Đề ôn tập Chuyên đề 36: Ứng dụng tích phân - Diện tích hình phẳng (Có đáp án )

91 trang haihamc 14/07/2023 2250

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề ôn tập Chuyên đề 36: Ứng dụng tích phân - Diện tích hình phẳng (Có đáp án )", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_on_tap_chuyen_de_36_ung_dung_tich_phan_dien_tich_hinh_pha.pdf

Nội dung text: Đề ôn tập Chuyên đề 36: Ứng dụng tích phân - Diện tích hình phẳng (Có đáp án )

CHUYÊN ĐỀ 36: ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN – DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG Câu 44. Cho hàm số y= f() x có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn f( x )+ xf ( x ) = 4 x3 + 4 x + 2,  x . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y= f() x và y= f ( x) bằng 5 4 1 1 A. . B. . C. . D. . 2 3 2 4 Lời giải Ta có: f( x )+ x . f ( x ) = 4 x3 + 4 x + 2 (x )  f ( x ) + x . f ( x ) = 4 x3 + 4 x + 2 x42+22 x + x + C [x . f ( x )] = 4 x3 + 4 x + 2 x. f ( x ) = x42 + 2 x + 2 x + C =fx() x Vì do fx( ) liên tục trên nên C = 0 . Do đó f( x )= x3 + 2 x + 2 f ( x ) = 3 x2 + 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của y= f() x và y= f () x , ta có: x = 0 32 x+2 x + 2 = 3 x + 2 x = 1 . Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường y= f() x và x = 2 2 1 y= f () x là: S= f( x ) − f ( x ) d x = 0 2 TRỌNG TÂM KIẾN THỨC DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y f x trục Ox và hai đường đường thẳng x a; x b là b S= f( x)d x a Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị ; y g x và hai đường đường thẳng là b S=− f( x) g( x)d x a
b S=− f( x) g( x)d x a THỂ TÍCH VẬT THỂ TRÒN XOAY b Thể tích khối tròn xoay sinh bởi đồ thị y f x,, x a x b quay quanh trục Ox là V= f2 ( x)d x . a b V= f2 ( x)d x a Thể tích khối tròn xoay sinh bởi đồ thị y f x,,, y g x x a x b quay quanh trục là b V= f22( x) − g( x)d x a b V= f22( x) − g( x)d x a CÂU PHÁT TRIỂN TỪ KHO SMARTEST PRO – 100 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI TN THPT Câu 1. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường yx=+2 1, y =−2 , x = 0 và x =1 được tính bởi công thức nào dưới đây? 1 1 1 1 A. S=− ( x2 1d) x . B. S=− ( x2 1d) x . C. S=+ ( x2 3d) x . D. S=+ ( x2 3d) x . 0 0 0 0 Lời giải 1 1 1 Ta có S= x2 +1 − ( − 2)d x = x 2 + 3d x = ( x 2 + 3) d x . 0 0 0 Câu 2. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y= x2 , y = 2, x = 0, x = 1được tính bằng công thức nào dưới đây? 1 1 1 1 2 A. (2d− xx2 ) . B. (xx2 + 2d) . C. (xx2 + 2d) . D. ( xx2 + 2d) . 0 0 0 0 Lời giải 11 22 Diện tích của hình phẳng là S= x −(2) d x = x − 2 d x 00
11 2 22 Vì xx−2 0,  ( 0;1) nên S= x −(2) d x =( 2 − x) d x . 00 Câu 3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường yx=−2 3 và yx=−3 bằng 125 1 125 A. . B. . C. . D. . 3 6 6 6 Lời giải 22 x = 0 x−3 = x − 3 x − x = 0 . x =1 1 1 1 32 2 2 2 xx1 1 S=−−−=−=− x3( x 3) d x x x d x ( x x) d x =− = . 0 0 0 3 20 6 Câu 4. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường yx=−2 1 và yx=−1 bằng 13 13 1 A. . B. . C. . D. . 6 6 6 6 Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số là: 22 x = 0 x−1 = x − 1 x − x = 0 . x =1 Diện tích hình phẳng là: 1 11 3 2 2 2 xx 1 S= x − x dx =( x − x) dx = − = . 3 2 6 00 0 Câu 5. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường yx=−2 2 và y = 32x − bằng 9 9 125 125 A. . B. . C. . D. . 2 2 6 6 Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường 2 x = 0 xx−2 = 3 − 2 x = 3 Diện tích hình phẳng 3 3 23 2 39xx =(3x − x )d x = − = . 2 3 2 0 0 Câu 6. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yx= ; tiếp tuyến với đồ thị tại M (4;2) và trục hoành là 3 2 8 1 A. . B. . C. . D. . 8 3 3 3 Lời giải Tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx= tại điểm M (4;2) là:
1 y= y (4) .( x − 4) + 2 = x + 1. 4 Xét phương trình hoành độ giao điểm: 1 x + 10 1 44 x − x= x +14 2 x = . 4 1 x = 4 xx=+ 1 4 xx=00 = . 1 xx+1 = 0 = − 4. 4 041 1 8 Do 0 − 4;4 nên ta có S= x +1 d x + x − x − 1d x = . −404 4 3 1 Câu 7. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng yx=+1 và đường cong yx=+1 bằng 3 1 9 14 1 A. . B. . C. . D. . 6 2 3 4 Lời giải 2 2 1 ( xx+3) = 3 + 1 x = 3 Giải phương trình hoành độ giao điểm xx+11 = + ( ) cận 3 x = 0 x −3 của tích phân là xa==0 và xb==3 Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là: 331 1 1 S= x +1 − x + 1 d x = x + 1 − x + 1 d x = (đvdt). 003 3 6 Câu 8. Gọi S là số đo của diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y=2 x2 + 3 x + 1 và parabol 2 y= x − x − 2 . Khi đó sin bằng S 2 2 3 3 A. − . B. . C. . D. − . 2 2 2 2 Lời giải 22 x =−3 Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai parabol: 2x+ 3 x + 1 = x − x − 2 . x =−1 −1 4 Khi đó: S=(2 x22 + 3 x + 1) −( x − x − 2) d x = . −3 3 2 Suy ra: sin== sin . 4 S 2 3 Câu 9. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y= x2 −43 x + và đường thẳng y = 3 có diện tích bằng
32 28 A. 8 . B. 10. C. . D. . 3 3 Lời giải 2 2 x−4 x + 3, khi x 1  x 3 y= x −43 x + = 2 . −x +4 x − 3, khi 1 x 3 2 x = 0 Khi x ( − ;1  3; + ) , xét phương trình hoành độ giao điểm: xx−4 + 3 = 3 . x = 4 Khi x (1;3), xét phương trình hoành độ giao điểm: −xx2 +4 − 3 = 3 (Phương trình vô nghiệm). Diện tích hình phẳng cần tìm là: 1 3 4 S=−−+3 x2 43d x x +−−+− 3 x 2 43d x x +−−+ 3 x 2 43d8 x x = . 0( ( )) 1( ( )) 3 ( ( )) Câu 10. Cho hàm số y= f( x) = ax32 + bx + cx + d , (a , b , c , d ; a 0) có đồ thị ()C . Biết rằng đồ thị tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ dương và đồ thị của hàm số y= f ( x) cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị và trục hoành. 21 15 27 A. S = . B. S = 9 . C. S = . D. S = . 4 4 4 Lời giải Từ đồ thị hàm số y= f ( x) ta có y= f ( x) = −33 x2 + . Do đó f( x) = f ( x) dx = − x3 +3 x + C . Vì đồ thị tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ dương nên ta có phương trình −x3 +30 x + C = có nghiệm bội chẵn dương. Do đó −x3 +3 x + C =( x − a)2 ( b − x), a 0 . 20ab+= a =1 2 −++=−+x33 xC x 3( 2 abx +) 2 −+( a 2 2 abxab) + 2 a +2 ab = − 3 b = − 2 . 2 a b= C C =−2 Do đó f( x) = − x3 +32 x − . 3 x =1 Ta có −xx +3 − 2 = 0 . x =−2 Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị và trục hoành là 1 27 S= − x3 +32 x − dx = . −2 4
Câu 11. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số yx= 2 , yx= −3 + 10 , y =1 trong miền x 0 là 17 2 19 20 A. S = . B. S = . C. S = . D. S = . 6 3 6 3 Lời giải Xét x2 =1 x = 1 x = 1( x 0) . 2 x = 2 Xét x= −3 x + 10 x = 2( x 0) . x =−5 Xét −3xx + 10 = 1 = 3. 23 17 Vậy S= ( x2 −1) d x +( − 3 x + 10 − 1) d x = . 12 6 Câu 12. Cho hàm số y= f( x) có đạo hàm và liên tục trên . Biết rằng đồ thị hàm số y= f ( x) như hình vẽ dưới đây. Lập hàm số g( x) = f( x) − x2 − x . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. gg(− 11) ( ). B. gg(−=11) ( ). C. gg(12) = ( ) . D. gg(12) ( ) . Lời giải Xét hàm số h( x) = f ( x) −(21 x + ). Khi đó hàm số hx( ) liên tục trên các đoạn −1;1, 1;2 và có gx( ) là một nguyên hàm của hàm số y= h( x) .
x =−1 x =1 Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi là y= f ( x) yx=+21 1 1 1 S= f x −2 x + 1 d x = f x −2 x + 1 d x = gx =gg11 − − . 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) −1 ( ) ( ) −1 −1 Vì S1 0 nên gg(11) −( ). x =1 x = 2 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi là y= f ( x) yx=+21 2 2 2 S= f x −2 x + 1 d x = 2x + 1 − f x d x =−gx =−gg12. 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 1 Vì S2 0 nên gg(12) ( ) . Câu 13. Cho hàm số y= f( x) có đạo hàm fx ( ) liên tục trên và đồ thị hàm số y= f ( x) trên đoạn −2;6 như hình vẽ. Tìm khẳng định đúng. A. maxyf=−( 2) . B. maxyf= ( 2) . C. maxyf= ( 6) . D. maxyf=−( 1) . −2;6 −2;6 −2;6 −2;6 Lời giải
Ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra maxy=− max f( 1) ; f ( 6). −2;6 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y= f ( x) , trục hoành và hai đường thẳng x =−1 và x = 2 là 2 2 S= − f xd x = − f x = f − 1 − f 2 . 1 ( ) ( ) −1 ( ) ( ) −1 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành và hai đường thẳng x = 2 và x = 6 là 6 6 S= f xd x = f x = f 6 − f 2 . 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 Từ hình vẽ suy ra S21 S f(6) − f( 2) f( − 1) − f( 2) f( 6) f ( − 1) . Câu 14. Cho hàm số fx( ) có đạo hàm fx ( ) liên tục trên và đồ thị của fx ( ) trên đoạn −2;6 như hình bên dưới. Mệnh đề nào dưới đây sai? A. ff(−21) ( − ) . B. ff(26) ( ) . C. ff(01) −( ). D. ff(− 22) ( ). Lời giải Dựa vào đồ thị của hàm fx ( ) trên đoạn −2;6 ta suy ra bảng biến thiên của hàm số fx( ) trên đoạn −2;6 như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta có f(−2) f( − 1) ; f( 2) f ( 6) nên loại phương án A, B Trên khoảng (−1;0) hàm số fx( ) nghịch biến nên ff(− 10) ( ) nên loại phương án C So sánh f (−2) và f (2) : Gọi S1 , S2 là diện tích hình phẳng được tô đậm như trên hình vẽ. Ta có: −1 −1 S= f xd x = f x dx =ff −12 − − . 1 ( ) ( ) ( ) ( ) −2 −2 2 2 S= f xd x =− f xd x =ff −12 − . 2 ( ) ( ) ( ) ( ) −1 −1 Dựa vào đồ thị ta thấy SS12 nên f(−1) − f( − 2) f( − 1) − f ( 2) ff( −22) ( ) . Câu 15. Cho hàm số y= f( x) có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn 2f( x) + f ( x) = e−2x ( 2 x + 1) , x và f (0) =1. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y= f( x) và xx==1; 2 và trục hoành bằng 5 5 5 5 A. ee−−24− 5 . B. ee−−24+ 5 . C. ee−24− 5 . D. ee24− 5 − . 2 2 2 2 Lời giải Xét 2e22xx f( x) + e f ( x) = 2 x + 1 e2x f( x) =21 x + ( ) (e2x f( x)) d x =( 2 x + 1) d x e22x f( x) = x + x + C Vì fC(0) =1 1 = e2xx f( x) = x 2 + x +11 f( x) = e− 2( x 2 + x + ) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường và và trục hoành bằng 22 S= ( x2 + x +1) e−− 2xx d x =( x 2 + x + 1) e 2 d x . 11 2 Tính K=+ (2 x 1) e−2x d x 1
dux= 2d ux=+21 Đặt −2x 1 −2x ddv= e x ve=− 2 Vậy 221 1 1 Kxexex=+2 1−2x d =− − 2 x 2 ++ 1 2 exex − 2 x d =− − 2 x 2 +− 1 2 e − 2 x 2 =−+ 3 ee − 4 2 − 2 . ( ) ( ) 1( ) 1 1 112 2 2 2 Tính S= ( x22 + x +1d) e− x x . 1 2 du=+( 2 x 1) d x u= x + x +1 Đặt −2x 1 −2x ddv= e x ve=− 2 Vậy 1 12 7 3 1 5 Sexx= −−2xx 2 + +1 2 + 2 xexee + 1 − 2 d = − − 4+ − 2 + − 3 ee − 4 + 2 −2 = ee−−24−5 . ( ) 1 ( ) ( ) 2 21 2 2 2 2 Câu 16. Cho hàm số y= f( x) có đạo hàm liên tục trên \0  và thỏa mãn f ( x) +2 x . f2 ( x) = 0, f( x) 0,  x \ 0 và f (1) =1. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y= f( x) , y= f ( x) và x =−1 bằng 1 1 1 A. . B. . C.1. D. . 8 2 4 Lời giải Xét fx ( ) 11 = −2x = 2x = 2 xd x = x2 + C 2 f( x) f( x) f( x) 12 Với fC(1) =1 = 0 nên f(x) = f ( x) = − xx23 12 Phương trình hoành độ giao điểm: f( x) = f ( x) = − x = −2. xx23 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường , y= f ( x) và x =−1 bằng: −−111 2 1 2 1 1 1 S= +d x = − + d x = +−1 = . 2 3 2 3 2 −2 −−22x x x x x x 4 Câu 17. Cho hàm số fx() liên tục và có đạo hàm xác định trên (0;+ ) . Biết rằng fx( ) 0 với mọi x (0; + ) thỏa mãn f (02) = , và 32( f( x) − xf ( x)) = f( x) + f2 ( x) . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y= f( x) và đường thẳng xy−6 + 12 = 0 . 275 35 A. − ln 6 . B. ln 6 . C. − ln 6 . D. 120+ ln6 . 12 12 Lời giải Do ta có 3f( x) −+( 3 x 2) f ( x) 32x + 3f x− xf x = 2 f x + f2 x = 1 = 1 ( ( ) ( )) ( ) ( ) 2 f( x) f( x)
32x + =xC + fx( ) 3.0+ 2 Vì f (0)= 2 nên =01 +CC = f (0) 3xx++ 2 3 2 =x +1 f( x) = f( x) x +1 3x + 2 1 12 5 x = 0 Ta có =x +20 x − x = . x +1 6 6 6 x = 5 Diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số y= f( x) và đường thẳng xy−6 + 12 = 0 là 5 3x + 2 1 35 S= − x +2 d x = − ln 6 . 0 x +1 6 12 Câu 18. Cho hàm số fx() liên tục và có đạo hàm xác định trên (0;+ ) . Biết rằng fx( ) 0 với mọi x (0; + ) thỏa mãn f()ln()3 x( f x− x2 + 5 x − 1) + xf '()0 x = và f (2)= 1. Tính diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số y=−(4 x 5) f ( x ) , trục hoành và đường thẳng x = 2 . 9 9 9 9 1 − − − A. 1− e16 . B. 1− e 16 . C. 1− e 16 . D. 21 − e 16 . 2 Lời giải Ta có fx()ln()3( fx− x22 + 5 x − 1) + xfx '()0 = fxfxxfx ()ln() + '() =( 3 x − 5 x + 1()) fx Do với mọi nên ta chia 2 vế phương trình đó cho ta được fx'( ) ln().f x+ x = 3 x22 − 51 x + ( x ln() f x) = 3 x − 51 x + fx() 5 xln f ( x ) = x32 − x + x + C (*) 2 5 Vì nên ta có 2lnf (2)= 232 − .2 + 2 + C C = 0 2 5 55xx2 −+1 xfxxln() =3 − xx 2 + ln() fxx = 2 − x + 1() fxe = 2 22 5 xx2 −+1 5 Ta có (4x− 5) f ( x ) = 0 ( 4 x − 5) e2 = 0 x = . 4 Diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành và đường thẳng là 225 9 xx2 −+1 − S= (4 x − 5) fxdx( ) =( 4 xe − 5) 2 dx = 2 1 − e 16 . 55 44 Câu 19. Cho fx() là hàm số liên tục trên thỏa mãn f( x) + f ( x) = x,  x và f (01) =− . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số y= f() x và yx=−2 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. 1. 2 6 3 Lời giải Xét: f( x) += f ( x) x (1) . Nhân 2 vế của (1) với ex ta được ex .f( x) += e x . f ( x) x .e x .
