Tài liệu [160 cau vdc bùi hồng phong] Vận dụng cao theo từng chủ đề 2018 - 2019

Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN VẬN DỤNG CAO : SỐ PHỨC  z1  z2  z3 0   2 2 2 2 2 z1  z2  z3   A  z1  z 2  z2  z3  z3  z1 z ; z ; z 3  1 2 3 Câu 1: Cho 3 số phức thỏa . Tính 2 2 A. 3 Lời giải: Ta có: B. 2 2  z1  z2  z3 8 2 2 2   z1  z3  z2  A   z1   z2   z3  3  z  z  z 1  2 3 z 2017  1 1 Câu 2: Cho số phức 2016 A. A 2017. Lời giải: Ta có : . Gọi Pz . Tính 2017 B. A 2017. 2 8 3 D. 3 8 C. 3 3 . Chọn C. A 2017.  max P   2017.  min P  2017 C. A 2017. max P max z  0  max P 2017 max z 2017 max z 2017 2 . D. A 2017 . 2017 min P  z  0  min P 2017 min z min z 2017 Mặt khác ta cũng có: . 2017 2017 z a  bi  a, b     I  0;1 Gọi Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm có bán 2017  2 max P    2017 min P  0  kính R 1  Câu 3: Xét số phức z thỏa 3  z 2 A. 2 max P 2017.2017 2   A 2017.2017 2   min P 0 . Chọn C. 2 z  1  3 z  i 2 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng: 1 1 3 z   z  2 2 C. D. 2 z 2 B. A  1; 0  , B  0;1 M  x; y  Lời giải: Ta xét các điểm và với M là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức. Ta có : Ta có : 2 z  1  3 z  i 2  x  1 2 2  y 2  3 x 2   y  1 2MA  3MB 2 MA  3MB 2  MA  MB   MB 2 AB  MB 2 2  MB 2 2  2 z  1  3 z  i 2 2 . Mà theo giả thuyết ta có : . . 2 z  1  3 z  i 2 2 .  M  AB  M B  M  0;1  z 1  2 z  1  3 z  i 2 2 MB  0  Vậy . Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 4  z 1    1 z , z , z , z 2 z  i   1 2 3 4 Câu 4: Gọi là nghiệm của phương trình . Tính giá trị của biểu thức: P  z12  1  z22  1  z32  1  z42  1 19 . B. 7 A. 1. Lời giải: Ta có:  z  1 4 17 . C. 9 . D. 2. 4 2 2 2 2  2 z  i     z  1   2 z  i     z  1   2 z  i   0    LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 1/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN 2 2    z  1   2 z  i     z  1   2 z  i     z  1   2 z  i   0   2   3 z  1  i    z  1  i   5 z   2  4i  z  0 1 i 2  4i 17  z1  ; z2  1  i; z3 0; z4   P 3 5 9 . Chọn C. z 2  2 z  5   z  1  2i   z  3i  1 Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của module z  2  2i . A. 1. B. Lời giải: Ta có : 5 . C. 2 5. 3 . D. 2 z 2  2 z  5   z  1  2i   z  3i  1   z  1  2i  0   z  1  2i   z  1  2i    z  1  2i   z  3i  1     z  1  2i    z  3i  1 . Trường hợp 1: Trường hợp 2:  z  1  2i  0  z 1  2i  z  2  2i 1  z  1  2i    z  3i  1  b  . 1 2 với z a  bi  a, b    . 1  3   z  2  2i  a  i   2  2i  a  2   i  z  2  2i  2  2   a  2 2  9 3  4 2 . Chọn A. z  1  2i 2 2 Câu 6: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P a z  1  b z  3  4i với a, b là số thực dương. a 2  b2 . A. B. z  x  yi  x, y    2a 2  2b 2 . 2 2 C. 4 2a  2b . 2 2 D. a  b . M  x; y  . Gọi là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức . A  1;0  , B   3; 4  Trong mặt phẳng phức xét các điểm . Khi đó AB 4 2. Lời giải: Ta gọi Ta luôn có :  MA2  MB 2  AB 2  py  ta  go   P  bMB  2  2 2     MB  AB 0 a     P aMA  bMB .  b2   P2  2.P.b   2  1 MB 2  MB   2  AB 2  0  * a a  a  . Để phương trình 2   * có nghiệm thì: b2 2  ' * 0  2 P  a  b2   P2 2  2  1  2  AB  0 a  a  2  P b   2  1 AB 2 0  P 2  AB 2  a 2  b 2   P  AB a 2  b 2 4 2a 2  2b 2 . 2 a a  Chọn C. z  2i Câu 7: Cho số phức thỏa mãn z  2 là số thuần ảo. Khi số phức z có môđun lớn nhất. Tính giá trị biểu thức P a  b . z a  bi  a, b    A. P 0 B. P 4 C. P 2 2  1 LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 D. P 1  3 2 Trang 2/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Lời giải: Ta có: z  2i a   b  2  i   a   b  2  i   a  2  bi   2 z  2  a  2   bi  a  2  b2 là số thuần ảo a 1  2 sin    2 2  a  a  2   b  b  2  0  a 2  2a  b 2  2b 0   a  1   b  1 2 b 1  2 cos  2 Ta có: a 2  b 2 2  a  b   z 4  2 2  sin   cos   4  2 2. 12  12 8  z max 2 2 khi 2  a  b 4 2 . z a  bi  a, b    thỏa mãn sin  cos   Câu 8: Xét các số phức z  2  5i  z  6  3i A. P 3 đạt giá trị lớn nhất. B. P  3 2 . Tính P a  b C. P 7 2 z  2  3i 2   a  2    b  3 2 Lời giải: Do z  2  3i 2 . Suy ra M  C khi D. P  7 I   2;  3 có tâm và bán kính 2 2 R  2 . Gọi A   2;5  , B  6;  3 , I  2;1 . Suy ra P MA  MB  2  MA  MB  AB 2 2 2 2 MA  MB 2 MI     I 2 . Suy ra PMax  MI Max Mặt khác ta có là hình chiếu vuông góc của M trên AB  M , I , I  thẳng hàng.Vì ta thấy IA IB  MA MB nên xảy ra dấu =.    