  z









và 3IC  6  3x ;  3  3y ;  3z .





D. 3 .





1  x  3  x  6  3x  0
x  2


Từ ta có hệ phương trình: 4  y  4  y  3  3y  0  y  1  I 2;1;1 .


5  z  z  3z  0
z  1



10



sao

cho


 2
  2
 
Khi đó: MA2  MA  MI  IA  MI 2  2MI . IA  IA2 .



 2
 
MB 2  MB  MI  IB



 2
3MC 2  3MC



 

  MI  2MI . IB  IB .
 
 
 3 MI  IC   3 MI  2MI . IC  IC  .
2

2

2

2

2

2

Do đó: S  MA2  MB 2  3MC 2  5MI 2  IA2  IB 2  3IC 2 .

Do IA2  IB 2  3IC 2 không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị
nhỏ nhất. Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng P  : 3x  3y  2z  12  0 .


Vectơ chỉ phương của IM là n  3;  3;  2 .





x  2  3t

Phương trình tham số của IM là: y  1  3t , t    .

z  1  2t






Gọi M 2  3t ;1  3t ;1  2t  P  là hình chiếu của I lên mặt phẳng P  .
Khi đó: 3 2  3t   3 1  3t   2 1  2t   12  0  22t  11  0  t 

7
1 
7 1
Suy ra: M  ;  ; 0 . Vậy a  b  c    3 .

 2
2 
2 2

1
.
2

x  1

Câu 5: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : y 1  0 , đường thẳng d :  y 2 t và hai điểm

1

1

A  1; 3;11 , B  ; 0;8  . Hai điểm M , N thuộc mặt phẳng  P  sao cho d M , d   2 và
2

z
NA  2 NB . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN .
2
A. MN min  1 .
B. MN min  2 .
C. MN min 
.
D.
min
2
Hướng dẫn:
Vì d  M , d   2 nên M thuộc mặt trụ tròn xoay  H  có trục là đường thẳng d , mà
M 2P. nên M
MN
3

 d   P    I 1;1;1
nằm trên giao của mặt phẳng  P  với mặt trụ  H  . Lại có 
nên giao của mặt

d   P 

phẳng

 P

với mặt trụ  H  là đường tròn  C  có tâm I và bán kính là R  2 .
2

Giả sử N  x; y; z  . Vì NA  2 NB nên

 x  1

2

1
2
2
2

  y  3    z  11  2  x    y 2   z  8 
2


 x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  14 z  42  0 . Đây là phương trình mặt cầu

S

tâm J 1;1;7  , bán kính

R  3 . Lại có N   P  nên N nằm trên giao của mặt cầu  S  với mặt phẳng
giao của mặt cầu  S  với mặt phẳng

 P

Dễ thấy MN min  IJ  R  R  1 .

 P  . Mà

J   P  nên

là đường tròn  C   tâm J bán kính bằng R  3 .

11


2

Câu 42: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  2 z  z  4 và z  1  i  z  3  3i ?
A. 4 .

B. 3 .

C. 1 .

D. 2 .

Đây là bài toán tìm số phức bằng cách giải hệ phương trình. Cách làm phổ biến là đặt
z  x  yi, x , y    và đưa về hệ phương trình đại số để giải.

Đây là câu hỏi thuộc chương số phức. Dạng toán tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho
trước.
Mức độ câu hỏi : Vận dụng thấp.
Kiến thức cần vận dụng :
- Các phép toán về số phức.
- Modun số phức.
- Kiến thức về giải phương trình.
Lời giải

Chọn B

+ Gọi z  x  yi, x , y    .Khi đó, ta có:

2
2
2
2
 z  1  i  z  3  3i


x  1  y  1  x  3  y  3


 2
 2
 z  2 z  z  4
x  y 2  4 x  4



y  x  4

.
2
 2
5
x

8
x

2
x

0






x  0

5x 2  24x  0
 8 24 

2
+ 5x  8 x  2 x  0  
 x   ; 0;  .
 5
x  0
5 
 2
5x  8x  0






CÂU TƯƠNG TỰ
Câu 1:

z 2  2z  4
Cho số phức z không phải là số thực và 2
là số thực. Có bao nhiêu số phức z
z  2z  4
thỏa mãn z  z  z  z  z 2 .
A. 0 .