x x x x Hay e .f( x) = x .e e . f( x) = x .e d x . Xét I= x.ex d x . u= x dd u = x Đặt xx. e dx= d v v = e I= x.ex d x = x .e x − e x d x = x .e x − e x + C . Suy ra exf( x) = x .e x − e x + C . Theo giả thiết f (0)=− 1 nên C = 0 f( x) = x −1. 2 x = 0 Xét phương trình: xx−11 = − x =1 1 1 Suy ra diện tích hình phẳng cần tìm: x2 −= x dx . 0 6 Câu 20. Cho hàm số fx() thỏa mãn f (1)=− 2 và f( x )= xf ( x ) − 2 x32 + 3 x với mọi x 0 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y= f() x và trục hoành. 189 27 A. 27 . B. . C. . D. 189. 4 4 Lời giải 1.f ( x )− x . f ( x ) − 2 x32 + 3 x f ( x ) f( x )− xf ( x ) = − 2 x32 + 3 x = = 2 x − 3 x22 x x fx() Do đó =x2 −3 x + C ( 1) , với C x Vì f (1)=− 2 theo giả thiết, nên thay x =1 vào hai vế của (1) ta thu được , từ đó f( x )=− x32 3 x . 3 27 Diện tích hình phẳng cần tìm là: x32− 3 xd= x . 0 4 BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C A B D A C A B A D A D C D A D C D B C
CHUYÊN ĐỀ 37: NGHIỆM PHỨC CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Câu 45. Trên tập hợp số phức, xét phương trình z22−2( m + 1) z + m = 0 ( m là số thực). Có bao nhiêu giá trị của để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt zz12, thỏa mãn zz12+=2? A. 1. B. 4. C. 2. D. 3. Lời giải Ta có: =22m + TH1: 0 m − 1. c Phương trình có hai nghiệm phức, khi đó: z= z = = m2 . 12 a 2 m =1 Suy ra: 2m = 2 . ml=−1 ( ) TH2: 0 m − 1. 2 Vì a.0 c= m nên phương trình có hai nghiệm phân biệt zz12.0 hoặc zz12. 0. ml=−2 ( ) Suy ra: z1+ z 2 =2 z 1 + z 2 = 2 2 m + 2 = 2 . m = 0 Vậy có 2 giá trị của thỏa yêu cầu bài toán. TRỌNG TÂM KIẾN THỨC Giải phương trình bậc hai Cho phương trình bậc 2 dạng Az2 + Bz + C = 0 (1) , trong đó ABC,, là những số thực, A 0 Xét biệt thức =B2 − 4 AC −BB + − − Nếu 0 thì phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt zz==; 1222AA −B Nếu =0 thì phương trình có nghiệm thực kép zz12== 2A −B + i − B − i Nếu 0 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phức zz==; 1222AA Hệ thức Vi-ét −B S= z + z = 12 A Ta có C P== z z 12 A CÂU PHÁT TRIỂN TỪ KHO SMARTEST PRO – 100 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI TN THPT 2 Câu 1. Gọi zz12, là hai nghiệm phức của phương trình zz−4 + 8 = 0 . Khi đó biểu thức K= z1 + z 2 − z 1 z 2 bằng A. −42. B. −+8 4 2 . C. 8+ 4 2 . D. 42. Lời giải 2 zi=+22 Ta có zz−4 + 8 = 0 . zi=−22 Do đó K= z1 + z 2 − z 1 z 2 =2 + 2 i + 2 − 2 i − 8 = 4 2 − 8 .
2 2 Câu 2. Cho zz12, là hai nghiệm của phương trình z −3z + 10 = 0 . Tính S=( z1 + z 2) − z 1 z 2 A. −1. B. 0 . C. 1. D. 7 . Lời giải 2 2 Ta có z1+ z 2 =3, z 1 z 2 = 10 , khi đó S=( z1 + z 2) − z 1 z 2 =3 − 10 = − 1. 2 Câu 3. Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình zz+ +20 = . Khi đó zz12+ bằng A. 4 . B. 22. C. 2 . D. 2 . Lời giải Phương trình zz2 + +20 = , có =1 − 4.1.2 = − 7 0 . − 17i Suy ra phương trình có hai nghiệm phức z = . 1,2 2 −1 +ii 7 − 1 − 7 Do đó zz+ = + =2 + 2 = 2 2 . 12 22 Vậy zz12+=22. 2 22 Câu 4. Gọi zz12, là các nghiệm của phương trình zz+2 + 5 = 0. Giá trị của zz12+ bằng A. 10. B. 12. C. 2 34 . D. 45. Lời giải 2 zi1 = −12 + zz+2 + 5 = 0 . zi2 = −12 − 2 222 2 2 2 2 z1+ z 2 = z 1 + z 2 =−++−+−=( 1) 2( 1) ( 2) 10 . Câu 5. Biết số phức z là nghiệm của phương trình zz2 −4 + 13 = 0 và m là số thực dương thỏa mãn zm+=5 . Xác định m A. 3. B. 2 . C. 1. D. −6. Lời giải Giải phương trình . Ta có =16 − 4.13 = − 36 0. Suy ra phương trình có hai nghiệm phức zi= 23. 22 m = 2 Với ta có z+= + = m5 2 m 3 i 5( 2 + m) += + 9 5( 2 m) = 16 m =−6 Vì là số thực dương nên chọn m = 2. 2 2011 2011 Câu 6. Gọi zz12, là các nghiệm phức của phương trình zz+ +10 = , đặt w=+ z12 z . Khi đó A. w = 22021 . B. w =−1. C. wi= 22021 . D. w =1. Lời giải zz12+ = −1 Có là các nghiệm phức của phương trình zz12.1=
13 zi1 = − + 2 22 Phương trình zz+ +10 = 13 zi2 = − − 22 33 1 3 1 3 Ta có − +ii =1; − − = 1. 2 2 2 2 671 671 2013 2013 zz33 2 2011 2011 zz12( 12) ( ) 11( z1+− z 2) 2. z 1 z 2 w=+ z12 z =+ =+ =+= zz22 zz22zz22 zz. 2 12 1212 ( 12) ’ (−−1)2 2.1 = = −1. (1)2 2 11 Câu 7. Gọi zz12, là hai nghiệm phức của phương trình 2zz− 3 + 4 = 0. Xét  = + + iz12 z , viết số zz12 phức dưới dạng  =x + yi(,) x y . 3 3 3 3 A.  =+2i B.  = − + 2i C.  =+2 i D.  =+2i 2 4 2 4 Lời giải 3 Theo viet, ta có z+ z =;2 z z = . 1 22 1 2 3 2 + i.4 1 1z1++ z 2 i( z 1 z 2 ) 2 3 Khi đó, w= + + iz12 z = = = + 2 i . z1 z 2 z 1 z 2 24 Câu 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình zm2 +=0 có hai nghiệm là hai số phức phân biệt. A. m 0 . B. m 0. C. m 0. D. m 0. Lời giải Ta có: zm2 = − (1) . Phương trình có 2 nghiệm phức phân biệt khi m 0 . Câu 9. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình z22−2 z + 1 − m = 0 có nghiệm phức z thỏa mãn z = 2? A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải 2 22 2 z−11 = m z = + m Ta có z−2 z + 1 − m = 0 ( z − 1) = m . z−11 = − m z = − m 12+=m m=1 ( TM ) Với zm=+1 , vì nên 12+m = . 12+m = − ml=−3 ( ) 12−=m ml=−1 ( ) Với zm=−1 , vì nên 12−m = . 12−m = − m= 3 ( TM ) Vậy ta có m =1 và m = 3 thỏa mãn bài toán.
Câu 10. Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình z2 +2 mz + 3 m + 4 = 0 có hai nghiệm không là số thực? A. 3. B. 4 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Ta có: z2 +2 mz + 3 m + 4 = 0 (1) =mm2 −34 − Phương trình (1) có 2 nghiệm không phải là số thực khi và chỉ khi 0 m2 − 3 m − 4 0 − 1 m 4. Kết hợp với m nguyên ta nhận m 0;1;2;3. Câu 11. Biết số phức z là nghiệm của phương trình zz2 −4 + 13 = 0 và m là số thực dương thỏa mãn zm+=5 . Xác định m A. 3. B. 2 . C. 1. D. −6. Lời giải Giải phương trình . Ta có =16 − 4.13 = − 36 0. Suy ra phương trình có hai nghiệm phức zi= 23. 22 m = 2 Với ta có z+= + = m5 2 m 3 i 5( 2 + m) += + 9 5( 2 m) = 16 m =−6 Vì là số thực dương nên chọn m = 2. Câu 12. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình z2 −2 mz + 6 m − 5 = 0có hai nghiệm phức phân biệt zz12, thỏa mãn zz12= ? A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 3 . Lời giải Trường hợp 1: Phương trình có 2 nghiệm phức (không thực) liên hợp thỏa mãn Khi đó ' 0 m2 − 6 m + 5 0 1 m 5. Trường hợp 2: Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt thỏa mãn . 0 mm2 −6 + 5 0 Khi đó cần có m = 0 . zz12+=0 m = 0  Vì m nguyên nên m 0;2;3;4 . Vậy có 4 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 13. Trên tập hợp số phức, biết phương trình z22+ mz + m −20 = ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức z1 , z2 . Gọi A , B , C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1 , z2 và zi0 = . Có bao nhiêu giá trị của tham số m để diện tích tam giác ABC bằng 1? A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 6 . Lời giải Ta có: =m2 −4( m 2 − 2) = − 3 m 2 + 8
−2 6 2 6 TH1: 0 − 3mm2 + 8 0 . Khi đó, phương trình có hai nghiệm thực 33 phân biệt là z1 , z2 . 22 2 Vì A, B Ox nên ABzz=1 − 2 =( zz 1 − 2) =( zz 1 + 2) −4 zz 1 2 = − 3 m + 8 . Mặt khác, ta có C(0;1) = d( C ; AB) 1. 1−+ 3m2 8 2 3 S = AB. d( C ; AB) = = 1 m = ( Thỏa mãn đk). ABC 2 2 3 26 m 2 3 TH2: 0 − 3m + 8 0 . −26 m 3 −mi Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức liên hợp là z = . 1,2 2 22 Ta có: AB= z12 − z = i = −3 m + 8 = 3 m − 8 và C (0;1) . m m Phương trình đường thẳng AB là x +=0 nên d( C; AB) = . 2 2 2 2 m = 4 1 mm38− Do đó, S ABC = AB. d( C ; AB) = = 1 4 m = 2 ( Thỏa mãn đk). 24 m2 =− (VN) 3 Vậy có 4 giá trị thực của tham số m thỏa mãn đề bài. c c Câu 14. Trên tập hợp số phức, cho phương trình xx2 −40 + = ( với phân số tối giản) có hai nghiệm d d phức. Gọi A , B là hai điểm biểu diễn của hai nghiệm đó trên mặt phẳng Oxy . Biết tam giác OAB đều (với O là gốc tọa độ), tính P=+ c2 d . A. 18. B. 22 . C. −10 . D. −14 . Lời giải c Nếu phương trình xx2 −40 + = có hai nghiệm thực thì ba điểm ABO,, cùng nằm trên một d đường thẳng (không thỏa mãn). c c Vậy xx2 −40 + = có hai nghiệm phức có phần ảo khác 0 =40 − . d d Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức xi1 =2 + ; xi2 =2 − . Gọi A , B lần lượt là hai điểm biểu diễn của x1 ; x2 trên mặt phẳng Oxy , ta có: A(2; ); B(2;− ) .