4  a  2  4  b  3  a b  1 IM  a  2; b  3 , II   4; 4  Ta có nên AB  M , I , I  thẳng hàng .  a  2  2   b  3 2 2  a  3; b  4   a b  1  a  1; b  2 Tọa độ M là nghiệm của hệ   M   3;  4   P MA  MB 2 82  M   1;  2   P MA  MB 2 50 M   3;  4  Mặt khác  . Vậyđể PMax thì Suy ra a  b  7 . z2  z1 z  2 i  1 z z Câu 9: Cho số thực 1 và số phức 2 thỏa mãn 2 và 1  i là số thực. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z1  z2 . Tính giá trị của biểu thức T M  m ? B. T 4 2 C. T 3 2  1 D. T  2  3 z2  z1  a  b  ci   i  1   R  c b  a 2 Lời giải: Ta đặt z1 a, z2 b  ci khi đó: 1  i đồng thời ta cũng A. T 4 2 có z2  2i 1  b 2   c  2  1 2 Vì . Do vậy z1  z2   a  b   ci  c  ci  c 2 b 2   c  2  1  c  2   1 c 3  1  c 3 do đó 2 . z1  z 2  c 2   2;3 2   T 4 2 . P  z 2  z  z 2  z 1 z 1 Tìm giá trị lớn nhất của với z là số phức thỏa mãn . 13 9 13 11 max P  max P  max P  max P  4 4 3 3 A. B. C. D. Câu 10: LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 3/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN  z 2  z 2  z 2  z  z 2  z 2  z  z 2  2 x  z 2  z  2  2 x   2 2 2  z 2  z  1  z 2  z 1 z  z  1 1  2 z  z  z  z  z 2  z  1  2 x  1 Lời giải: Ta có  .      max P max   1;1 Từ đây ta tìm được      13 7 2  2 x  2 x 1   x  . 4 8  z m2  2m  5 Cho số phức z thỏa mãn với m là số thực. biết rằng tập hợp điểm của số Câu 11: w  3  4i  z  2i phức là đường tròn. Tính bán kính R nhỏ nhất của đường tròn đó. A. Rmin 5 B. Rmin 20 C. Rmin 4 D. Rmin 25 Lời giải: Ta có: 5  m2  2 m  5   w  2i 5  m 2  2m  5  . Vậy R 5  m 2  2m  5 20 . Có bao nhiêu giá trị của m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn z.z 1 và Câu 12: z A. 0 Lời giải:  3  4i  z 3  i m . B. 1 Gọi z x  yi , ( x, y  R ) ,ta có hệ: 2 2   x  y 1(1)  2 2 2  ( x  3)  ( y  1) m ( m 0) D. 3 C. 2 Ta thấy m 0  z  3  i không thỏa mãn z.z 1 suy ra m  0 . Xét trong hệ tọa độ Oxy tập hợp các điểm thỏa mãn (1) là đường tròn (C1 ) có O(0;0), R1 1 , tập hợp các điểm thỏa mãn (2) là I ( 3;  1), R2 m ,ta thấy OI 2  R1 suy ra đường tròn (C2 ) tâm I nằm ngoài (C1 ) . Để có duy nhất số phức z thì hệ có nghiệm duy nhất khi đó tương đương với (C1 ), (C2 ) tiếp xúc ngoài và tiếp xúc trong, điều điều này xảy ra khi OI R1  R2  m  1 2  m 1 hoặc R2 R1  OI  m 1  2 3 . Câu 13: Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và M ¢. Số phức z ( 4 + 3i ) N ¢N là và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N ¢. Biết rằng MM ¢ một hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của 5 2 . . A. 34 B. 5 z + 4i - 5 . 1 . C. 2 D. 4 . 13 M  a; b  Gỉa sử z a  bi ( a, b   ) được biểu diễn bởi điểm M  a;  b  Khi đó số phức liên hợp của z là z a  bi được biểu diễn bởi điểm z  4  3i   a  bi   4  3i  4a  3ai  4bi  3b  4a  3b    3a  4b  i z  4  3i  Ta có: do đó số phức Lời giải: được biểu diễn bởi điểm N  4a  3b;3a  4b  LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 4/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Khi đó điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức   MM   a  a;  b  b     NN   4a  3b  4a  3b;  3a  4b  3a  4b   MN  4a  3b  a;3a  4b  b  Ta có:  z  4  3i  N  4a  3b;  3a  4b  là   MM   0;  2b      NN   0;  6a  8b    MN  3a  3b;3a  3b      MM   NN  0    MM .MN 0 Vì MM N N là một hình chữ nhật nên ta có:    2b  6a  8b   a  b  a, b 0   2b 3a  3b 0    2 9 1 1 2   b  5    b  4 2   2  b     2 2 2   z  b  bi  z  4i  5   b  5   b  4  i  Vậy z  4i  5 min  Câu 14: 1 9 9 9  b z  i 2 hay 2 2 2 . Cho số phức z m  2   m2  1 i  C  là tập hợp các điểm biểu diễn số với m   . Gọi  C  và Ox . phức z trong mặt phẳng tọa độ. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 4 32 8 . . . A. 1. B. 3 C. 3 D. 3 M  x; y  Lời giải: Gọi là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ.  m  x  2  x m  2 m  x  2 z m  2   m 2  1 i       2 2 2  y m  1  y m  1  y  x  2   1 Vì  C Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường cong Xét phương trình hoành độ giao điểm của  C và Ox ta có : 2 với y  x  2   1  x  2 2  x  3  1 0  x 2  4 x  3 0    x  1 1 Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi  C Lời giải: Ta có: Câu 16:  z  2   i  2 z  1  Chọn B. 10  2  i. z Mệnh đề nào dưới đây đúng? 1 1 3 z  .  z  . 2 2 C. D. 2  1  2i  z  10  z 10  z Xét số phức z thỏa mãn 3  z  2. z  2. A. 2 B. Câu 15: và Ox là 4 S  ( x  2) 2  1 dx  . 