B. 2 .

C. 4 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn B
+ Điều kiện z 2  2z  4  0  z  1  i 3 .Vì số phức z không phải là số thực nên

z 2  2z  4
z 2  2z  4
;
Đặt

1
w

 1.
z 2  2z  4
z 2  2z  4

12


Ta có wz 2  2wz  4w  z 2  2z  4  z 2 

2(w  1)
z  4  0 1 .
w 1

Vì w là số thực khác 1 nên 1 là phương trình bậc hai với hệ số thực. Vì tồn tại số phức z
không thực  1 có hai nghiệm phức z 1, z 2 không thực  z 1  z 2  4  2  z  2 .
+ Đặt

( x, y  

z  x  yi

z  2  x 2  y2  4 ;

);

z  z  z  z  z 2  2 x  2 y  x 2  y2 .

x 2  y 2  4
x 2  y 2  4
x  0; y  2



Xét hệ  2


y  0; x  2 .
x  y 2  2 x  2 y
 x  y  2



Câu 2:

Vì số phức z không phải là số thực và z  1  i 3 nên z  2i .
[THPTQG 2017] Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  3i  5 và

A. 0 .

B. Vô số.

C. 1 .
Lời giải

Chọn C
+ Điều kiện z  4 . Đặt z  x  yi,(x , y  ) .

z
là số thuần ảo.
z 4
D. 2 .

Cách 1:

+ Ta có z  3i  5  x 2  (y  3)2  5  x 2  y 2  6y  16 1 .

x  yi . x  4  yi  x 2  4x  y 2
z
x  yi
4yi




2
2
2
z  4 x  4  yi
x  4  y 2
x  4  y 2 x  4  y 2

x 2  4x  y 2  0 2

x 2  4x  y 2
z
 0  
+
là số thuần ảo 
.
2
2
x  4  y 2  0
2
z 4
x

4

y




x

y

2
2
x  y  6y  16


 
Từ 1 , 2 ta có hệ:  2
2
x
x  y  4x  0



y


4
0

16
13
24

13


16 24
 i . Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn.
13 13
Nhận xét: Học sinh thường mắc sai lầm là thiếu điều kiện z  4 dẫn đến không loại được
nghiệm.
z 

Cách 2: Vì

z
z
4bi
là số thuần ảo 
.
 bi,b  R   z 
z 4
z 4
1  bi

z  3i  5 

3b  3  4b  i
4bi  3i. 1  bi 
4bi
 3i  5 
5
5
1  bi
1  bi
1  bi





 9b 2  3  4b   25  1  b 2  b 
2

2
.Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn
3

13


Câu 3:

[THPTQG 2018] Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z z  4  i   2i  5  i  z .

A. 2 .

B. 3 .

Chọn B

C. 1 .
Lời giải

D. 4 .

Phân tích : Nếu đặt z  x  yi x , y    thì thấy khối lượng tính toán lớn và đi đến một hệ

phương trình phức tạp. Nghĩ đến phép lấy mô đun hai vế của một biểu thức số phức là
phép suy ra. Ta chỉ thực hiện được nó khi giả thiết của bài toán được đưa về một trong các
dạng sau :

a  bi  z  c  di hoặc a  bi  z  c  di với a,b, c, d

là các hằng số thực.

a  bi
a  bi
 c  di với a, b, c, d là các hằng số thực.
 c  di hoặc
z
z

Sau khi lấy mô đun hai vế, ta được phương trình một ẩn z .

z z  4  i   2i  5  i  z  z . z  4 z  i. z  2i  5  i  z









 z z 5i  4 z  2 z i  z .