Ta có: AB = 2 ; OA= OB =4 + . Tam giác OAB đều khi và chỉ khi AB= OA = OB 2 = 4 + =+ 4 4 4 4 cc4 16 = . Vì 0 nên = − hay 4 − = − = . 3 3 dd33 Từ đó ta có c =16 ; d = 3. Vậy: P= c +2 d = 22. Câu 15. Cho phương trình 8z2 − 4( a + 1) z + 4 a + 1 = 0 với a là tham số. Tìm số giá trị của a để z1 phương trình có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn là số ảo, trong đó z2 là số phức có phần ảo z2 dương. A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Từ giả thiết suy ra zz12, không phải là số thực. Khi đó 04(a +− 184104)2 ( a + ) ( a2 −− 610* a ) ( ) a+1 − −( a2 − 6 a − 1) i 2 a + 1 + −( a 2 − 6 a − 1) i 2 Suy ra z=; z = = z 144 2 1 z 2 a = 0 1 là số ảo z2 là số ảo +−−a1 a22 −−= −= 6 a 1 0 a 2 a 0 (thoả mãn 1 ( ) ( ) z2 a = 2 điều kiện (*) ) Câu 16. Trên tập hợp số phức, xét phương trình z22−2 mz + 2 m − 2 m = 0, với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m −( 10;10) để phương trình có hai nghiệm phân biệt , thỏa mãn zz12−22 = − . A.17 . B. 16. C. 15. D. 14. Lời giải Đặt wz=−2, ta được phương trình: (w+2)2 − 2 m( w + 2) + 2 m2 − 2 m = 0 w22 −(2 m − 4) w + 2 m − 6 m + 4 = 0 (1) . Khi đó bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt w1 , w2 thỏa mãn ww12= . Xét phương trình (1) có =(m −2)2 − 2 m22 + 6 m − 4 = − m + 2 m . Trường hợp 1: 0 m ( 0;2) . Mà m nên m =1. Thay vào phương trình ta được: 2 w = 0 ww+20 = . Không thỏa mãn yêu cầu đề bà. w =−2
Trường hợp 2: 0 m ( − ;0) ( 2; + ). Khi đó phương trình luôn có hai nghiệm phức phân biệt không phải số thực, hai nghiệm này là hai số phức liên hợp nên mô-đun của chúng luôn bằng nhau. Kết hợp với điều kiện m là số nguyên và m −( 10;10) . Suy ra m −9; − 8; ; − 1  3;4; ;9.Vậy có 16 giá trị của m thoả mãn. Câu 17. Trên tập hợp số phức, xét phương trình z22−( m −1) z + m + 2 m = 0 ( m là tham số thực). Tìm tổng các giá trị của m sao cho phương trình đó có 2 nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn z1+ z 2 = z 1 − z 2 . A. −2 . B. −8. C. 4 . D. −3. Lời giải Ta có = −3mm2 − 10 + 1. TH1: 0, phương trình đã cho có 2 nghiệm thực , , khi đó 2 m = 0 z1+ z 2 = z 1 − z 2 z 1. z 2 = 0 m + 2 m = 0 (thỏa mãn điều kiện ). m =−2 mi−1 − TH2: 0, phương trình có 2 nghiệm phức z = , khi đó 1,2 2 2 2 z1+ z 2 = z 1 − z 2 m −=1 i − ( m − 1) =− m + 6 m −= 1 0( *) . Phương trình (*) có hai nghiệm thực phân biệt (thỏa mãn điều kiện 0) và tổng hai nghiệm này bằng −6. Vậy tổng các giá trị của sao cho phương trình có 2 nghiệm phức , , thỏa mãn bằng −8. Câu 18. Trên tập hợp số phức, xét phương trình z22−2( m + 2) z + m = 0 ( là tham số thực). Có bao 11 nhiêu giá trị của để phương trình đó có 2 nghiệm phức , thỏa mãn +=1? zz12 A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 4 . Lời giải Ta có =44m + . TH1: 01 m − , phương trình đã cho có 2 nghiệm thực , , khi đó 2 1 1( z+− z) 2. z z 2 + =11 1 2 1 2 + = z z2 z. z 1 2( zz12. ) 1 2 2 4(mm+− 2) 2 2 2 + =1 2 2 (m2 ) m
4(m + 2)2 = m4 m = 1 5 . Kết hợp với điều kiện, m =+15 thỏa mãn. TH2: 01 m − , phương trình có 2 nghiệm phức z1,2 = m +2 i − thỏa mãn zz12= 11 2 2 , khi đó + = 1z12 = z = 2( m + 2) +− = ( ) 2 m = = 4 m 2. zz12 Kết hợp với điều kiện, m =−2 thỏa mãn. Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 19. Cho m là số thực, biết phương trình z2 + mz +50 = có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm có phần ảo là 1. Tính tổng môđun của hai nghiệm. A. 3. B. 5 . C. 25. D. 4 . Lời giải Ta có =m2 − 20 Phương trình có hai nghiệm phức thì 0 − 2 5 m 2 5 . mm20 − 2 mm20 − 2 Khi đó phương trình có hai nghiệm là: zi= − + và zi= − − 1 22 2 22 20 − m2 Theo đề ra ta có: =14 m = . 2 2 zi1 = −2 + zi1 =+2 Khi đó phương trình trở thành zz 4 + 5 = 0 hoặc zi2 = −2 − zi2 =−2 zz12==5 . Câu 20. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 4z22+ 4( m − 1) z + m − 3 m = 0 có hai nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn zz12+=2 A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 4 . Lời giải Ta có =44m + . TH1: =4mm + 4 0 − 1. 22 Phương trình: 4z+ 4( m − 1) z + m − 3 m = 0 có hai nghiệm phức , nên zz21= z2 = z 1 = z 1 . m2−3 m m 2 − 3 m m 2 − 3 m Theo vi et ta có z z= z z = z. z = . 1 24 1 2 4 1 2 4 Theo bài ra ta có: z1+ z 2 =2 z 1 + z 1 = 2 z 1 = 1 z 1 = z 2 = 1 2 m =−1 mm −34 = không thoả mãn điều kiện. m = 4 TH2: =4mm + 4 0 − 1.
mm−11 + + Phương trình: 4z22+ 4( m − 1) z + m − 3 m = 0 có hai nghiệm thực z = , 1 2 mm−11 − + z = . 2 2 z z=− m2 3 m Theo vi et ta có 12 . z12+ z = m −1 Theo bài ra ta có: 2 z1+ z 2 =24 ( z 1 + z 2 ) = . 2 ( z1 + z 2) −2 z 1 . z 2 + 2 z 1 . z 2 = 4 2 (m −1) − 2( m22 − 3 m) + 2 m − 3 m = 4 −m22 +4 m − 3 + 2 m − 3 m = 0 (*) −10 m + Nếu thì phương trình trở thành: m 3 22 2 m =−1 −m +4 m − 3 + 2( m − 3 m) = 0 mm −2 − 3 = 0 (thoả mãn điều kiện) m = 3 + Nếu 03 m thì phương trình trở thành: 1 m = −m22 +4 m − 3 + 2 − m + 3 m = 0 −3mm2 + 10 − 3 = 0 3 kết hợp với điều kiện suy ra ( ) m = 3 1 m = . 3 Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 B A B A B B B A C B B A C B B B B A C C
CHUYÊN ĐỀ 38: KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN OXYZ x−2 y − 1 z − 1 Câu 46. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(0;1;2) và đường thẳng d : ==. Gọi (P) là 2 2− 3 mặt phẳng đi qua A và chứa d . Khoảng cách từ điểm M (5;− 1;3) đến (P) bằng 1 11 A. 5. B. . C. 1. D. . 3 3 Lời giải Lấy Bd(2;1;1) ta có AB =−(2;0; 1) . Ta có AB, u == 2;4;4 2 1;2;2 d ( ) ( ) Mặt phẳng đi qua và chứa suy ra nP = (1;2;2). Phương trình mặt phẳng (P) : x+ 2 y + 2 z − 6 = 0 x+2 y + 2 z − 6 Vậy d(MP ,( )) ==MMM 1. 1222++ 2 2 TRỌNG TÂM KIẾN THỨC Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Cho điểm M0(;;) x 0 y 0 z 0 và mặt phẳng ( ) :0Ax+ By + Cz + D = ||Ax0+ By 0 + Cz 0 + D Khi đó dM( 0 ,( )) = ABC2++ 2 2 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Cho đường thẳng đi qua điểm M 0 và có vectơ chỉ phương a và M( x;; y z) . a, M M 0 Khi đó dM( , =) a Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song Khoảng cách giữa đường thẳng ( ) và mặt phẳng (P ) : ax+ by + cz + d = 0 song song. axMMM+ by + cz + d Khi đó d( M,( P)) = với M( xMMM;; y z ) ( ) abc2++ 2 2 Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song Cho hai mặt phẳng song song (P) :0 ax+ by + cz + d = và (Q) :0 ax+ by + cz + d = . dd− Khi đó d(( Q),( P)) = abc2++ 2 2 Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song Cho hai đường thẳng song song và d qua điểm M 0 có véctơ chỉ phương ud .
M M, u d Khi đó d( M, d ) = với M( xMMM;; y z ) ( ) ud Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Cho 2 đường thẳng chéo nhau đường chéo 1 , 2 . AB., u u 12 Khi đó d ( 12, ) = với ( AB 12, ) uu, 12 CÂU PHÁT TRIỂN TỪ KHO SMARTEST PRO – 100 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI TN THPT Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1;−− 2; 3) và mặt phẳng (P ) : 2 x− 2 y + z − 5 = 0. Khoảng cách từ A đến ()P bằng 2 10 2 10 A. B. C. D. 3 3 9 9 Lời giải 2.1− 2.( − 2) − 3 − 5 2 Khoảng cách từ A đến ()P là d( A ,( P )) ==. 222++ 2 1 3 Câu 2. Khoảng cách từ điểm A(−2;3;5) đến mặt phẳng ( ) : 2x− 2 y + z − 4 = 0 bằng A. 3 . B. 4 . C. 3 . D. 9 . Lời giải 2.(− 2) − 2.3 + 5 − 4 Ta có d( A;3( P)) ==. 3 x11 y z Câu 3. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; 1; 2) và đường thẳng d : . Mặt 2 1 2 phẳng đi qua M và chứa đường thẳng d có phương trình là A. xz− +1 = 0 B. 3xz+ 3 + 1 = 0 C. xz+ +1 = 0 D. 3xz− 3 + 2 = 0. Lời giải Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm. Gọi ud (2;1; 2) là véc tơ chỉ phương của đường thẳng d và Nd( 1;1;0) MN ( 2;2;2) . Vì mặt phẳng ()P đi qua và chứa đường thẳng nên ta có véctơ pháp tuyến của là n ud , MN ( 6;0; 6) 6(1;0;1). Vậy phương trình mặt phẳng có dạng: 1(x 1) 0( y 1) 1( z 2) 0 x z 1 0. x−2 y − 1 z − 1 Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : == và điểm 1− 1 2 A(−2;1;0) . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa d . A. x−7 y − 4 z + 8 = 0 . B. x− y −4 z + 3 = 0 . C. x−7 y − 4 z + 9 = 0 . D. x− y +2 z + 3 = 0 . Lời giải Đường thẳng d đi qua M (2;1;1) và có một vec tơ chỉ phương ud =−(1; 1;2) .