3 3 2  z  2    2 z  1 2  z 1 . Chọn D. z  z 2 Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2 8  6i và 1 2 . Tìm giá trị lớn nhất của P  z1  z2 A. P 4 6. . B. P 2 26. C. P 5  3 5. LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 D. P 32  3 2. Trang 5/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Lời giải: Gọi  z1  z2 a  c   b  d  i    z1  z2 a  c   b  d  i  z1 a  bi  a, b, c, d      z2 c  di a  c   b  d  i 8  6i   2 2   a  c    b  d  2 2 2  z  z   a  c  2   b  d  2  8  6i  1 2  a  c    b  d  100    2 2 2 2  a  c    b  d  4  a  c    b  d  4 2 2 2 2   a  c    b  d    a  c    b  d  104  a 2  b 2  c 2  d 2 52 B .C . S Mặt khác 1 P  z1  z2  a 2  b 2  c 2  d 2  Câu 17: 2  12   a 2  b 2  c 2  d 2   2.52 2 26. z  8  z  8 20 Cho số phức z thỏa mãn . Gọi m, n lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z . Tính P m  n . B. P 10 2. C. P 17. D. P 5 10.  x, y    và M  x, y  là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng Gọi z  x  yi A. P 16. Lời giải: phức. Xét các điểm F1   8;0  , F2  8;0  2 2 MF 2   8  x     y    z  8  z  8 20   x  8  x  8 2 2 . Ta có : MF 1    8  x 2 2    y   x  8 2  y2  z  8 .  y2  z  8 .  y2   x  8 2  y 2 20  MF1  MF2 20 x2 y2  2 1 2 b Do MF1  MF2 F1 F2  Tập hợp điểm M là một elip có dạng a  max z 10  m  n 16   min z 6 .  2a 20    c 8 a 2 100 x2 y2   1   2 2 2 b a  c 36 100 36 Câu 18: z 1 Cho số phức z có . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 1008 1  z  1  z 2  1  z 3  ...  1  z 2017 A. Pmin 1007 B. Pmin 2018 C. Pmin 1008 D. Pmin 2016  1  z 2017  1  z 2016   1  z 2017    1  z 2016   z 2016 1  z  1  z   1  z 2015  1  z 2014  1  z 2015  1  z 2014  z 2014 1  z  1  z       ...  2 3 2 3 2  1  z  1  z   1  z    1  z   z 1  z  1  z Lời giải: Ta có: Vậy: P 1008 1  z  1  z 2  1  z 3  ...  1  z 2017 1008  1  z  1  z  1008  1  z    1  z  2016 Do đó Pmin 2016 . và đẳng thức xảy ra có nhiều trường hợp trong đó có z  1 . 2 2 Cho hai số phức z1 , z2 khác 0 thỏa mãn z1  z1 z2  z2 0 . Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 . Tam giác OAB có diện tích bằng 3 . Tính môđun của số phức z1  z2 . Câu 19: A. 2 3 B. 3 C. 2 LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 D. 4 Trang 6/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN z  z2 2 Lời giải: Ta chứng minh được tam giác OAB đều cho nên diện tích bằng 3 chứng tỏ 1 .   2 2 2 2 z1  z2  OA  OB  z1  z2  2OA.OB.cos 600 12  z1  z2 2 3 . Khi đấy: Câu 20: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa z  3  4i m . Tính tổng các phần tử thuộc S . B. 42 C. 52 D. 40 O  0;0  , R 1 I  3, 4  , R m Lời giải: Ta có quỹ tích là các đường tròn tâm và tâm . Do đó có hai trường mãn z.z 1 và A. 10 hợp tiếp xúc ngoài và trong cho nên R  R OI  m 4 hoặc OI R  R  m 6 . Chọn A. z Câu 21: Cho biết 4 2 2 P  z  z  1? z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. 8  3 5 B. 6  5 C. 6  5 D. 8  3 5  z z 4 4 16 2  4  z    z    z  2  4    z  z  z  z z Lời giải: Ta có 2  4z  16 z 2 2  4. z z z  z  z  4  Re  z   Vì 2 4 2 2 2 zz  2 z  16   4. 2 2 z 2 z 2 z 2 0 4z  do đó 2 16 z 2 2 2 8  z  12 z  16 0  6  2 5  z 6  2 5  5  1  z  5  1  P 8  3 5 LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 . Chọn D. Trang 7/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 22: 2 z  1  3i  2 Cho . Tìm giá trị lớn nhất của B. 4 3 A. 4 2 P  z  1  3. z  1  2i C. 2 2 ? D. 4 2 2  2  1  3 1 M  z    I ;  :  x     y    2  2 2  2   Lời giải: Ta có: . A  1;0  , B   1; 2  Gọi . Chú ý I , A, B thẳng hàng đồng thời ta có IA 3IB . Ta tìm max MA  3MB . Ta có:    2  MA2  3MB 2  MI  IA  3 MI  IB     2     MA2  3MB 2 4MI 2  IA2  3IB 2  2 MI IA  3IB    MA2  3MB 2 4 MI 2  IA2  3IB 2 8 . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có: 2  3MB 2   1  3 4 2 MA  3MB   MA Câu 23: 2 3 2016 Tính module của z 1  2i  3i  4i  ...  2017.i . A. z  2036164 B. . Chọn đáp án A. z  2030113 C. z  2034145 D. z  2032130 Lời giải: Ta có z  1  i  ...  i 2016   i  1  i  ...  12015   ...  i 2015  1  i   i 2016 2016 i 2015  i 2  1 i 2016  i  1 i 2017  1 i  i  1    ...   i 1 i 1 i 1 i 1 2017 2017 2017.i 2017   1  i  ...  