 z  5

2

2



 1  16 z  2  z



2

4
3
2
2 2
2

 z  z  10 z  26  17 z  4 z  4  z  10 z  9 z  4 z  4  0



z  1
2
 3


.
 z  1  z  9 z  4  0   3
2


 z  9 z  4  0 2

Bằng cách bấm máy tính ta thấy phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt trong đó có đúng





2 nghiệm phân biệt dương đều khác 1. Từ đó ta thu được 3 giá trị của z . Hơn nữa do (1),
ta thấy mỗi giá trị dương của z thay vào (1) ta được một số phức z thỏa mãn yêu cẩu bài
toán. Vậy có 3 số phức.

Câu 4: Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z 1 2i  5 và z1  z2  8 . Tìm môđun của số
phức w  z1  z2  2  4i .
A. w  6 .
Hướng dẫn:

B. w  16 .

C. w  10 .

D. w  13 .

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z1 , B là điểm biểu diễn của số phức z2 .

Theo giả thiết z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 nên A và B thuộc đường tròn
tâm I 1; 2  bán kính r  5 .
Mặt khác z1  z2  8  AB  8 .

Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm biểu diễn của số phức
Do đó ta có 3  IM 

z1  z 2
và IM  3 .
2

z1  z 2
1
 1  2i  3  z1  z2  2  4i  z1  z2  2  4i  6  w  6 .
2
2

14


Câu 43: Cho hàm số y  f x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả
các giá trị thực của tham số m để phương trình f sin x   m có nghiệm thuộc khoảng

0;   là

A. 1; 3 .

B. 1;1 .

C. 1; 3 .

D. 1;1

Đây là bài toán về sự tương giao đồ thị. Đề bài đã cho đồ thị của hàm f x  nên ta nghĩ đến

việc dùng đồ thị để giải. Để sử dụng được đồ thị thì cần đưa f sin x  về dạng f x  . Từ đó
ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa về hàm ban đầu và sử dụng được đồ thị để giải bài toán
tương giao. Chú ý tìm miền giá trị cho biến mới.

Lời giải
Chọn D

Đặt t  sin x , do x  0;   nên t  0;1 (xem hình trên)


Khi đó phương trình trở thành: f t   m, t  0;1 . Đồ thị f t  trên 0;1 như hình vẽ.


Từ đồ thị ta có: Phương trình f sin x   m có nghiệm thuộc khoảng 0;  

 phương trình f t   m có nghiệm trên nửa khoảng 0;1  m  1;1 .


Nhận xét: Đây là câu hỏi thuộc chương hàm số của lớp 12, dạng tương giao dùng đồ thị
Mức độ câu hỏi: Vận dụng thấp.
Kiến thức vận dụng: Đặt ẩn phụ, tìm điều kiện cho ẩn phụ (lượng giác), biết quan sát đồ thị
trên một miền cho trước, biết dùng đồ thị để biện luận sự tương giao.

15


CÂU TƯƠNG TỰ
Câu 1:

Cho hàm số y  f (x ) xác định, liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá





trị nguyên của m để phương trình 2.f 3  4 6x  9x 2  m  3 có nghiệm.

A. 13 .

B. 12 .

Chọn B

C. 8 .
Lời giải

D. 10 .

 2
Với x   0;  , ta có 0  6x  9x 2  1  (1  3x )2  1  0  4 6x  9x 2  4
 3







 3  3  4 6x  9x 2  1 . Dựa vào đồ thị đã cho suy ra f 3  4 6x  9x 2  5;1 .







Khi đó phương trình 2.f 3  4 6x  9x 2  m  3 có nghiệm
 5 

m 3
 1  7  m  5 .
2





Do m   nên m  7;  6;  5;  4;  3;  2;  1; 0; 1; 2; 3; 4; 5 , có 13 giá trị của m
Câu 2:

thỏa đề.