Ta có AM = (4;0;1) . Mặt phẳng (P) đi qua A(−2;1;0) và chứa d nên có một vectơ pháp tuyến n= u, AM = − 1;7;4 . Pd ( ) Phương trình mặt phẳng : −1(x + 2) + 7( y − 1) + 4( z − 0) = 0 −+x7 y + 4 z −= − 9 0 x 7 y − 4 z += 9 0. Câu 5. Cho mặt phẳng (P) : x− 2 y + z − 3 = 0 và điểm Mm( ;1;2) với m . Tìm tất cả cá giá trị của m sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) bằng 26. A. mm= −9; = − 15 . B. mm==9; 15 . C. mm= −9; = 15 . D. mm=9; = − 15 . Lời giải Ta có: (P) : x− 2 y + z − 3 = 0 và ax0+ by 0 + cz 0 + d m −2.1 + 2 − 3 m =15 d( M,( P)) = = = 2 6 m − 3 = 12 2 2 222 2 m =−9 abc++ 1+( − 2) + 1 Câu 6. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , khoảng cách từ tâm mặt cầu x2+ y 2 + z 2 −4 x − 4 y − 4 z − 1 = 0 đến mặt phẳng (P) : x+ 2 y + 2 z − 10 = 0 bằng 7 8 4 A. 0 . B. . C. . D. . 3 3 3 Lời giải Mặt cầu (S ) có tâm I (2;2;2). 1.2++− 2.2 2.2 10 Khoảng cách từ I (2;2;2) đến (P) : x+ 2 y + 2 z − 10 = 0 là d( I,0( P)) ==. 1222++ 2 2 Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ , khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng bằng A. 0 . B. . C. . D. . Lời giải Mặt cầu có tâm . Khoảng cách từ đến là . Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x+ 1)2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 9 và mặt phẳng (P) : 2 x− 2 y + z + 14 = 0 . Gọi M( a;; b c) là điểm thuộc mặt cầu ()S sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là lớn nhất. Tính T= a + b + c . A. T = 3. B. T =1. C. T = 5 . D. T =10 . Lời giải Ta có tâm và bán kính mặt cầu ()S lần lượt là IR(−=1;1;2) , 3.
−2 − 2 + 2 + 14 d(IPR ,( ))= = 4 = 3. Suy ra ()P không cắt ()S . 22++ 2 2 1 2 Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng ()P . Khi đó, phương trình của xt= −12 + đường thẳng d là yt=−12 . zt=+2 xt= −12 + yt=−12 2 2 2 Xét hệ (2t ) + ( − 2 t ) + ( t ) = 9 t = 1. zt=+2 2 2 2 (x+ 1) + ( y − 1) + ( z − 2) = 9 Với t=1 M11 (1; − 1;3), d ( M ,( P )) = 7. Với t= −1 M21 ( − 3;3;1), d ( M ,( P )) = 1. Suy ra M1(1;− 1;3) thỏa mã yêu cầu bài toán. Khi đó T= a + b + c = 3. Câu 9. [CHUYÊN-SƠN-LA-NĂM-2020] Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm M (1;3;2) xt=+1 đến đường thẳng :1 yt = + bằng zt=− A. 2 . B. 3 . C. 22. D. 2 . Lời giải Đường thẳng có một vecto chỉ phương u (1;1;− 1) và đi qua điểm A(1;1;0) . Ta có: MA =(0; − 2; − 2); u, MA =−( 4;2;2) . 2 22 u, MA (−4) + 2 + 2 Khi đó: dM( , ) = = = 22. u 122+ 1 +( − 1)2 Câu 10. Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm M (1;3;2) đến đường thẳng bằng A. 2 . B. 3 . C. . D. 2 . Lời giải Đường thẳng có một vecto chỉ phương và đi qua điểm . Ta có: ; u, MA =−( 4;2;2). Khi đó: . Câu 11. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song ( ):x− 2 y − 2 z + 4 = 0 và ( ) :−x + 2 y + 2 z − 7 = 0
A. 3. B. −1. C. 0. D. 1. Lời giải Lấy M (0;0;2) ( ) 2.2− 7 d(( ),( )) = d( M ,(  )) = = 1. (−1)2 + 222 + 2 Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng lần lượt có phương trình là 2x+ y + 2 z − 1 = 0 và 4x+ 2 y + 4 z − 1 = 0 . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó bằng 1 1 2 2 A. d = . B. d = . C. d = . D. d = . 3 6 3 6 Lời giải Gọi (P) : 2 x+ y + 2 z − 1 = 0 , (Q) : 4 x+ 2 y + 4 z − 1 = 0 . 2 1 2− 1 Ta có == . 4 2 4− 1 Suy ra (PQ) // ( ) . Lấy MP(0;1;0) ( ) . 4.0+ 2.1 + 4.0 − 1 1 Khi đó d(( P);;( Q)) = d( M( Q)) = = . 424222++ 6 Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) : 2 x− 2 y + z − 17 = 0 . Biết mặt phẳng cắt mặt cầu (S) : x2 +( y + 2)22 +( z − 1) = 25 theo một đường tròn có chu vi bằng 6 . Khi đó mặt phẳng có phương trình là: A. x− y +2 z − 7 = 0. B. 2x− 2 y + z + 17 = 0 . C. 2x− 2 y + z + 7 = 0 . D. 2x− 2 y + z − 20 = 0 . Lời giải (QPQ) //( ) ( ) có dạng 2x− 2 y + z + d = 0( d − 17) Giả sử bán kính đường tròn là r . Ta có 2 rr= 6 = 3. Mặt cầu có tâm IR(0;−= 2;1) , 5. Ta có d( I;( Q)) = R2 − r 2 = 5 2 − 3 2 = 4. 2.0− 2.( − 2) + 1 + d d +=5 12 d = 7 Ta có d( I;( Q)) = 4 = 4 d + 5 = 12 222+( − 2)2 + 1 d +5 = − 12 dL=−17 ( ) Phương trình mặt phẳng là .
xt=−1 Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d:, y= t t và zt=− xt= 2 d : y= − 1 + t , t . Khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d là zt= 1 1 A. . B. 7 . C. 14 . D. . 14 7 Lời giải Đường thẳng d đi qua điểm A(1;0;0) và có VTCP ud =( −1;1; − 1) . Đường thẳng d đi qua điểm B(0;− 1;0) và có VTCP ud = (2;1;1) . AB =( −1; − 1;0) . uu;= 2; − 1; − 3 . dd ( ) Khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d là u;. u AB dd 2.(− 1) +( − 1) .( − 1) +( − 3) .0 1 d( d; d ) = = = . uu; 2 22 14 dd 2+( − 1) +( − 3) xt=+1 x y−−32 z Câu 15. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng cắt nhau d:2 y=− t và d1 : ==. 1 2 1 zt=+3 Gọi (P) là mặt phẳng chứa d và d1 . Tính khoảng cách từ A(−1;0;2) đến mặt phẳng (P) 1 2 52 A. . B. . C. . D. 2 . 2 2 2 Lời giải Đường thẳng d đi qua M (1;2;3)và có vec tơ chỉ phương u (1;− 1;1) . Đường thẳng d1 đi qua N (0;3;2) và có vec tơ chỉ phương u1 (1;2;1) . Gọi n là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) , suy ra n⊥⊥ u, n u1 do đó chọn n= u, u = − 3;0;3 . 1 ( ) Mặt phẳng (P) chứa nên qua điểm M (1;2;3) và có vectơ pháp tuyến n =−( 3;0;3) có phương trình là: −3(x −+ 1) 0( y −+ 2) 3( z −= −+= 3) 0 x z 2 0 . 1.(− 1) − 1.2 + 2 2 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là d( A,( P)) ==. 122+ 0 +( − 1)2 2
Câu 16. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng dd12, lần lượt có phương trình x−2 y − 2 z − 3 x−6 y − 2 z − 1 d : ==, d : ==. Gọi ( ) là mặt phẳng song song và cách đều 1 2 1 3 2 2− 1 4 d1 và d2 . Khoảng cách từ M (−−4; 1;1) đến mặt phẳng bằng 5 46 2 69 2 69 56 69 A. . B. . C. . D. . 2 3 23 69 Lời giải Ta có d đi qua A 2;2;3 và có u = 2;1;3 , d đi qua B 6;2;1 và có u =−2; 1;4 1 ( ) d1 ( ) 2 ( ) d 2 ( ) AB=(4;0; − 2) ; u ; u =( 7; − 2; − 4) ; dd12 u; u AB = 36 0 nên dd12, chéo nhau. dd12 Do ( ) cách đều dd12, nên ( ) song song với dd12, n = u; u =( 7; − 2; − 4) dd12 ( ) có dạng 7x− 2 y − 4 z + d = 0 Theo giả thiết thì d( A,,( )) = d( B ( )) nên ( ) đi qua trung điểm I (4;2;2) của đoạn AB ( ) : 7x − 2 y − 4 z − 16 = 0 . 7.(− 4) − 2.( − 1) − 4.1 − 16 2 69 Khoảng cách từ M đến mặt phẳng là dM( ,( )) ==. 72 +( − 2)22 +( − 4) 3 xt=+13 x−+12 y z Câu 17. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d12: y= − 2 + t , d : = = và mặt 2− 1 2 z = 2 phẳng (P) : 2 x+ 2 y − 3 z = 0 . Mặt phẳng ( ) đi qua giao điểm của d1 và (P) , đồng thời vuông góc với d2 . Khoảng cách từ điểm M (2;− 1;3) đến mặt phẳng là: 5 4 2 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Giao điểm A của d1 và (P) có tọa độ A(1+ 3 t ; − 2 + t ;2) ; thay tọa độ của A vào phương trình mặt phẳng (P) ta được: 2( 1+ 3t) + 2( − 2 + t) − 6 = 0 t = 1. Vậy A(4;− 1;2) . Mặt phẳng cần tìm nhận vectơ chỉ phương u =−(2; 1;2) của d2 làm một vectơ pháp tuyến đồng thời đi qua nên có phương trình 2(x− 4) −( y + 1) + 2( z − 2) = 0 . ( ) : 2x − y + 2 z − 13 = 0 . 2.2−( − 1) + 2.3 − 13 2 Khoảng cách từ điểm M (2;− 1;3) đến ( ) là: dM( ,( )) ==. 22++ 1 2 2 2 3 Câu 18. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x− 2 y + 3 z − 4 = 0 và hai đường thẳng x−+11 y z x−1 y − 3 z + 1 d :,== d : = =  Mặt phẳng ( ) song song với (P) và cắt d , 1 1− 1 2 2 2 1 1 1
d2 theo thứ tự tại M , N sao cho MN = 3. Khoảng cách từ điểm A(1;2;− 3) đến mặt phẳng ( ) là: 3 14 14 14 2 14 A. . B. . C. . D. . 14 14 7 7 Lời giải Mặt phẳng ( ) song song với (P) nên phương trình có dạng ( ) :x− 2 y + 3 z + d = 0, d − 4. M d1 M(1 + m ; − m ; − 1 + 2 m) , N d2 M(1 + 2 n ;3 + n ; − 1 + n) . MN=(2 n − m ; n + m + 3; n − 2 m) MN, ( ) 2n−− m 2( n +++ m 33203960) ( n − m) = −−= =+ n m n 23 m. Kết hợp với giả thiết MN = 3 ta có (5m+ 4)2 +( 4 m + 5) 2 +( m + 2) 2 = 3 m = − 1. Khi đó điểm Md(0;1;− 3) ( ) = 11 thỏa điều kiện d 4 . Thử lại thấy mặt phẳng ( ) :x− 2 y + 3 z + 11 = 0 thỏa mãn giả thiết nên là mặt phẳng cần tìm. Khoảng cách từ điểm A(1;2;− 3) đến mặt phẳng là 1− 2.2 + 3.( − 3) + 11 1 14 dA( ,( )) = = = . 12++ 2 2 3 2 14 14 x+1 y − 1 z − 2 Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1;− 1;2) và đường thẳng d : ==. Gọi (P) 221 − là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với d . Mặt cầu S tâm I (3;− 1;1) và tiếp xúc với (P) có bán kính bằng 2 A. 3. B. . C. 1. D. 2 . 3 Lời giải Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u =−(2;1; 2) . Mặt phẳng đi qua và vuông góc với nên nhận làm véc tơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng (P) :21112( x−+) ( y +−) ( z −= +−+= 202) x y 230 z . Mặt cầu tâm và tiếp xúc với nên có bán kính 2x+ y − 2 z + 3 2.3+( − 1) − 2.1 + 3 r= d( I,2( P)) =III = = . 222+ 1 +( − 2)2 3
x+1 y − 1 z − 2 Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng song song d : == và 221 − x−+1 y z 2 d : == . Gọi (P) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và d . Khoảng cách từ 221 − điểm I (−−4;1; 2) đến mặt phẳng (P) bằng 3 A. . B. 17 . C. 1. D. 17 . 17 Lời giải Đường thẳng d đi qua điểm M 1;1;2 , có véc tơ chỉ phương u =−(2;1; 2) . Đường thẳng d đi qua điểm M 1;0; 2 , có véc tơ chỉ phương . là mặt phẳng chứa hai đường thẳng và . Gọi n là véc tơ pháp tuyến của . nu Ta có n u; MM 6;4; 4 hay n 3; 2;2 . n MM Phương trình mặt phẳng (P):3( x+− 12) ( y −+ 12) ( z −= −++= 2032210) x y z . 3x− 2 y + 2 z + 1 3.(− 4) − 2.1 + 2.( − 2) + 1 Vậy d( I,( P)) =III = = 17 . 322+( − 2)2 + 2 17 BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A C C C C A A A C C D B C A B B C B D D