i 2016   2017.i  i  1  i  1 2   i  1 i 1 2017.i 2018  2018.i 2017  1  2017  2018i  1   1009  1008i  z  2034145  2i 2i . Chọn C. Câu 24: Cho z  4  3i  5 2 2 Tính P M  m ? A. P 240  I ; 5  :  x  4 2 z  1  3i  z  1  i . Gọi M và m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của . B. P 250 2   y  3 5 Lời giải: . Gọi A   1;3 , B  1;  1  IA IB 5  R Gọi C. P 270  I  4;3  M  z   I ; 5 D. P 320 . MA  MB  2  MA2  MB 2   MA  MB  4 MH 2  AB 2 +)  MA  MB  4 KH 2  AB 2 10 2 . Dễ có HK HA HB  5 . Lấy C sao cho H trung điểm CK . LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 8/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Ta có Ptolemy: MA.CB  MB.CA MC. AB  MA  MB MC. AB KC. 2  MA  MB 2 10 min CB z 1 P 1  z  3 1  z Cho số phức z thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức . Câu 25: A. 3 15 B. 20 A  1;0  , B   1;0  Lời giải: Gọi , ta có P MB  3MA . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky: Chọn đáp án C. C. 2 10 D. 6 5 MB  3MA   12  32   MA2  MB 2  2 10 . z  6  5i z  2  3i  z  2  i 4 5 Cho số phức z thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của ? Câu 26: A. 4 5 B. 5 5 C. 6 5 D. 7 5 A  2;  3 , B   2;  1 , C  6;  5  Lời giải: Gọi . Ta thấy A là trung điểm của BC .  MA  MB 4 5 2a  AB 2 5 2c  AC  a 2 5, c  5, b  15 Mà  . 1 MC CA  AB  a 2 5  5  2 5 5 5 . 2 Do đó MC max khi và chỉ khi: Cho hai số phức z và w biết chúng thỏa mãn Câu 27: nhất của M z w I  0; 2  , R 1 B. 3 1 i z  21 i . Lại có Câu 28: 1 i và w iz . Tìm giá trị lớn . A. 3 3 Lời giải: Ta có:  1  i  z  2 1  2 D. 2 3 C. 3 2  z  2i 1 w  z  iz  z  2. z 3 2 . Vậy quỹ tích M  z là đường tròn tâm . Chọn đáp án C. Gọi M và m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của phần thực số phức z 1 đó A. 10 2 2 . Tính P M  m ? B. 5 C. 29    3   1 z 3 trong D. 8 3 1 3 3 1 1 1 Re  w    z 3  z  3  3   Re  w   z  z 2 2 z z  Lời giải: Ta có:  Re  w   z  z  3z z z  z 8a 3  6a  f  a  w z 3    3 1   1  6  z 3  z  z   Trong đó z a  bi với  1 a 1 1 f  1 2; f   1  2; f '  a  24a 2  6 0  a  2 . Và Vì 1 f    2;  2  1 f    2  2 Vậy M 2 và m  2 . Chọn đáp án D. LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 9/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN VẬN DỤNG CAO : HÀM SỐ - CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Câu 29: Cho hàm số y  f  x thỏa mãn điều kiện f 2  1  2 x  x  f 3  1  x  . Lập phương trình y  f  x tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x 1? 1 6 1 6 1 6 y  x  y  x  y  x 7 7 7 7 7 7 A. B. C. 1 6 y  x 7 7 D. f 2  1  f 3  1  f 2  1  f  1  1 0  f  1 0  f  1  1 Lời giải: Ta xét x 0 ta được . 2 2 4 f  1  2 x  f  1  2 x  1  3 f  1  x  f  1  x  4 f  1 f  1 1  3 f  1 f  1 Lại có thay x 0 ta có . f  1 0 Trường hợp 1: Nếu thay vào ta thấy 0 1 vô lý. 1  4 f  1 1  3 f  1  f  1  f  1  1 7. Trường hợp 2: Nếu thì thay vào Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: Câu 30: của 1 1 6  x  1  1  x  7 7 7. 3 2  C  . Xét điểm A1 có hoành độ x1 1 thuộc  C  . Cho hàm số y 2 x  3x  1 có đồ thị Tiếp tuyến của C y  C  C  tại điểm thứ hai A2  A1 có hoành độ x2 . Tiếp tuyến của tại A1 cắt  C  tại điểm thứ hai A3  A2 có hoành độ x3 . Cứ tiếp tục như thế, tiếp tuyến tại A2 cắt  C  C  tại điểm thứ hai An  An  1 có hoành độ xn . Tìm giá trị nhỏ nhất của n tại An  1 cắt 100 để xn  5 . A. 235 B. 234 C. 118 D. 117 Lời giải: Ta có: xk a  Tiếp tuyến tại Ak có phương trình hoành độ giao điểm: 2 x3  3x 2 1 2a3  3a 2  1   6a 2  6a   x  a    x  a  2  2 x  4a  3 0  xk 1  2 xk  3 2 1     x1  2   1   x1 1   4   1   3  x2 4    2    1  xn 1  2 xn  2  xn  .   2  n    2 Vậy . Xét 1 1 1 1 n xn  .   2    5100   .4k .   2    5100  4k  1  2.5100 4 2 4 2 Do đó . Chọn n 2k  1 100  4k  2.5100  1  k  log 4  2.5  1  Chọn k 117  n 235 . Câu 31: 3 2 Xét các số thực với a 0, b  0 sao cho phương trình ax  x  b 0 có ít nhất hai 2 nghiệm thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức a b bằng: 4 15 27 A. 27 B. 4 C. 4 LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 4 D. 15 Trang 10/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Lời giải: y ' 0  x 0 và x 2 3a . Từ đây ta có tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  0; b  và 4   2 B  ;b  y A . yB 0   27a 2  . Để có ít nhất 2 giao điểm với trục hoành thì  3a   27 a 2b  4  b 0  a 2b  Câu 32: Cho hàm số 4   b b   0 27 a 2   4 27 (Vì b  0 ). Chọn A. y  f  x có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây: y  f  x2  2 Hàm số nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?   