Cho hàm số y  f x  xác định trên  và có đồ thị như hình bên. Có bao nhiêu giá trị



nguyên của tham số m để phương trình: f  4 sin 4 x  cos4 x


A. 2 .

Chọn D

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

16

  m

có nghiệm.

D. 5 .







Đặt t  4 sin 4 x  cos4 x  4  2 sin2 2x  t  2; 4 .
 
4
4
Do đó phương trình f  4 sin x  cos x   m có nghiệm  phương trình f t   m có





nghiệm trên đoạn 2; 4 .
 

Dựa vào đồ thị đã cho ta thấy: phương trình



Câu 3:

f t   m



t  2; 4  1  m  5 . Vậy m  1;2; 3; 4;5 .

có nghiệm t

với

Cho hàm số y  f x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên



 



của tham số m để phương trình f f sin x   m có nghiệm thuộc khoảng 0;  .

A. 1 .

B. 2 .

Chọn D

C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

 


Do đó phương trình f  f sin x   m có nghiệm thuộc khoảng 0; 
phương trình f t   m có nghiệm thuộc nửa khoảng 1;1 .

Quan sát đồ thị đã cho: yêu cầu bài toán  m  1; 3 .

Đặt t  f sin x  , do x  0;   sin x  0;1  t  1;1 .



Câu 4:

khi và chỉ khi

Cho hàm số y  f x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Gọi S là tập hợp tất cả các
giá trị nguyên của tham số m để phương trình f sin x   3 sin x  m có nghiệm thuộc

 

khoảng 0;  . Tổng các phần tử của S bằng

A. 8 .

B. 10 .

C. 6 .

17

D. 5 .


Lời giải

Chọn B

 





Đặt t  sin x , do x  0;   sin x  0;1  t  0;1 .







Gọi 1 là đường thẳng qua điểm 1;  1 và song song với đường thẳng y  3x có phương
trình y  3x  4 .

 

Gọi 2 là đường thẳng qua điểm 0;1 và song song với đường thẳng y  3x có phương
trình y  3x  1 .

 

Do đó phương trình f sin x   3 sin x  m có nghiệm thuộc khoảng 0;  khi và chỉ khi



phương trình f t   3t  m có nghiệm thuộc nửa khoảng 0;1  4  m  1 .


Câu 5: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có đồ thị như

hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương
 
trình f 2 f  cos x   m có nghiệm x   ;   .
2 
A. 5 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 4 .



y
2



Hướng dẫn:

1
2

1
1 O
1

 
Ta có, với x   ;   cos x   1;0  f  cos x    0; 2   2 f  cos x    0;2 
2 
khi đó f



2 x

2



2 f  cos x    2; 2  .

 
Do vậy phương trình đã cho có nghiệm x   ;   khi và chỉ khi m   2;2  . Vậy có 4 giá trị nguyên
2 
của m thỏa mãn yêu cầu.

18


Câu 44: Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1% / tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho

ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần
hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và
ông A trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính
lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng
gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 2,22 triệu đồng.
B. 3, 03 triệu đồng. C. 2,25 triệu đồng.
D. 2,20 triệu đồng.

Phân tích bài toán gốc:
Ý tưởng chính của câu này xuất phát từ bài toán lãi kép, mở đầu cho bài phương trình mũ trong
chương trình sách giáo khoa 12 cơ bản hiện hành. Tuy nhiên, mức độ ở câu hỏi này được nâng
lên đó là bài toán kiểu trả góp; yêu cầu về kiến thức đối với học sinh là phải hiểu được bản chất
của bài toán, đồng thời có sự tích hợp, ghi nhớ và tái hiện kiến thức của lớp 11 , đó là tổng n
số hạng đầu của một cấp số nhân. Chúng ta cùng làm rõ bài toán gốc sau đây:
Bài toán: Ông A vay ngân hàng số tiền S (triệu đồng) với lãi suất r % / tháng. Ông ta muốn
hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ;
hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và
ông A trả hết nợ sau đúng n năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi
trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng là bao
nhiêu?
Lời giải
Gọi x là số tiền ông A hoàn nợ mỗi tháng, sau đúng một tháng kể từ ngày vay.
Số tiền ông A nợ ngân hàng sau một tháng là: S  S .r  S 1  r  (triệu đồng).
Sau khi hoàn nợ lần thứ 1 thì số tiền ông A còn nợ là: S 1  r   x (triệu đồng).
Sau khi hoàn nợ lần thứ 2 thì số tiền ông A còn nợ là:
2
S 1  r   x  S 1  r   x  r  x  S 1  r   x 1  r   1 (triệu đồng).