CHUYÊN ĐỀ 39: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT-MŨ Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên (;)xy thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 log3(x+ y + x) + log 2( x + y) log 3 x + log 2 ( x + y + 24 x) ? A. 89. B. 48. C. 90. D. 49. Lời giải Điều kiện: x 0 . 2 2 2 2 2 2 Ta có: log3(x+ y + x) + log 2( x + y) log 3 x + log 2 ( x + y + 24 x) 2 2 2 2 2 2 log3(x + y + x) − log 3 x log 2( x + y + 24 x) − log 2 ( x + y ) x2+ y 2 + x x 2 + y 2 + 24 x xx22+ y 24 log32 log 22 log32 1+ log 1+ 22 x x+ y x xy+ x22+ y 24 x log32 + 1 − log 1 +22 0. x x+ y xy22+ 24 Đặt: tt= ( 0) , bất phương trình trở thành: log32 (1+t ) − log 1 + 0 (1). x t 24 1 24 Xét hàm số f( t )= log32 (1 + t ) − log 1 + có f( t )= + 0,  t 0 . t (1+ t )ln 3 (tt2 + 24) ln 2 Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0;+ ). 24 Ta có f (8)= log32 (1 + 8) − log 1 + = 0 8 xy22+ Từ đó suy ra: (1) f ( t ) f (8) t 8 8 ( x − 4)22 + y 16 . x Đếm các cặp giá trị nguyên của (;)xy Ta có: (xx− 4)2 16 0 8, mà x 0 nên 08 x . Với x=1, x = 7 y = { 2; 1;0} nên có 10 cặp. Với x=2, x = 6 y = { 3; 2; 1;0} nên có 14 cặp. Với x=3, x = 5 y = { 3; 2; 1;0} nên có 14 cặp. Với xy=4 = { 4; 3; 2; 1;0} nên có 9 cặp. Với xy=80 = có 1 cặp. Vậy có 48 cặp giá trị nguyên (;)xy thỏa mãn đề bài. TRỌNG TÂM KIẾN THỨC Định lý: Nếu hàm số y= f( x) đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên (ab; ) thì Với u;;: v ( a b) f( u) = f( v) u = v . Phương trình f (x) = k (k= const) có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng (ab; ). Định lý: Nếu hàm số y= f( x) đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên (ab; ), đồng thời limf( x) . lim f ( x ) 0 thì phương trình có duy nhất nghiệm trên (ab; ). x→→ a+− x b
CÂU PHÁT TRIỂN TỪ KHO SMARTEST PRO – 100 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI TN THPT Câu 1. Phương trình log3 ( 2xx+ 1) = 5 − 4 có tất cả bao nhiêu nghiệm? A. 1 nghiệm. B. 2 nghiệm. C. 3 nghiệm. D. vô nghiệm. Lời giải 1 Điều kiện: x − 2 Ta có: 2x + 1 = 354− x Xét hàm số fx( ) = 354− x fx ( ) = −4.354− x .ln3 0 ,  x . Suy ra hàm số nghịch biến trên . Hàm số g( x) =+21 x đồng biến trên . Mặt khác fg(1) ==( 1) 3 . Do đó, phương trình f( x) = g( x) có nghiệm duy nhất x =1 (thỏa điều kiện). Câu 2. Có bao nhiêu cặp số thực dương thỏa mãn log2 a là số nguyên dương và log23ab=+ 1 log và ab2+ 22020 2 A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 8 . Lời giải * Đặt t= log2 a( t ) Suy ra a = 2t t−1 log2a= 1 + log 3 b log 3 b = t − 1 b = 3 Ta có: ab2+ 2 2020 2 2 2tt + 3 2− 2 2020 2 (*) Đặt f( t) =232tt + 2− 2 ( t ) Ta có f ( t )= 2.22tt  ln 2 + 2.3 2− 2  ln 3 0,  t Nên hàm số ft( ) đồng biến trên Ta thấy ff(7) 20202 ( 8) nên với t * thì (*) t 1,2,3,4,5,6,7 Vậy có 7 cặp số thực (ab, ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3. Cho xy, là các số thực dương thỏa mãn log3x= log 4 y = log 5 ( x + y) . Giá trị của 2xy+ bằng A. 9. B. 34. C. 25 . D. 16. Lời giải x = 31t ( ) t Đặt log3x= log 4 y = log 5 ( x + y) = t y = 4( 2) . t xy+=53( ) Thay (1) ,( 2) vào (3) ta được:
tt t t t 34 3+ 4 = 5 + = 1. 55 tt tt 34 3 3 4 4 Xét hàm số ft( ) =+ có f ( t) = .ln + .ln 0,  x . Suy ra hàm 55 5 5 5 5 số ft( ) đồng biến trên . Do đó phương trình ft( ) =1 có một nghiệm duy nhất.  Mặt khác f (21) = nên t = 2 là nghiệm của phương trình.  Vậy xy==9; 16. x2 1 Câu 4. Biết x,() x x x là hai nghiệm của phương trình logxx2 0 và 1 2 1 2 4 23x 1 23x x a b với ab, là hai số nguyên dương. Tính ab. 122 A. ab+=4 . B. ab+=13 . C. ab+=8 . D. ab+=11. Lời giải 3 Điều kiện: x 2 xx221 1 1 Ta có: logx22 x 0 log x x 0 422xx 3 2 2 3 22 log22 (x 1) log (2 x 3) 2 x 2 x 0 22 log22 (x 1) 2 x log (2 x 3) 2 x 22 log22 (x 1) 1 2 x 2 log (2 x 3) 2 x 3 22 log22 2(x 1) 2( x 1) log (2 x 3) 2 x 3 Xét hàm số: f( t ) log2 t t trên 0; . 1 Ta có: f( t ) 1 0, t (0; ). t.ln 2 Suy ra ft() đồng biến trên khoảng (0; ) . 13 x 2 2 2 2 Ta có f2( x 1) f (2 x 3) 2( x 1) 2 x 3 2 x 2 x 1 0 13 x 2 1 3 1 3 1 Do xx nên: 2xx 3 2 3 (5 3) ab5, 3 12 12 2 2 2 Vậy: ab8. 21x − 2 a * a Câu 5. Phương trình log3 = 3xx − 8 + 5 có hai nghiệm là a và (với ab, và là phân ( x −1)2 b b số tối giản). Giá trị của ba− là A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 .
Lời giải 1 Điều kiện: x 1. 2 21x − 2 22 log3=−+ 3x 85log21 x 3( x −+−=) ( 21log3 x) 3 ( x −+− 1) 3( x 1) ( *) (x −1)2 ux=−21 2 Phương trình trên có dạng f( u) = f( v) với vx=−31( ) f( t) =log3 t + t , t 0 1 và hàm số f( t) =+log t t có f ( t) = +1 0,  t 0 . Suy ra: 3 t ln 3 xa==2 2 u= v 3( x − 1) = 2 x − 1 3 x2 − 8 x + 4 = 0 2 a . x == 3 b Theo bài ra ta có ab==2; 3. Vậy ba− =3 − 2 = 1. x Câu 6. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn 0 x 2020 và 2xy+= log 22− . 2 2 − y A. 2020 . B. 2021. C. 2018 . D. 2019 . Lời giải xx 22−− y x y x 0 Ta có: 2+ log2 = 2 2 + log 2xy = 2 + log 2 ( 2 − ) . (điều kiện: ) 2 − y y 2 1 Xét f( t) =+2t log t f ( t) =2t .ln 2 + 0,  t ( 0;2020 xy =2 − . 2 t.ln 2 Với mỗi x 0 thì ta có duy nhất một giá trị y 2. Cho nên 2020 giá trị x nguyên thỏa mãn thì ta có 2020 giá trị y . Câu 7. Tổng các nghiệm của phương trình 4x2− 1 log x 2 − 2 + log x 2 − 1 = 15 x 2 + 2 bằng ( ) 22( ) ( ) ( ) A. −5. B. 20 . C. 0 . D. 5 . Lời giải Đặt x2 = t( t 2) phương trình đã cho trở thành: 15x2 + 2 2 2 2 2 4 2 4( x− 1) log2( x − 2) + log 2( x − 1) = 15( x + 2) log 2 ( x − 3 x + 2) = .2 (1) 41x − 2 23t − Hàm số f( t) =log3 ( t − 3 t + 2) f ( t) = 0,  t 2 . Do đó ft( ) là hàm số (tt2 −+3 2) ln 3 đồng biến trên khoảng (2; + ) . 15t +− 2 15 3 Hàm số g( t) =. g ( t) = . 0,  t 2 . Do đó gt( ) là hàm số nghịch biến 4t − 1 4 (t −1)2 trên khoảng .
Vậy phương trình ẩn t có 1 nghiệm duy nhất t 2 Khi đó phương trình ban đầu có 2 nghiệm x12= t; x = − t Tổng các nghiệm của phương trình là 0. 22 9xy+ 16 22 Câu 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của y để log12 =+ log 4 ( xy) có 4 nghiệm thực x . 144 A. 1. B. 0 . C. Vô số. D. 2 . Lời giải 22 9xy+ 16 22 Đặt log12 = log 4 ( x + y) = 2 t ( ) . 144 22 22 22 9xy+ 16 t xy t xy =144 +=144 tt22+=1(1) () 144 16 9 (4.12 ) (3.12 ) . 22 t 22 t 22 t xy+=16 xy+=16 xy+=16 (2) Ta thấy: (1) là phương trình của một Elip với a = 4.12t và b = 3.12t . (2) là phương trình của một đường tròn có bán kính R = 4t . t t t t 1 Hệ phương trình trên có nghiệm khi: 3.12 4 4.12 34 −log3 4 t − 1. 3 Phương trình (2) xy22 =16t − thay vào phương trình (1) , ta có: 16t − yy22 7 16t +=144t y2 =144t − (3) . 16 9 144 16 16t Đặt ft( )=− 144t , t −( log 4;−1) . 16 3 16t ft'( )=− 144t .ln144 ln16 . 16 16t ft'( )= 0 144t .ln144 − ln16 = 0 16 ttln16 ln 2 ln 2 9 = 9 = t = log9 ( −log3 4; − 1). 16.ln144 8ln12 8ln12 Suy ra ft( ) là hàm đồng biến trên (−log3 4;− 1) . 77 1 −11 (3) 0 y2 y2 y . Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của y . 144 2304 16 44 22 Câu 9. Có bao nhiêu số nguyên y sao cho tồn tại số thực x thỏa mãn log32 4x y log x y ? A. 1. B. Vô số. C. 3 . D. 2 . Lời giải 22t 22 43xy Đặt tlog32 4 x y log x y xy2t 2 x2 xy 4 3t 4 4 Ta có 3tt 4x2 y 2 y 2 .4 t log . 115 4 53 5 1 4 44
4 log 3 5 Mà 4x2 y 2 3tt y 2 3 34 2,34 y 1;0;1 (do y ). 4x2 1 3t 1 t 0 TH1. Với y1 4 x22 y 17. x 21t x 2t 1 2 4 log 3 5 Mà 4xy22 3t 34 2,34 nên suy ra trường hợp y 1 loại. 2 t t 43x 3 log3 4 TH2. Với y0 4.4tt 3 4 t log 4 x 24 . t 3 x 2 4 4 2 t 4x 1 3 2 t 0,53 TH3. Với y 1 4 2tt 1 1 3 . Khi đó tồn tại thỏa mãn hệ x 12t x 210,53 phương trình. Vậy có hai số nguyên y 0;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 22 Câu 10. Có bao nhiêu số nguyên y để tồn tại số thực x thỏa mãn log32( x+ 2 y) = log ( x + y ) ? A. 3. B. 2. C. 1. D. vô số. Lời giải xy+=23t Đặt logx+ 2 y = log x22 + y = t (*) 32( ) ( ) 22t xy+=2 t 2 2 2 2 2 tt 9 Ta có ( x+2 y) ( 1 + 4)( x + y) = 5( x + y ) nên: 9 5.2 5 t log9 5 . 2 2 log9 5 Suy ra xy22+ =2t 22 2.1. Vì y nên y − 1;0;1. t x −=13 2 +Với y =−1, hệ (*) trở thành 31t + + 12 = t 92.3220 t + t − t + = ( ) 2 t ( ) x +=12 Nếu t 0 thì 2− 2t 0 9 t + 2.3 t − 2 t + 2 0 . Nếu t 0 92t − t 0 92.3220 t + t − t + . Vậy ( ) vô nghiệm. t t x = 3 9 - Với y = 0 thì hệ (*) trở thành 9tt = 2 = 1 tx = 0 = 1. 2 t x = 2 2 t x +=13 2 - Với y =1 thì hệ (*) trở thành 3tt − 1 = 2 − 1 . 2 t ( ) ( ) x +=12 Dễ thấy ( ) luôn có ít nhất một nghiệm tx=00 = . Vậy có 2 giá trị nguyên của y thỏa mãn là yy==0, 1.
Câu 11. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( xy; ) với x 2020 thỏa mãn y 2( 3x− y) = 3( 1 + 9) − log3 ( 2 x − 1) . A. 1010. B. 2020 . C. 3 . D. 4 . Lời giải yylog3 3( 2x− 1) 21+ Ta có 23( x−=+− y) 33.9log2133( x − ) 3 + log3213( x −=++) 2 y 1. ux=−log3 3( 2 1) uv Đặt , ta có 33+uv = + . vy=+21 Xét hàm số f( t) =+3t t trên (0; + ), f ( t) =3t ln3 + 1 0  t ( 0; + ) . 312 y + Từ đó 3u+=+ = u 3 v v u v log 3( 2 x −=+ 1) 2 y 1 3( 2 x −= 1) 321 y+ = x . 3 2 32 y + 1 1 Do xy 2020 2020 32 y 4039 log 4039 3,77 223 312 y + Do y nguyên dương nên y 1;2;3 và x = nên x cũng nguyên dương. 2 Vậy có 3 cặp ( xy; ) thỏa mãn. Câu 12. Gọi P là tích tất cả các nghiệm của phương trình logx22− 3 x + 2 = log x − 3 x . Tính giá 75( ) trị của . A. P = 3. B. P =−5. C. P = 33. D. P =−23. Lời giải 2 xx−3 + 2 0 x 0 Điều kiện xx2 − 30 x 3 2 xx2 −3 + 2 = 7t xx2 −3 = 7t − 2 Đặt t=log7 ( x − 3 x + 2) 7tt−= 2 5 1 t ( ) t t t 7− 2 0 Phương trình trở thành: t =log5 7 − 2 7 − 2 = 5 7tt−= 2 5 (2) t 7− 2 0 Giải (1) tt tt 51 7= 5 + 2 1 = + 2 (3) 77 51tt 5tt 5 1 1 Xét y t =+ 2. có y = ln + 2. ln 0 với  t . ( ) 77 7 7 7 7 =y f( t) nghịch biến trên pt (3) có tối đa 1 nghiệm.