2;0   2;   0; 2  A. B. C.   x  0  2   f  x  2   0 2 y 2 xf  x  2   0      x  0   2   f  x  2   0 Lời giải: Ta có: Do vậy hàm số các khoảng Câu 33: y  f  x2  2 đồng biến trên các khoảng D.   ;  2    x2  2   2 x  0;   2  0  x  2  2   2  x  0;  x  2  2  2   2  x  2 0    ;  4  ,    2; 2 tham số 2;0 ,  2 x2  x4  2  x 0  .  và nghịch biến trên   4;  2  ,  0; 2  ,  2;  . Chọn B. Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của m để hàm số 3 y  x   2m  1 x 2  3m x  5 1    ;  4 A.  có ba điểm cực trị?  1  0; 4    1;     ;0 B. C. D.  1;  3 Lời giải: (Học sinh tự vẽ hình tưởng tượng) Hàm số khi và chỉ khi hàm số y  x   2m  1 x 2  3m x  5 có ba điểm cực trị y  x3   2m  1 x 2  3mx  5 có hai điểm cực trị không âm. Δ 4m 2  5m  1  0    2  2m  1 S   0; P  m  0 2  3 x  2  2m  1 x  3m 0 3 Vậy phương trình khi:  LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 1   0 m  4   m 1 . Chọn B. Trang 11/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 34: Cho hàm số y  f  x có đồ thị như hình vẽ bên và có f  x  đạo hàm liên tục trên R . Đường thẳng trong hình vẽ bên là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại gốc tọa độ. Gọi m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x  . Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. m   2 B.  2  m  0 C. 0  m  2 D. m  2 Lời giải: Dựa vào đồ thị hàm số trên ta thấy rằng x 0 chính là f  x  0 nghiệm của phương trình y  f  x  . Mặt khác hàm số và là điểm cực trị của hàm số y  f  x  có dạng hàm số bậc 2 với hệ số bậc cao nhất dương. Khi đó giá f  0  đồng thời là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x 0 .  1;  2, 2  cho nên ta suy Dựa vào đồ thị ta thấy tiếp tuyến có dạng y ax và đi qua điểm có tọa độ xấp xỉ trị nhỏ nhất này chính là ra  2, 2 a  f  0  m Câu 35: . Chọn A. f  x   x3  3x  m  2 Cho hàm số . Có bao nhiêu số nguyên dương m  2018 sao cho với mọi bộ ba số thực A. 1989 a, b, c    1;3 thì f  a , f  b , f  c là độ dài ba cạnh một tam giác nhọn. C. 1997 D. 2008 B. 1969 g  x   x3  3x  2  max g  x  20; min g  x  0   1;3   1;3 f  x  m  g  x  Lời giải: Ta đặt khi đó . f  a   f  b   f  c  a, b, c    1;3  m  g  c    g  a   g  b   a, b, c    1;3 Ta có:  m  max g  x   2 min g  x   m  20   1;3   1;3 . 2 2 2 f 2  a   f 2  b   f 2  c  a, b, c    1;3   m  g  a     m  g  b     m  g  c   a, b, c    1;3 Và  m 2  2  g  a   g  b   g  c   m  g 2  a   g 2  b   g 2  c   0 a, b, c    1;3 2   m  g  a   g  b   g  c    2 g  a  g  b   2 g  a  g  c   2 g  b  g  c   2 g 2  c   0 a, b, c    1;3 2   m  g  a   g  b   g  c    2  g  a   g  c    g  b   g  c   a, b, c    1;3   m  g  a  g  b  g  c  2 2  2  max g  x   min g  x   a, b, c    1;3   1;3    1;3  m  max g  x   20 2  2 min g  x   m 49   1;3   1;3 Câu 36: Cho hàm số . Chọn B. f  x  ax 4  bx 2  c  a 0  có min f  x   f   1   ;0  . Giá trị nhỏ nhất của hàm 1   ; 2 số trên  2  bằng? A. c  8a B. c 7a 16 C. c LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 9a 16 D. c  a Trang 12/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Lời giải: Dễ dàng suy ra được a  0, b  0 và x  1 là điểm cực tiểu của hàm số. 4 2 y ' 4ax3  2bx  y '   1 0 Vì khi b  2a . Vậy y ax  2ax  c . min f  x   f  1 c  a Do đó 1   2 '2 . Chọn đáp án D. Câu 37: Cho hàm số y  f  x có đạo hàm f '  x   x 2  x  1  x 2  2mx  4  y  f  x2  nguyên âm của m để hàm số có đúng 1 điểm cực trị? A. 1 B. 2 C. 3 Lời giải: Ta có: y ' 2 x. f '  x 2  2 x  x 5 2  1  x  2mx  4  4 . Có bao nhiêu giá trị D. 4 2 .  x 0  x 0   4 2  m  x 2  22 x  2 mx  4  0  x . Khảo sát bảng biến thiên ta kết luận m  2 .  Do đó y ' 0 khi Chọn đáp án B.  x 2  xy  3 0  2 x  3 y  14 0 . Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của Cho x, y  0 và thỏa mãn  Câu 38: 2 2 3 biểu thức P 3x y  xy  2 x  2 x ? A. 8 B. 0 C. 12 D. 4  9 x2  3 9 x   1;  P 5 x   f  x   5 x . Thay vào ta có x Lời giải: Ta có với Khi đó max P  min P 0 . Chọn đáp án B. y Câu 39: Cho hàm số y  f  x liên tục trên x  x  1 . f '  x   f  x  x 2  x 3 A. 4 Lời giải: Ta có 13 B. 4 . Biết R \  0;  1 thỏa mãn điều kiện f  2  a  b ln 3  a, b  Q  f  1  2 ln 2 và 2 2 . Tính a  b ? 1 C. 2 9 D. 2 x 1 x 1 . f ' x  . f  x  f ' x  . f  x  1  2 x 1 x 1 x  x  1  x  1 x  x x    f  x . '  f  x . x  ln x  1  C  x  1 x 1 x 1  1 2 f  1 . 