Tài liệu Tuyển chọn câu hỏi vd vdc trong đề tt 2018

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 352 |
  • Lượt tải: 0

Mô tả:

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