Mà: ft(1) = 0 = 1 là nghiệm duy nhất của (3). Vậy hệ (1) có nghiệm duy nhất t =1 . 3 23 x2 −3 x − 5 = 0 x = 2 Tích các nghiệm bằng -5. Giải (2). Ta có t=log x2 − 3 x + 2 7 ( ) 2 3 5 5 xx2 −+32=x2 − + 1 logxx2 − 3 + 2 log 1 77( ) 2 4 4 71t t 0 7tt + 5 2 t 51 (2) vô nghiệm. Vậy P =−5. Câu 13. Có tất cả bao nhiêu cặp số ( xy; ) với xy, là số nguyên thỏa mãn 0 x 2020 và y 3 3( 9+ 2y) = x + log3 ( x + 1) − 2 ? A. 4 . B. 2 . C.3 . D. 5 . Lời giải 3 yy21+ log3 (x+ 1) Ta có: 3( 9+=+ 2y) x log33( x +− ++= 1) 2 3 3( 2 y 1) 3 + 3log( x + 1) ( *) Xét hàm số f( t) =+33t t có: f ( t) =3t .ln3 + 3 0  x Suy ra hàm số luôn đồng biến trên . Khi đó phương trình (*) có dạng: 1 f(2 y+ 1) = f( log3 ( x + 1)) 2y + 1 = log33( x + 1) y = log( x + 1) − 1 2 Do 0 xx 2020 0 log33( + 1) log 2021 1 1 1 − − log(x + 1) − 1 − log 2021 − 1 2 2 33 2 11 − yy −log3 2021 − 1 0;1;2 . 22 Vậy mỗi giá trị y tìm được đều tìm được đúng 1 giá trị x nguyên thỏa mãn. Suy ra có 3 cặp số xy; thỏa mãn điều kiện trên. ( ) Câu 14. Cho hàm số fe( xe) =ln( xx2 +1 + ) +xx − − . Phương trình f(3x ) + f( 2 x − 1) = 0 có bao nhiêu nghiệm thực? A. 2 . B. 3 . C. 1. D. 0 . Lời giải Với hàm số fe( x) =ln ( x2 +1 + x) +xx − e− ta có f(− x) = − f( x),  x nên fx( ) là hàm số lẻ.
1 Mặt khác f ( x) = 0,  x . x2 +1 Khi đó f(3x) + f( 210 x −= ) f( 3 x) =− f( 21 x −=− =−) f( 12 x) 312 x x ( ) Để ý hàm số y = 3x đồng biến còn hàm số yx=−12 nghịch biến nên ( ) có nghiệm duy nhất x = 0. Câu 15. Có bao nhiêu cặp số nguyên (xy; ) thoả mãn: 2 2 2 2 2 2 log2023( 2022x+ 2022 y + 10 y) + log 2022( 2 y) log 2022( x + y + 4034 y) + log 2023 ( x + y ) A. 45 . B. 46 . C. 79 . D. 80 . Lời giải Điều kiện: y 0. Bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 2 log2023( 2022x+ 2022 y + 10 y) − log 2023( x + y) log 2022( x + y + 4034 y) − log 2022 ( 2 y) 2022x2+ 2022 y 2 + 10 y x 2 + y 2 + 4034 y log log 2023x22+ y 2022 2 y x2+ y 2 +4034 y 2022 x 2 + 2022 y 2 + 10 y log log 20222y 2023 x22+ y 10y x22+ y log2023 2022 +22 log 2022 + 2017 x+ y 2 y xy22+ xy22+ 2y Đặt = tt,0( ) (do xy; và y 0 nên ta nên đặt = t thay vì = t ) 2y 2y xy22+ Bất phương trình đã cho trở thành: 5 5 log2023 2022+ log 2022 (t + 2017) log2023 2022 + − log 2022 (t + 2017) 0 . t t 5 Xét hàm số f( t) =log2023 2022 + − log 2022 ( t + 2017) với t (0; + ) . t 51 Ta có: f ( t) = − + 0,  t 0 . 2 5 (t + 2017) ln 2017 t 2023+ ln 2023 t Suy ra ft( ) nghịch biến trên (0; + ) và tại t = 5 thì ft( ) = 0. Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên nghiệm của bất phương trình là 05 t . Khi đó ta có: 22 xy+ 2 0 5 x2 + y 2 − 10 y 0 x 2 +( y − 5) 25 2y Vây tập hợp các cặp số nguyên (xy; ) thoả mãn bài toán là các điểm có toạ độ nguyên nằm trong hình tròn tâm I (0;5) , bán kính R = 5 (kể cả viền) (trừ điểm nằm trên trục Ox do có y = 0) Tham khảo hình vẽ trên, ta có số điểm có toạ độ nguyên nằm trong (hoặc trên hình tròn, trừ gốc toạ độ O ) là các điểm thoả mãn bài toán, và có 80 điểm như vậy. Vậy có 80 cặp số nguyên thoả mãn bài toán. (x+1)( x + 2) + y2 − 2006 2 x Câu 16. Cho là cặp số thoả mãn: 2 y +( x − 2)( x − 6) − 1989 .2048 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=+1515 x 2020 y gần nhất với số nào sau đây? A. −4040 . B. −2020 . C. −1010 . D. −3030 . Lời giải Ta có x22+3 x + 2 + y − 2006 2 2 11 x 2 y + x − 8 x + 12 − 1989 .2 x22+3 x + y − 2004 2 22 y22 + x −8 x − 1977 2x−8 x + y − 2004 y 2 + x 2 − 8 x − 1977 211x 22 2x+ y −8 x − 2004 y 2 + x 2 − 8 x − 2004 + 27 Đặt y22+ x −8 x − 2004 = t , bất phương trình đã cho trở thành: 2t tt + 27 5 +−−y2 x 28 x 2004 −+ 5( x 4)22 y 2 2025 −+ ( x 4) y 2 45 2 Khi đó các cặp số thoả mãn bài toán là tập hợp các điểm thuộc hình tròn (C) tâm IR(4;0) ;= 45 (kể cả viền).
Lại có: P=1515 x + 2020 y 1515 x + 2020 y − P = 0 ( d ) Để đường thẳng (d ) và hình tròn (C) có điểm chung thì: 1515.4+ 2020.0 −PP 6060 − d(Id; ) R 4 4 6060 + P 10100 151522+ 2020 2525 −10100 6060 −PP 10100 − 4040 16160. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là minP =− 4040 . Câu 17. Có bao nhiêu số nguyên dương y trong đoạn −2023;2023 sao cho bất phương trình log x 11 y+ log x (10x) 10 1010 đúng với mọi x (1;100) ? A. 2022 . B. 2021. C. 2020 . D. 2023. Lời giải Điều kiện: x 0 . log x 11 y+ log x logx 11 Ta có: (10x) 10 1010 y +( log x + 1) log x 10 10 (logx + 10 y)( log x + 1) − 11log x 0 10 y( log x + 1) +( log x)2 − 10log x 0 . Vì nên logx ( 0;2) . 2 2 10logxx− ( log ) Do đó: 10y( log x+ 1) +( log x) − 10log x 0 10 y . logx + 1 Đặt t= log x , t ( 0;2). 10tt− 2 Xét hàm số ft( ) = liên tục trên đoạn 0;2 . t +1 10−− 2tt2 Ta có f ( t) = 0,  t ( 0;2) Hàm số ft( ) đồng biến trên 0;2 . (t +1)2 16 Suy ra maxf( t) == f ( 2) . 0;2 3 2 10logxx− ( log ) 16 8 Để bất phương trình 10y đúng với mọi thì 10yy logx + 1 3 15 8 Do đó y ;2023 hay có 2023 giá trị thỏa mãn. 15 Câu 18. 4.[MĐ4] Có bao nhiêu giá trị nguyên a 1;20 sao cho bất phương trình a 11 2 xx+a + 3 5 + nghiệm đúng với mọi x (0; + ) ? xx A. 18. B. 19. C. 20 . D. 17 . Lời giải
11 1 Nếu a =1 thì bất phương trình trở thành: 2 xx+ + 3 5 + xx + 21 = . xx x Do đó a =1 không thỏa mãn. Nếu a 2 1 Xét hàm số f( a) = xa + = x a + x− a (với xx 0, 1). xa 2a 1 ( xx−1) ln a− a a Ta có f( a) = x.ln x − x .ln x = x −aa ln x = . xx lnx 0 Khi 01 x thì với a 2 ta có 2a f( a) 0,  a 2. x − 10 lnx 0 Khi x 1 thì với a 2 ta có 2a f( a) 0,  a 2. x − 10 Từ đó hàm số fa( ) đồng biến trên 2; + ) f( a) f (2),  a 2 và xx 0, 1. Mặt khác khi x =1 thì f( a) =2,  a f( a) = f ( 2) . 11 Như vậy ta luôn có xa + x2 +,  a 2, x 0. xxa 2 a 11 2 2 x +a + 3 2 x +2 + 3 ,  x 0 xx a 1 1 2 1 1 2 x ++−+ a 3 5 x 2 x ++−+ 2 3 5 x , x 0 . x x x x 2 2 1 1 1 1 2 1 Lại có 2 x++−+=2 3 5 x 2 x +−++=+− 5 x 2 2 x 1 x +− 2 x x x x x x (2x2 − x + 2)( x − 1)2 = 0, x 0 . x2 a 11 2 x +a + 3 5 x + ,  x 0. xx Vậy với mọi a 2 thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x (0; + ) . Suy ra có 19 giá trị nguyên của a 1;20 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 19. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 log2(x+ y + 2 y) + log 3( x + y) log 3( 3 x + 3 y + 144 y) + log 2 y ? A. 18. B. 28 . C. 36. D. 45 . Lời giải Điều kiện: y 0. logx2 + y 2 + 2 y − log y log 3 x 2 + y 2 + 48 y − log x 2 + y 2 2( ) 2 3 ( ) 3 ( )
2 2 2 2 2 2 log2(x + y + 2 y) − log 2 2 y log 3( x + y + 48 y) − log 3 ( x + y ) x22+ y 48 y log23 + 1 log 1 + 22. 2y x+ y xy22+ Đặt t = 0 . 2y 24 Bất phương trình đã cho tương đương log23(t + 1) log 1 + t 24 log23(t + 1) − log 1 + 0 (1) . t 24 Xét hàm số f( t) =log23( t + 1) − log 1 + t 1 24 ft ( ) = + 0  t 0 . (t +1) ln 2 (tt2 + 24) ln 3 Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ). 24 Ta có f (3) = log23 4 − log 1 + = 0 . 3 22 xy+ 2 (1) f( t) f( 3) t 3 3 xy2 +( − 3) 9 . 2y y 0 Ta có 2 06 y . ( y − 39) Với y =1, y = 5 suy ra x = 0; 1; 2 nên có 10 cặp. Với y = 2 , y = 4 suy ra x = 0; 1; 2 nên có 10 cặp. Với y = 3 suy ra x = 0; 1; 2; 3 nên có 7 cặp. Với y = 6 suy ra x = 0 nên có 1 cặp. Vậy có 28 cặp giá trị nguyên ( xy; ). Câu 20. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn 2 2 2 2 2 2 log5( 3x+ 6 y + y) + log 3( x + 2 y) log 3( 5 x + 10 y + 32 y) + log 5 y ? A. 16. B. 32. C. 24 . D. 10. Lời giải Điều kiện: y 0. Ta có: 2 2 2 2 2 2 log5( 3x + 6 y + y) + log 3( x + 2 y) − log 3( 5 x + 10 y + 32 y) − log 5 y 0
22 32( xy+ ) 32y log53 + 1 − log 5 +22 0 y x+ 2 y xy22+ 2 Đặt t = 0. y 32 Bất phương trình đã cho tương đương log53( 3t + 1) − log 5 + 0 (1) . t 32 Xét hàm số f( t) =log53( 3 t + 1) − log 5 + t 3 32 ft ( ) = + 0  t 0 . (3t + 1) ln 5 (tt2 + 24) ln 3 Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ). 32 Ta có f (8) = log53( 3.8 + 1) − log 5 + = 0 . 8 22 xy+ 2 2 (1) f( t) f( 8) t 8 8 xy2 + 2( − 2) 8 . y y 0 Ta có 2 04 y . ( y − 24) Với y =1, y = 3 suy ra x = 0; 1; 2 nên có 10 cặp. Với y = 2 suy ra x = 0; 1; 2 nên có 5 cặp. Với y = 4 suy ra x = 0 nên có 1 cặp. Vậy có 16 cặp giá trị nguyên ( xy; ). BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A B B C A A C A D B C B C C D A D B B A
CHUYÊN ĐỀ 40: KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI NÓN 800 Câu 48. Cho khối nón có đỉnh S , chiều cao bằng 8 và thể tích bằng . Gọi A và B là hai điểm 3 thuộc đường tròn đáy sao cho AB =12, khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng (SAB) bằng 24 5 A. 82. B. . C. 42. D. . 5 24 Lời giải Gọi O , R lần lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón, K , H lần lượt là hình chiếu của O lên AB , SK . Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng (SAB) bằng OH . 800 3. 13V Ta có: V= R22. h R = =3 = 100 R = 10 3 .h .8 2 2 2 2 AB 2 2 Trong tam giác vuông OBK có: OK= OB − BK = R − =10 − 6 = 8 . 2 1 1 1 1 1 2 Trong tam giác vuông SOK có: = + = + = OH = 42. OH2 SO 2 OK 28 2 8 2 8 2 TRỌNG TÂM KIẾN THỨC Khối nón Diện tích xung quanh Sxq = 2 rl 2 Diện tích đáy (hình tròn) SrÐ = Diện tích toàn phần hình nón: SSStp=+ xq Ð 1 Thể tích khối nón: V= r2 h 3
Hệ thức liên hệ l2=+ r 2 h 2 Chú ý d( O,( SAB)) = OH Khối trụ 2 Diện tích đáy khối trụ SrÐ = . Diện tích xung quanh khối trụ Sxq = 2 rh 2 Diện tích toàn phần của hình trụ Stp= S xq +2. S Ðay = 2 rh + 2 r Chu vi một đáy của hình trụ: Cr= 2 Thể tích khối trụ : V= r2 h Chú ý
d( O ,( MNPQ)) = O H CÂU PHÁT TRIỂN TỪ KHO SMARTEST PRO – 100 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI TN THPT Câu 1. Trong không gian, một hình nón sinh ra do quay tam giác đều ABC cạnh 2a quanh đường cao của nó. Khoảng cách từ tâm đáy đến đường sinh của hình nón bằng. a 3 a 3 A. a 2 . B. . C. a 3 . D. . 2 3 Lời giải Khi quay tam giác đều ABC cạnh 2a quanh đường cao của nó Suy ra đường cao h== AH a 3 và bán kính ra= . Xét tam giác AHC vuông tại H , đường cao HE ta có: 1 1 1 1 1 1a 3 2= 2 + 2 2 =2 + 2 HE = . HE AH HC HE(a 3) a 2 Câu 2. Cho hình nón tròn xoay đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O bán kính R = 5. Một thiết diện qua đỉnh nón là tam giác đều SAB có cạnh bằng 8 . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) là 13 3 13 4 13 A. 3. B. . C. . D. . 3 4 3 Lời giải Ta có H là trung điểm của AB , suy ra OH⊥ AB ; lại có SO⊥ AB AB ⊥ ( SOH ) . Do đó (SAB) ⊥=( SOH) SH , kẻ OK⊥ SH OK ⊥( SAB) d( O;( SAB)) = OK . SO= SB2 − OB 2 =8 2 − 5 2 = 39 ; OH= OB2 − HB 2 =5 2 − 4 2 = 3, suy ra OH. SO 3 13 OK ==. OH22+ SO 4 Câu 3. Cho hình nón có đường cao ha= 5 và bán kính đáy ra=12 . Gọi ( ) là mặt phẳng cố định đi qua đỉnh của hình nón và cắt đường tròn đáy theo dây cung có độ dài 10a . Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( ) và hình nón đã cho.