1  ln 2  C  C  1 f  2  . 2  ln 3  1 1  ln 3 2 3 Ta có . Khi đó 3 3 9  f  2    ln 3 a2  b2  2 2 2 . Chọn đáp án D. do đó LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 13/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 40: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm f ( x) có đồ thị như hình vẽ . Hàm số A. x 1 x3  x2  x  2 3 đạt cực đại tại điểm nào? g ( x)  f ( x)  B. x  1 C. x 0 D. x 2 Lời giải: Ta có g ( x) xác định trên  và g ( x)  f ( x)  ( x  1) 2 do đó số nghiệm của phương trình g ( x) 0 bằng số giao điểm của hai đồ thị y  f ( x) và y ( x  1) 2 ; g ( x)  0 khi đồ thị y  f ( x ) nằm trên y ( x  1)2 và ngược lại.  x 0 g ( x ) 0   x 2  x 1 Từ đồ thị suy ra nhưng g ( x) chỉ đổi dấu từ dương sang âm khi qua x 1 . Do đó hàm số đạt cực đại tại x 1 . Câu 41: Gọi H x2  P  : y 8 x  là hình phẳng giới hạn bởi parabol và trục hoành. Các đường  H  thành bốn phần có diện tích bằng thẳng y a, y b, y c với 0  a  b  c  16 chia 3 3 3  16  a    16  b    16  c  bằng: nhau. Giá trị của biểu thức A. 2048 B. 3584 C. 2816 Lời giải: Ta có công thức tính nhanh: “Nếu hai đồ thị cắt nhau có 2 phương trình hoành độ giao điểm ax  bx  c 0 khi đó diện tích  Δ S 3 6a 2 hình phẳng giữa hai đồ thị đó là 2 2 Do đó xét 8 x  x a  x  8 x  a 0 nên Tương tự ta có: Sb  4  16  b  3 ; Sc  3 4  2 với Δ b  4ac ”. Sa  4 16  c  16  a  3 4 64 4 S0   64  4 Sa  Sa   3 3 Mặt khác vì  16  b 3    3 3 . 3 .  P  : y 8 x  Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol 128 4 Sb 2 Sa   3 Có: D. 3480 16  a 3  x2 và trục hoành là 4  64  3 . 3 3   16  a  256 3 3   16  b  1024 S0  và Sc 3Sa 64  LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 4 .  16  c 3  3 3   16  c  2304 Trang 14/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN  16  a  Như vậy: Câu 42: 3 3 3   16  b    16  c  3584 Cho hàm số nhất của hàm số . Chọn B. y  f  x  ax 4  bx 2  c  a 0  có điều kiện min f  x   f   1   ;0  1   2 ; 2 trên đoạn bằng: 7a 9a c c 16 16 B. C. . Giá trị nhỏ y  f  x A. c  8a Lời giải: Ta chú ý rằng điểm cực trị của hàm số có x 0 cho nên nếu như D. c  a min f  x   f   1   ;0  chứng tỏ f  x  a  x 4  2 x 2   c rằng x 1 là các điểm cực tiểu của hàm số cho nên . 1   2 ; 2 f  1 c  a y  f  x Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn bằng . Chọn D. Câu 43: Biết rằng đồ thị của hàm số biệt T lần lượt có y P  x   x 3  2 x 2  5 x  2 hoành độ là cắt trục hoành tại ba điểm phân x1 , x2 , x3 . Tính giá trị của 1 1 1  2  2 x  4 x1  3 x2  4 x2  3 x3  4 x3  3 ? 2 1 1  P '  1 P '  3  T     2  P  1 P  3  A. 1  P '  1 P '  3  T     2  P  1 P  3  B. 1  P '  1 P '  3  1  P '  1 P '  3  T   T     2  P  1 P  3  2  P  1 P  3  C. D. 1 1 1 T    x1  1  x1  3  x2  1  x2  3  x3  1  x3  3 Lời giải: Ta có: 1  1 1 1   1 1 1  1 1 1       .     2   x1  3 x2  3 x3  3   x1  1 x2  1 x3  1   x  1  x  3 x  3 x  1  vì P  x  0  P  x   x  x1   x  x2   x  x3  . Vì x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm của phương trình Suy ra  P '  x   x  x1   x  x2    x  x2   x  x3    x  x3   x  x1  P ' x P  x   x  x1   x  x2    x  x3    x  x3   x  x1   x  x1   x  x2   x  x3   1 1 1    * . x  x1 x  x2 x  x3 1  P '  1 P '  3  T   . 2  P  1 P  3  x  1, x  3 Thay vào biểu thức (*), ta được y  x2  2x  m  4x m Câu 44: Có bao nhiêu giá trị của tham số thực để GTNN của hàm số bằng  1 ? A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Lời giải: LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 15/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN 2 Nếu m 1 thì y x  2 x  m có GTNN là m  1  1  m 0 (loại). 2  x  2 x  m y  2  x  6 x  m nên min y min f   1 ; f 1  1  m ; f 1  1  m Nếu m  1 thì      min y min  m  3  4; 4  1   min y min m  3  4; 4 1    1  m  ; 4 1  1  m   1 m   m 1 min y  m  3  4 0    m  7 Trường hợp 1: Vì m  1 nên m  7 khi đó   4 1 1 m  0  nên trường hợp này không thỏa mãn.  min y 4 1  1  m 0  m 0 Trường hợp 2: không thỏa mãn. Kết luận: không tồn tại m thỏa mãn. Chọn đáp án A. khi đó m  3  4  1  0 3 Câu 45: Biết rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 nên trường hợp này y  x  a    x  b    x  c  3 có hệ số góc nhỏ nhất tại tiếp điểm có hoành độ x  1 đồng thời a, b, c là các số thực không âm. Tìm GTLN tung độ của giao điểm đồ thị hàm số với trục tung? A. 27 B. 3 C. 9 D. 18 Lời giải: Tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất tại điểm uốn. Mặt khác Do đó  2 2 y ' 3  x  a    x  b    x  c  y '' 0  x  2   y '' 6  3x  a  b  c  a b c  1  a  b  c 3 3 . 