Sau khi hoàn nợ lần thứ 3 thì số tiền ông A còn nợ là:





2
2
S 1  r   x 1  r   1  S 1  r   x 1  r   1 r  x




3
2


 S 1  r   x 1  r   1  r   1 (triệu đồng).



Lý luận tương tự, sau khi hoàn nợ lần thứ n thì số tiền ông A còn nợ ngân hàng là:
n
n 1
n 2


S 1  r   x 1  r   1  r   ...  1



1  r   1
 S 1  r   x
 S 1  r 
1  r   1
n

n



sau

n

n

tháng



ông

n
x

1  r   1

r 

trả

A

S .r 1  r 
n
x

.
1  r   1  0  x 
n

r 
1

r

1
 
n

S 1  r  
n

19

hết

nợ,

cho

nên:


S .r 1  r 

n

Vậy số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng là x 

1  r 

n

1

.

Lời giải
Chọn A
Với S  100 triệu đồng, r  0, 01 và n  5.12  60 tháng thì:
100.0.01 1  0.01

60

x

1  0.01

60

1

 2,22 triệu đồng.

CÂU TƯƠNG TỰ
Câu 1:

Sinh viên B được gia đình gửi tiết kiệm số tiền 300 triệu đồng vào ngân hàng theo mức kì
hạn 1 tháng với lãi suất tiết kiệm là 0, 4% / tháng. Mỗi tháng, vào ngày ngân hàng tính lãi,

sinh viên B rút ra một số tiền như nhau để trang trải chi phí cho cuộc sống. Hỏi hàng
tháng sinh viên này rút số tiền xấp sỉ bao nhiêu để sau 5 năm học đại học, số tiền tiết kiệm
vừa hết?
A. 5.633.922 đồng.
B. 5.363.922 đồng.
C. 5.633.923 đồng.
D. 5.336.932 đồng.
Lời giải

Chọn C
Áp dụng công thức đã thiết lập, với S  3.108 ; r  0, 004 ; n  60 .
Khi đó, số tiền hàng tháng mà sinh viên B rút ra là:
S .r 1  r 

n

x

Câu 2:

1  r   1
n

 5.633.923 đồng.

Một người vay ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất là 0, 6% một tháng theo thỏa thuận:
Sau đúng một tháng kể từ ngày vay thì ông bắt đầu trả nợ và đều đặn cứ mỗi tháng người
đó sẽ trả cho ngân hàng 9 triệu đồng cho đến khi hết nợ (biết rằng, tháng cuối cùng có thể
trả dưới 9 triệu đồng). Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng.
A. 24 .
B. 23 .
C. 22 .
D. 25 .
Lời giải
Chọn A
Áp dụng bài toán trên với x  9 triệu; S  200 triệu; r  0, 006 .
S .r 1  r 

n

Vì sau n tháng ông A trả hết nợ, cho nên ta có x 

 x  x  Sr 1  r   1  r  
n

Câu 3:

n

1  r 

n

1

 x 
x
  23, 9 tháng.
 n  log1r  
x  Sr
 x  Sr 

Vậy sau 24 tháng thì người đó trả được hết nợ ngân hàng.