119a2 A. 69a2 . B. 120a2 . C. 60a2 . D. . 2 Lời giải Mặt phẳng ( ) cắt đường tròn đáy của hình nón tại MN, . Thiết diện là tam giác cân SMN . Gọi H là trung điểm của MN ta có IH= IM22 − HM =(12 a)22 −( 5 a) = a 119 . 2 SH= SI22 + IH =(5 a)2 +( 119 a) = 12 a . 11 Suy ra S= SH. MN = 12 a .10 a = 60 a2 . SMN 22 Câu 4. Một hình nón tròn xoay có đường sinh bằng a và góc ở đỉnh bằng 90 . Cắt hình nón bởi mặt phẳng ( ) đi qua đỉnh sao cho góc giữa ( ) và đáy bằng 60. Diện tích thiết diện bằng 22a2 a2 2 a2 a2 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 2 Lời giải Gọi thiết diện của hình nón và mặt phẳng ( ) là SAB . Đường sinh bằng a và góc ở đỉnh bằng 90 , nên đường kính đường tròn đáy bằng a 2 suy ra a 2 h= SO = SA22 − OA = . Gọi H là trung điểm của AB , khi đó OH⊥⊥ AB, SH AB 2 SO a 6 SHO =60  SH = = . sin 60 3 21aa22 OH2= SH 2 − SO 2 = − = a 2 3 2 6
23a AB =22 AH = OA22 − OH = . 3 1a 6 2 a 3 a2 2 Suy ra diện tích thiết diện: S == . SAB 2 3 3 3 Câu 5. Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO , A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng a 3 cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng và SAO = 300 , SAB = 600 . Tính độ dài đường sinh 3 của hình nón theo a . A. a 3 . B. 23a . C. a 5 . D. a 2 . Lời giải Đặt SA= l . Gọi M là trung điểm của AB ⊥ OM AB và lại có SO⊥ AB nên AB⊥ ( SOM ) . Suy ra (SOM) ⊥ ( SAB). Gọi H là hình chiếu của O lên SM , OH⊥ ( SAB) . Khi đó a 3 d( O;() SAB) == OH . 3 l l 3 Ta có SO== l sin 300 ; SAB đều cạnh l =SM . 2 2 32l22 l l SOM vuông tại O OM = SM22 − SO = − = . 4 4 2 1 1 1 2 4 6a 3 = + = + = l = OH6 = 6 = a 2 . OH2 OM 2 SO 2 l 2 l 2 l 2 3 Câu 6. Cho hình nón có chiều cao h = 20 và bán kính đáy r = 25 . Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh của hình nón và cách tâm của đáy một khoảng bằng 12. Thiết diện của hình nón cắt bời mặt phẳng có diện tích bằng A. 500 . B. 400 . C. 300 . D. 200 . Lời giải
Ta có OH =12 , chiều cao h = 20 và bán kính đáy r = 25 . 1 1 1 1 1 1 = + = + OI =15 OH2 OS 2 OI 212 2 20 2 OI 2 IA= OA2 − OI 2 =25 2 − 15 2 = 20 AB = 40 SI= OS2 + OI 2 =20 2 + 15 2 = 25 11 Diện tích tam giác SAB là SI. AB == .25.40 500. 22 Câu 7. Cho hình nón có đường sinh bằng a và góc ở đỉnh bằng 90 . Cắt hình nón đó bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và tạo với mặt đáy của hình nón một góc bằng 60 ta được một thiết diện có diện tích bằng 2a2 22a2 2a2 6a2 A. . B. . C. . D. . 3 3 6 3 Lời giải Giả sử hình nón có đỉnh S , tâm đường tròn đáy là O và đường kính đáy là AB . Từ giả thiết ta có tam giác SAB vuông cân tại S , SA= a AB = a 2 , do đó hình nón có bán 12a 12a kính đáy R== AB và chiều cao SO== AB . 22 22 Khi cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và tạo với mặt đáy hình nón một góc bằng 60 ta được thiết diện là một tam giác cân đỉnh S , giả sử là tam giác SMN (như hình vẽ), với MN= AB I, I là trung điểm đoạn MN . MN⊥ OI Ta có : MN ⊥( SOI) MN ⊥ SI . MN⊥ SO
Khi đó, góc tạo bởi mặt phẳng cắt và mặt đáy hình nón bằng góc giữa SI và OI và bằng SIO = 60 . a2 a 2 3 a 6 Trong tam giác vuông SOI , có : OI= SO.cot SIO = .cot 60 = . = ; 2 2 3 6 a 2 SO a 6 SI = =2 = . sin SIO sin 60 3 22 22 a2 a 6 a 3 Trong tam giác vuông OIN , có : IN= ON − OI = − = ; 2 6 3 23a MN =2 IN = . 3 1 1 2a 3 a 6 a2 2 Diện tích thiết diện là: S= MN SI = = . SMN 2 2 3 3 3 Câu 8. Cho hình nón có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 10. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh hình nón và cắt đường tròn đáy theo dây cung có độ dài là 10 3 . Khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng (P) bằng 5 A. 5 . B. . C. 5 . D. 25. 2 Lời giải Từ giả thiết ta có SO=10, OA = OB = 10, AB = 10 3 . Gọi I là trung điểm của AB thì OI⊥ AB ( SOI) ⊥ ( SAB) Kẻ OK⊥ SI OK = d( O;( SAB)) . IB = 53, OI2= OB 2 − IB 2 =100 − 75 = 25 OI = 5 . 1 1 1 1 1 Xét tam giác SOI vuông tại O có : = + = + OK = 25. OK2 OI 2 SO 2 25 100 Câu 9. Cho hình trụ có trục OO ', thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh 2a . Mặt phẳng (P) song a song với trục và cách trục một khoảng . Tính diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi (P) . 2 A. a2 3 . B. a2 . C. 23a2 . D. a2 . Lời giải
Mặt phẳng (P) song song với trục nên cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ nhật có một kích 2 2 2 2 a thước là 2a . Kích thước còn lại là 2r− d = 2 a − = a 3 , trong đó ra= bán kính 2 a đáy và d = là khoảng cách từ trục đến mặt phẳng (P) . 2 Diện tích thiết diện là S==2 a . a 3 2 a2 3 . Câu 10. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có diện tích bằng 8. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng 16 2 8 A. 16 2 . B. . C. . D. 8. 3 3 Lời giải Ta có thiết diện là tam giác SAB vuông cân tại S 1 Diện tích S=8 . SA . SB = 8 SA2 = 16 SA = 4 SAB 2 Tam giác SAB vuông cân tại S suy ra AB = 4 2 1 Đường cao và bán kính của hình nón là h= SO = r = AB = 22. 2 1 13 16 2 Vậy thể tích của khối nón là: V=. . r2 . h = . . 2 2 = . 3 3( ) 3 Câu 11. Cho khối nón tròn xoay có đường cao h= 20 cm , bán kính đáy r= 25 cm . Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh của khối nón và cách tâm O của đáy là 12cm . Khi đó diện tích thiết diện cắt bởi (P) với khối nón bằng A. 500 cm2 . B. 475 cm2 . C. 450 cm2 . D. 550 cm2 . Lời giải
Có (P)  ( SAB). Gọi các điểm như hình vẽ. Ta có SO=20 = h , OA = OB = r = 25 , gọi M là hình chiếu của O lên AB suy ra M là trung điểm AB , gọi K là hình chiếu của O lên SM suy ra d( O;( SAB)) == OK 12 . 1 1 1 1 1 1 Ta tính được = + = − OM =15, SM = 25 . OK2 OS 2 OM 2 OM 212 2 20 2 OAB là tam giác cân tại O , M là trung điểm của AB nên AB=2 AM = 2 OA2 − OM 2 = 2 25 2 − 15 2 = 40 . 1 2 S SAB == SM. AB 500 ( cm ) 2 Câu 12. Cho hình nón có đường cao h= 40 cm , bán kính đáy r= 50 cm . Một mặt phẳng (P) đi qua đỉnh của hình nón, có khoảng cách từ tâm của đáy hình nón đến mặt phẳng (P) bằng 24cm . Tính diện tích thiết diện của hình nón khi cắt bởi mặt phẳng (P) . A. S= 2000( cm2 ) . B. S= 800( cm2 ) . C. S=1200( cm2 ) . D. S=1600( cm2 ) . Lời giải Gọi S là đỉnh của hình nón, I là tâm của đường tròn đáy hình nón. Mặt phẳng (P) đi qua đỉnh và cắt mặt mặt đáy tại hai điểm AB, sao cho d( I,( P)) = 24 cm . Gọi J là trung điểm của AB . Kẻ IH⊥ SI , H SJ . AB⊥ IJ Có: ⊥AB( SJI ) ⊥(SAB) ( SIJ ) AB⊥ SI (SAB) ⊥ ( SIJ ) Có (SAB) ( SIJ) = SJ d( I,( SAB)) = IH = 24. IH⊥ SJ
1 1 1 1 1 1 Xét tam giác SIJ vuông tại I , đường cao IH , ta có = + = − + IH2 SI 2 IJ 2 IJ 240 2 24 2 =JI 30 . Suy ra BJ= IB2 − IJ 2 =50 2 − 30 2 = 40 =AB 80. Mặt khác: SJ =4022 + 30 = 50 . 11 2 Vậy S SAB = SJ. AB = 50.80 = 2000( cm ) . 22 Câu 13. Cắt hình trụ (T ) bởi mặt phẳng chứa trục của nó thì được thiết diện là một hình vuông. Trên mỗi đường tròn đáy của (T ) lấy một điểm, gọi hai điểm lấy được là A và B . Cho AB= 3 a và khoảng cách giữa đường thẳng AB và trục của (T ) bằng a . Bán kính của (T ) bằng a 26 a 26 a 13 a 13 A. . B. . C. . D. . 4 2 8 4 Lời giải Gọi OO, là tâm hai đáy của (T ); 33aa Giả sử AB/ / OO OO = 3 a R = d( AB ; OO ) = ( Vô lí) 22 AB chéo OO Gọi A là hình chiếu vuông góc của A lên đường tròn đáy còn lại; H là trung điểm của AB . d( AB,, OO ) = d( O ( ABA )) = O H = a . A B=22 R2 − O H 2 = R 2 − a 2 . 13a 26 ABAAAB2= 2 + 2 9 a 2 = 4 R 2 + 4( Ra 2 − 2 ) R = a = . 84 Câu 14. Một khối trụ có bán kính đường tròn đáy là R , đường cao là R 3 . Gọi AB, là hai điểm trên hai đường tròn đáy sao cho góc được tạo bởi AB và trục của khối trụ bằng 30 . Tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và trục của khối trụ. R 3 R 2 R 3 R 3 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 3 Lời giải Gọi O và O lần lượt là tâm của hai đường tròn đáy.