3 3 3 Giao điểm với trục tung có tung độ y a  b  c Vì a  a 2  9   b  b 2  9   c  c 2  9  0  a 3  b 3  c 3 9  a  b  c  Vậy tung độ giao điểm của đồ thị hàm số và Oy là a 3; b c 0 và các hoán vị. Chọn đáp án A. Câu 46: 3 2 Với giá trị thực dương của tham số m để đồ thị hàm số y x  3mx  3 x  1 có các điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 8 2 thì mệnh đề nào sau đây là đúng? A. 1  m  2 B. 2m Lời giải: Đường thẳng qua hai điểm cực trị 7 2 C. 3  m  4 D. m  1 y  2  2m 2  x  m  1  px  q 2 A  x1 ; px1  q  Điều kiện có hai điểm cực trị là m  1 . Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là và 1 1  S  . x px  q  x px  q  S  . q . x1  x2      OAB 1 2 2 1  OAB B  x2 ; px2  q  2 2 LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 16/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN 1  S OAB  . m  1 . 2 2  x1  x2  1  4 x1 x2  S OAB  . m  1 . 4m 2  4 2 2 2  SOAB  m  1 . m 2  1 8 2   m  2m  1  m  1 128   m  3  m3  5m2  15m  43 0  m 3 . Chọn đáp án B. Câu 47: Với m để hàm số sau đây là đúng? A. y  x 2  mx  1 2 m 4 B. 1 m  2  min y min  f   1 , f  2  ,  1;2    Lời giải: Ta có  m 1 2  m 1    m 3 trên   1; 2 C. đạt giá trị nhỏ nhất là 1 thì mệnh đề nào 0  m 1 D. m 4 2  m   min  2  m ; 5  2m ; m  1  f      4  2    . Tuy nhiên khi thay vào kiểm tra ta thấy chỉ có m 3 thỏa mãn. Trường hợp 1:  m  2 5  2m 1    m  3 . Khi thay vào kiểm tra ta thấy chỉ có m  3 thỏa mãn. Trường hợp 2:  m 2 2 m2  1 1   4  m 0 Trường hợp 3: . Tuy nhiên khi thay vào kiểm tra ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn. Chọn đáp án A. y x 3 x  1 có đồ thị  C  và điểm A   C  . Tiếp tuyến với  C  tại A tạo với Câu 48: Cho hàm số hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất là bao nhiêu? A. 2  2 2 B. 4  2 2 C. 3  2 D. 4  2 2 IM 2 x A  1 ; IN  Lời giải: Giả sử M và N là hai giao điểm với đường tiệm cận. Khi đó 8 xA  1 2 2 Khi đó CIMN IM  IN  IM  IN 2 IM .IN  2. IM .IN  CIMN 8  4 2 . Vậy rIMN  s 8  4  2 2 p 42 2 . Chọn đáp án B. LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 17/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN VẬN DỤNG CAO : HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXYZ A  1; 2;  1 , M  2; 4;1 , N  1;5;3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm . Tìm Câu 49:  P  : x  z  27 0 sao cho tồn tại các điểm B, D tương tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng ứng thuộc các tia AM , AN để tứ giác ABCD là hình thoi. A. C  6;  17; 21 B. C  20;15;7  C. C  6; 21; 21 D. C  18;  7;9   P  . Ta có: AM 3; AN 5 . Lời giải: C là giao của phân giác trong AMN với EM AM 3   AN 5 Gọi E là giao điểm phân giác trong AMN và MN . Ta có: EN  x 1  5t      13 35 7    AE  :  y 2  19t  5 EM  3EN 0  E  ; ;   z  1  22t  C  6; 21; 21   8 8 4 . Câu 50: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P : x  y  z  3 0 và tọa độ A  1;1;1 , B   3;  3;  3   S  đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với  P  tại hai điểm . Mặt cầu điểm C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó? A. R 4 B. R 2 33 3 Lời giải: Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm  AB  điểm của và D  3;3;3 C. R 2 11 3 D. R 6 là giao  P  . Do đó theo tính chất của phương tích ta được: DA.DB DI  R . Mặt khác vì DC là tiếp 2 2  S  cho nên DC 2 DI 2  R2 . tuyến của mặt cầu 2 Do vậy DC DA.DB 36 cho nên DC 6 (Là một giá trị không đổi). Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán kính R 6 . Chọn D. Câu 51:  P  : x  2 y  z  4 0 . Có tất cả Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng bao nhiêu mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng x ' Ox, y ' Oy, z ' Oz ?  