Anh C đi làm với mức lương khởi điểm là x (triệu đồng)/tháng, và số tiền lương này
được nhận vào ngày đầu tháng. Vì làm việc chăm chỉ và có trách nhiệm nên sau 36 tháng
kể từ ngày đi làm, anh C được tăng lương thêm 10% . Mỗi tháng, anh ta giữ lại 20% số

20


tiền lương để gửi tiết kiệm vào ngân hàng với kì hạn 1 tháng và lãi suất là 0, 5% /tháng,
theo hình thức lãi kép (tức là tiền lãi của tháng này được nhập vào vốn để tính lãi cho
tháng tiếp theo). Sau 48 tháng kể từ ngày đi làm, anh C nhận được số tiền cả gốc và lãi là
100 triệu đồng. Hỏi mức lương khởi điểm của người đó là bao nhiêu?
A. 8.991.504 đồng.
B. 9.891.504 đồng.
C. 8.981.504 đồng.
D. 9.881.505 đồng.
Lời giải
Chọn A
+ Lãi suất r  0, 5%  0, 005.
+ Số tiền gốc ban đầu gửi vào mỗi tháng là A  0,2x .
+ Số tiền cả gốc và lãi nhận được sau 36 tháng là

(1  r )36  1
(1  r )36  1
 0,2x (1  r ).
.
r
r
+ Bắt đầu từ tháng thứ 37 số tiền gốc người này gửi vào ngân hàng là
(x  x .10%).20%  0,22x .
A1  A(1  r ).

+ Số tiền cả gốc và lãi nhận được sau 48 tháng là:
S  A1(1  r )12  0,22x .(1  r ).
 0,2x (1  r )13 .

(1  r )12  1
r

(1  r )36  1
(1  r )12  1
 0,22x .(1  r ).
.
r
r

rS
.
0,2(1  r )13 (1  r )36  1  0,22(1  r ) (1  r )12  1




Theo giả thiết bài toán ta có:

Suy ra: x 

0, 005  108
 8.991.504
0,2(1  0, 005)13 (1  0, 005)36  1  0,22(1  0, 005) (1  0, 005)12  1




đồng.
x

Vậy mức lương khởi điểm của anh C là 8.991.504 đồng.

21


Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho điểm E 2;1; 3 , mặt phẳng P  : 2x  2y  z  3  0 và mặt
cầu S  : x  3  y  2  z  5  36 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong
2

2

2

P  và cắt S  tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là

x  2  9t

A. y  1  9t .

z  3  8t


x  2  5t

B. y  1  3t .

z  3


x  2  t

C. y  1  t .

z  3


x  2  4t

D. y  1  3t .

z  3  3t


Kết quả quen thuộc của lớp 9: Trong các dây đi qua một điểm E ở trong một đường
tròn,dây vuông góc với bán kính đi qua E là dây ngắn nhất.

(S)



I

A

H

E
B

(P)

Lời giải
Chọn C

Mặt cầu S  có tâm I 3;2;5 và bán kính R  6 .

IE  12  12  22  6  R  điểm E nằm trong mặt cầu S  .

Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng P  , A và B là hai giao điểm của  với S  .
Khi đó, AB nhỏ nhất  AB  HE , mà AB  IH nên AB  HIE   AB  IE .

 


Suy ra: u  nP ; EI   5; 5; 0  5 1; 1; 0 .


x  2  t

Vậy phương trình của  là y  1  t .

z  3


22


CÂU TƯƠNG TỰ
Câu 1:

Trong không gian Oxyz , cho điểm E 2;1; 3 , mặt phẳng P  : 2x  2y  z  3  0 và mặt
cầu S  : x  3  y  2  z  5  36 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong
2

P 

2

2

và cắt S  tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Biết  có một vec-tơ chỉ phương


u  2018; y 0 ; z 0  . Tính T  z 0  y 0 .

A. T  0 .

B. T  2018 .

Chọn C

C. T  2018 .
Lời giải

D. T  1009 .

(S)



I

A

H

E
B

(P)
Mặt cầu S  có tâm I 3;2;5 và bán kính R  6 .

IE  12  12  22  6  R  điểm E nằm trong mặt cầu S  .

Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng P  , A và B là hai giao điểm của  với S  .

Câu 2:

Khi đó, AB nhỏ nhất  AB  HE , mà AB  IH nên AB  HIE   AB  IE .

 


Suy ra: u  nP ; EI   5; 5; 0  5 1; 1; 0 .



Suy ra u  2018; 2018; 0 , do đó T  z 0  y 0  2018.

 1 3 

; 0 và mặt cầu
[Sở GD&ĐT Hà Nội-2017] Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ;
 2 2 

S  : x

2

 y 2  z 2  8. Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu S  tại hai

điểm phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB.
A. S  7 .
Chọn A

B. S  4 .

C. S  2 7 .
Lời giải

23

D. S  2 2 .


Mặt cầu S  có tâm O 0; 0; 0 và bán kính R  2 2 .

Vì OM  1  R nên M thuộc miền trong của mặt cầu S  . Gọi A , B là giao điểm của
đường thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OAB .

Đặt x  OH , ta có 0  x  OM  1 , đồng thời HA  R 2  OH 2  8  x 2 . Vậy diện
tích tam giác OAB là

1
SOAB  OH .AB  OH .HA  x 8  x 2 .
2

Khảo sát hàm số f (x )  x 8  x 2 trên 0;1 , ta được max
f x   f 1  7 .

0;1

Vậy giá trị lớn nhất của S OAB  7 , đạt được khi x  1 hay H  M , nói cách khác là
Câu 3:

d  OM .

Trong không gian Oxyz , cho điểm E 1;1;2 , mặt phẳng P  : x  y  z  4  0 và mặt
cầu S  : x 2  y 2  z 2  9 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong P  và cắt S  tại
hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương trình của  là
x  1  t
x  1
x  1  t



A. y  1  t .
B. y  1  t .
C. y  1  t .



z  2  t
z  2  1
z  2



Lời giải
Chọn C

x  1  2t

D. y  1  t .

z  2  t


(S)



O

A

H

E
B

(P)
24


Mặt cầu S  có tâm O 0; 0; 0 và bán kính R  3 .

OE  12  12  22  6  R  điểm E nằm trong mặt cầu S  .

Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng P  , A và B là hai giao điểm của  với S  .
Khi đó, AB nhỏ nhất  AB  HE , mà AB  OH nên AB  HOE   AB  OE .

x  1  t


 


Suy ra: u  nP ; EO   1;1; 0 . Vậy phương trình của  là y  1  t .



z  2

Câu 4:

Trong không gian Oxyz cho điểm E 1;1;1 , mặt cầu S  : x 2  y 2  z 2  4 và mặt phẳng

P  : x  3y  5z  3  0 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong P  và cắt S  tại

hai điểm A, B sao cho tam giác OAB là tam giác đều.
x 1 y 1 z 1
.


2
1
1
x 1 1y
1z
C. d :
.


2
1
1

1x
y 1 z 1
.


2
1
1
x 1 1y
1z
D. d :
.


2
1
1
Lời giải

A. d :

B. d :

Chọn C

(S)



O

A

H

E
B

(P)
Mặt cầu S  có tâm O 0; 0; 0 và bán kính R  2 .

OE  12  12  12  3  R  điểm E nằm trong mặt cầu S  .

Gọi

OK 

K



hình

chiếu

của

O

OA. 3
R. 3

 3  OE .
2
2

lên

AB .



OAB

đều


 


Suy ra K  E . Do đó AB  OE . Suy ra: u  nP ;OE   8; 4; 4  4 2; 1; 1 .


Vậy phương trình của  là d :

x 1 y 1 z 1
x 1 1y 1z
.


d :


2
1
1
2
1
1

25

nên


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×