P và tiếp xúc với ba trục tọa độ A. 8 mặt cầu B. 4 mặt cầu C. 3 mặt cầu D. 1 mặt cầu I  a, b, c  d  I , Ox  d  I , Oy  d  I , Oz  Lời giải: Gọi tâm , ta có a  2b  c 4 . Vì  a 2  b2  b2  c 2  c2  a 2  a  b  c  2m 4  m 2  I  2; 2;  2   Nếu a m, b m, c  m  m 1  I  1;1;1  Nếu a m, b m, c m  Nếu a m, b  m, c m  0 4 (Loại)  2m 4  I   2; 2; 2   Nếu a  m, b m, c m LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 18/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Vậy có tất cả 3 mặt cầu thỏa mãn điều kiện của bài toán đưa ra. Câu 52: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn đường thẳng có phương trình lần lượt x 1 y 2 z x 2 y 2 z x y z 1 x 2 y z 1   ; d2 :   ; d3 :   ; d4 :   1 2 2 2 4 4 2 1 1 2 2 1 . là  u  2; a; b  Biết rằng đường thẳng  có vector chỉ phương cắt cả bốn đường thẳng đã cho. Giá trị của biểu thức 2a  3b bằng: d1 :  3 2  1 2 A. 5 B.  1 C. D. Lời giải: Ta phát hiện ra 2 đường thẳng đầu đồng phẳng do đó ta viết phương trình mặt phẳng đi qua 2 đường thẳng đó. Tiếp đó xác định giao điểm của 2 đường thẳng d3 , d 4 với mặt phẳng vừa tìm được và  chính là đường thẳng đi qua 2 giao điểm đó.  P  : 2mx   m 2  1 y   m2  1 z  10 0 Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng Câu 53: và điểm  P A  2;11;  5  và đi qua A . Tìm tổng bán kính hai mặt cầu đó. A. 7 2 Lời giải: Gọi tâm  R  R . Biết khi m thay đổi tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  a  2 2  a  2 2 B. 15 2 I  a, b, c  khi đó bán kính mặt cầu: 2 2   b  11   c  5   2 2   b  11   c  5   C. 5 2 R IA d  I ,  P   D. 12 2 2ma   m 2  1 b   m 2  1 c  10 m 2  1 2 m 2  b  c   2ma  b  c  10 m 2  1 2 đúng với m  R . b 5 a 0 a 0  b 9 2  R  4   b  11     R1  R2 12 2  b  c  b  c  10 c  5 b  25 2    Do vậy nên .  P  : x  y  2 z  1 0 Câu 54: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình các mặt phẳng và  Q  : 2 x  y  z  1 0 . Gọi  S   P là mặt cầu có tâm thuộc Ox đồng thời cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến là theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và cắt mặt phẳng một đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ tồn tại duy nhất một mặt cầu thỏa mãn điều kiện đã cho. A. r Lời giải: Ta gọi r 2  2a  1  6 2 10 2 B. I  a;0;0  3 2 2 C. r  3 D. 2 là tâm mặt cầu. Khi đó bán kính:  a 1 4  6 r r 14 2 R 2 r 2  d  I ,  Q   2 2  d  I ,  P   2 2 do đó để có duy nhất 1 tâm mặt cầu thỏa mãn thì giải  0 . Chọn B. LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 19/61 Biên soạn: BÙI HỒNG PHONG – THPT NGUYỄN KHUYẾN Câu 55: A  2,1, 0  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi  là đường thẳng đi qua điểm , song song với mặt phẳng  P : x  y  z 0 và có tổng khoảng cách từ các điểm M  0, 2, 0  , N  4, 0, 0  tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vector chỉ phương của  là?     u  1, 0,1 u  2,1,1 u  3, 2,1 u  0,1,  1 A. B. C. D.  Q  : x  y  z  1 0 là mặt phẳng qua điểm Lời giải: Ta gọi A  2,1,0  , song song với mặt phẳng  P : x  y  z 0 . A  2,1, 0  Đồng thời ta phát hiện ra rằng điểm là trung điểm MN . MF  NG MC  ND=2d  M ,  Q   Khi đó tổng khoảng cách . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  là đường thẳng đi qua A và hai M  0, 2, 0  , N  4, 0, 0  hình chiếu C và D của các điểm tới mặt phẳng  Q  . Chọn A. Ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. Gọi C là điểm cố định trên Oz , đặt OC 1 hai điểm A, B thay đổi trên Ox, Oy sao cho OA  OB OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt Câu 56: cầu ngoại tiếp tứ diện O. ABC ? 6 . A. 4 Lời giải: Ta đặt 6 . B. 3 A  a;0; 0  , B  0; b; 0  , C  0;0;1 ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện: Câu 57: 6 . C. 2 trong đó R D. 6. a  b 1  2  a 2  b 2   a 2  b 2  1 2 . Khi đó 1 2 2 1 1 6 a  b 1  1   2 2 2 4 . Chọn A.  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z 0 và Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu điểm A  2; 2;0  . Viết phương trình mặt phẳng có hoành độ dương và tam giác OAB đều. A. x  y  2 z 0 B. x  y  z 0  OAB  , biết rằng điểm B thuộc mặt cầu  S  , C. x  y  z 0 D. x  y  2 z 0 Lời giải: Ta có OA 2 2 do đó điểm B nằm trên các mặt cầu tâm O và tâm A có cùng bán kính 2 2  x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z 0  2  2 2   x  y  z 8  2 2  x  2    y  2   z 2 8 nên tọa độ B là nghiệm của hệ:  Câu 58:  x 2  y 2  z 2 8   x  y  z 0  B  2; 0;  2   x  y 2  .  P  : x  2 y  2 z  3 0 và hai điểm Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng A  1; 2;3 , B  3; 4;5   P  . Giá trị lớn nhất của biểu thức . Gọi M là một điểm di động trên MA  2 3 MB bằng: LUYỆN THI TOÁN TRẮẮC NGHIỆM THPT QUỐẮC GIA 2018 Trang 20/61