Kẻ AA // OO ( A nằm trên đáy dưới hình trụ) Ta có OAR = , AA = R 3 và BAA =30 . Vì OO // ( ABA ) nên khoảng cách giữa OO và AB bằng khoảng cách giữa OO và ( ABA ) Kẻ OH⊥ A B thì H là trung điểm của AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) và O H⊥ ( ABA ) . AB 1 Trong tam giác vuông AA B ta có: tan 30 = AB = AA .tan 30  = R 3. = R . AA 3 R 3 Vậy tam giác BA O là tam giác đều cạnh R nên OH = . 2 1000 Câu 15. Cho khối nón có đỉnh S , có chiều cao bằng bán kính của đường tròn đáy và thể tích bằng 3 . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB =12, khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng (SAB) bằng 41 40 40 41 41 1600 A. . B. . C. . D. . 40 41 1600 41 Lời giải Gọi O ; I ; V lần lượt là tâm của đường tròn đáy của khối nón, trung điểm của AB và thể tích của khối nón đã cho. Khi đó: SO= R = OA;6 IA = . Trong mặt phẳng (SOI ) dựng OH⊥ SI (1)
SO⊥ AB Ta có: AB ⊥( SOI) AB ⊥ OH (2) OI⊥ AB Từ (1) và (2) suy ra: OH⊥ ( SAB) , do đó d( O;( SAB)) = OH . 1 1000 1 1000 Lại có: V= R2. SO = R 3 = R 3 = 1000 R = 10 = OA. 3 3 3 3 Mà: OI= OA22 − IA = 8. 1 1 1 1 1 40 41 Trong tam giác vuông SOI ta có: = + = + OH = . OH2 SO 2 OI 210 2 8 2 41 40 41 Vậy d( O;( SAB)) == OH . 41 Câu 16. Cho khối nón có đỉnh S , biết đường tròn đáy có đường kính bằng 20 . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB =12, góc hợp bởi mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng chứa hình tròn đáy của khối nón bằng 30. Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng (SAB) bằng A. 4 3 . B. 4 . C. 42. D. 46. Lời giải Gọi O ; I ; V lần lượt là tâm của đường tròn đáy của khối nón, trung điểm của AB và thể tích của khối nón đã cho. Khi đó: R= OA =10; IA = 6. Trong mặt phẳng (SOI ) dựng OH⊥ SI (1) SO⊥ AB Ta có: AB ⊥( SOI) AB ⊥ OH (2) OI⊥ AB Từ (1) và (2) suy ra: OH⊥ ( SAB) , do đó d( O;( SAB)) = OH . SI( SAB); SI ⊥ AB = I Do ((SBA);( OAB)) = (SI; OI ) ==SIO 30 OI( OAB); OI ⊥ AB = I Trong tam giác vuông IOA ta có: OI= OA22 − IA = 8.
OH Trong tam giác vuông HOI có: cosHIO= OH = OI .cos HIO = 8.cos300 = 4 3 . OI Vậy d( O;( SAB)) == OH 4 3 . Câu 17. Cho hình nón đỉnh S , góc ở đỉnh bằng 120, đáy là hình tròn (OR;3 ) . Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua S và tạo với đáy một góc 60. Diện tích thiết diện là A. 22R2 . B. 42R2 . C. 62R2 . D. 82R2 . Lời giải Thiết diện là tam giác SAB , gọi M là trung điểm AB ⊥OM AB ((SAB),( OAB)) = (OM, SM ) =SMO =60  . OA 3R Góc ở đỉnh hình nón bằng 120 OSA =60  , SO = ==R 3 . tan 60o 3 SO R 3 SM Ta có SM = ==2R , OM== R , AM= OA22 − OM = 22 R . sin 60 3 2 2 2 Vậy SSAB = SM. AM ==2RRR .2 2 4 2 . Câu 18. Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC),, SA== a AB a , AC= 2, a BAC =60 . Tính diện tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . 5 20 A. . a2 . B. 20 a2 . C. a2 . D. 5 a2 . 3 3 Lời giải
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , d là đường thẳng đi qua H và vuông góc với mặt phẳng ()ABC , gọi ( ) là mặt phẳng trung trực của SA , O là giao điểm của d và ( ) . Khi đó O là tâm của hình cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . Theo định lí cosin ta có : BC= AB2 + AC 2 −2 AB . AC .cos BAC = a 2 +( 2 a)2 − 2 a .2 a .cos60  = a 3 . 1a2 . 3 Diện tích tam giác ABC : S==. AB . AC .sin BAC . ABC 22 AB. BC . AC a .2 a . a 3 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC : AH= = = a . 4.S a2 3 ABC 4. 2 Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC : 2 22 2 aa5 R= OA = AH + OH =( a) + = 22 2 22 a 5 Diện tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC : S=4 R = 4 . = 5 a . 2 Câu 19. Cho một hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O , bán kính R = 5 và góc ở đỉnh là 2 2 với sin = . Một mặt phẳng (P) vuông góc với SO tại H ( với H nằm trong đoạn SO ) và 3 cắt hình nón theo một đường tròn tâm H . Gọi V là thể tích của khối nón đỉnh O và đáy là a a đường tròn tâm H . Biết V đạt giá trị lớn nhất khi SH = với ab, và là phân số tối b b giản. Tính giá trị của biểu thức T=− a322 b ? A. 21. B. 123. C. 107 . D.170. Lời giải
Đặt SH= x . Gọi SAB là thiết diện qua trục SO và MN, lần lượt là giao điểm của SA, SB với (P) . Xét SOA vuông tại O ta có SO= OA.cot = R cot OH = SO − SH = R .cot − x . Xét SHM vuông tại H ta có HM== SHtan x tan . 11 Ta có V= . HM2 . OH = x 2 .tan 2 .( R cot − x) . 33 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 3 xx + +Rxcot − 2xx 22 4 3 3 x( Rcot − x) = 4. . .( R cot − x) 4. = R cot . 2 2 3 27 4 2RR 2 1 2 32 5 Vậy VR= 32.tan .cot đạt được x =cot = − 1 = . 5. − 1 = . Max 81 3 3 sin22 3 2 3 Từ đây ta có a=5, b = 3 T = 532 − 2.3 = 107 . Câu 20. Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy hai điểm AD, sao cho AD= a 15 ; gọi C là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng chứa đường tròn (O ) ; trên đường tròn (O ) lấy điểm B sao cho AD và BC chéo nhau. Đặt là góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng đáy. Tính tan khi thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. 15 10 15 3 A. . B. . C. . D. . 5 5 4 3 Lời giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng chứa đường tròn tâm O . Ta có: hình lăng trụ đứng ADH. KCB 1 1 1 1 Do đó: V= V = 2 aS  =  2 aADdHAD    ( , ) ABCD3 ADH. KCB 3 ADH 3 2 1 15 15a2 = 2a  a  d( H , AD) =  d( H , AD) 3 2 3 Khi thể tích khối tứ diện ABCDđạt giá trị lớn nhất thì khoảng cách từ H đến AD lớn nhất nên H nằm chính giữa cung lớn chứa dây AD Áp dụng định lí sin cho tam giác ADH ta có: AD AD a 15 15 1 =2R sin AHD = = = =cos AHD . sin AHD 2Ra 4 4 4 Áp dụng định lí cosin cho tam giác ADH ta có: 2 2 2 2 13 2 2 AD=2 AH− 2 AH cos AHD = 2 AH 1 − = AH AH = AD = a 10 . 42 3 BH2 a 10 Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ABH ta có tan = = = . AH a 10 5 BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 B C C B D A A D C B A A A C B A B D C B
CHUYÊN ĐỀ 41: ỨNG DỤNG TỌA ĐỘ VÀO BÀI TOÁN CỰC TRỊ Câu 49. Trong không gian Oxyz, cho AB(0;0;10) ,( 3;4;6) . Xét các điểm M thay đổi sao cho tam giác OAM không có góc tù và có diện tích bằng 15. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MB thuộc khoảng nào dưới đây? A. (4;5) . B. (3;4) . C. (2;3) . D. (6;7) . Lời giải 1 Ta có: S= OAdMOA.( ;) = 15 dMOA( ;) = 3. OAM 2 Suy ra: di động trên mặt trụ, bán kính bằng 3, trục là OA. HA.9 HO== HD2 HA =1 Xét điểm D như hình vẽ, . HA+= HO 10 HO = 9 Vì AMO 90 nên giới hạn của M là hai mặt trụ với trục AH và FO. 22 Vì hình chiếu của B cách H gần hơn nên BM min =2 + 3 = 13. TRỌNG TÂM KIẾN THỨC Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Cho điểm M0(;;) x 0 y 0 z 0 và mặt phẳng ( ) :0Ax+ By + Cz + D =
||Ax0+ By 0 + Cz 0 + D Khi đó dM( 0 ,( )) = ABC2++ 2 2 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Cho đường thẳng đi qua điểm M 0 và có vectơ chỉ phương a và M( x;; y z) . a, M M 0 Khi đó dM( , =) a Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Cho 2 đường thẳng chéo nhau đường chéo 1 , 2 . AB., u u 12 Khi đó d ( 12, ) = với ( AB 12, ) uu, 12 Khoảng cách giữa hai điểm 2 2 2 AB= AB =( xABABAB − x) +( y − y) +( z − z ) CÂU PHÁT TRIỂN TỪ KHO SMARTEST PRO – 100 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI TN THPT Câu 1. 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) :3 x− 3 y − 2 z − 12 = 0 . Gọi M( a;; b c) thuộc (P) sao cho MA2++ MB 23 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng abc++. A. 3. B. 2 . C. −2 . D. −3. Lời giải x++ x3 x x ==ABC 2 I 1++ 1 3 yABC++ y3 y Gọi điểm I thỏa IA+ IB +30 IC = yI = =1 I (2;1;1) . 1++ 1 3 zABC++ z3 z zI ==1 1++ 1 3 2 2 2 Ta có MA2+ MB 2 +33 MC 2 =( MI + IA) +( MI + IB) +( MI + IC) =++++5MI2 IA 2 IB 2 3 IC 2 2 MI( IA ++=+++ IB 3 IC) 5 MI 2 IA 2 IB 2 3 IC 2 . Suy ra: MA2++ MB 23 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất MI đạt giá trị nhỏ nhất M là hình chiếu của I trên (P) . MI qua I (2;1;1) và nhận n(P) =(3; − 3; − 2) làm một vectơ chỉ phương.
xt=+23 MI : yt=−13 zt=−12 1 7 1 M= +−−−−−= = MI( P) 3( 2 3 t) 3( 1 3 t) 2( 1 2 t) 12 0 t M ; − ; 0 2 2 2 71 Tổng abc+ + = − = 3. 22 Câu 2. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm AB(1;3;4) ,( 1;−− 2; 1) và mặt phẳng (P) : x− y + 2 z + 8 = 0 . Xét M là điểm thay đổi thuộc (P) , giá trị nhỏ nhất của 32MA22+ MB bằng A. 172. B. 168. C. 178. D. 180. Lời giải Gọi I( a;; b c) sao cho 3IA+= 2 IB 0 suy ra I (1;1;2). Ta có d( I;( P)) = 2 6 , IA2 = 8 và IB2 =18 Khi đó với mọi điểm MP ( ) ta có 22 22 3MA2+ 2 MB 2 = 3 MA + 2 MB = 3( MI + IA) + 2( MI + IB) = 5 MI 2 + 3 IA 2 + 2 IB 2 2 5(d( I ;( P))) + 3 IA22 + 2 IB = 180 . Vậy min( 3MA22+= 2 MB ) 180 . Câu 3. Trong hệ trục tọa độ (Oxyz) , cho hai điểm AB(−−3;0;1,) ( 1; 1;0) và mặt phẳng (P) : x− 2 z + 1 = 0 . Gọi là đường thẳng đi qua A và song song với mặt phẳng (P) và có khoảng cách đến B nhỏ nhất. Khi đó khoảng cách từ B đến bằng 52 45 65 A. . B. . C. . D. 32. 2 5 5 Lời giải Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A và song song với mặt phẳng (P) , thì phương trình mặt phẳng (Q) là xz−2 + 5 = 0. Khi đó do đi qua A và song song với mặt phẳng (P) nên nằm trên mặt phẳng (Q) . B H K A Gọi HK, lần lượt là hình chiếu của B lên (Q) và thì BH BK nên khoảng cách từ B đến 1−+ 2.0 5 65 nhỏ nhất bằng khoảng cách từ B đến mặt phẳng (Q) , bằng = . 122 +−( )2 5
x−1 y − 2 z − 1 Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : == và hai điểm A(1;− 5;0); 2− 1 1 B(0;2;− 3). Gọi điểm M( a;; b c) thuộc đường thẳng d sao cho MA+ MB đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của abc++ bằng 14 10 A. 4 . B. 18. C. . D. . 3 3 Lời giải Gọi M(1+ 2 t ;2 − t ;1 + t) d Ta có: MA+= MB(2 t)2 +−+++( t 7) 2( t 1) 2( 2 t ++++ 1) 2 t2 ( t 4) 2 22 2222 11 =6t −++ 12 t 50 6 t ++= 12 t 17 6 ( 1 −++++ t) ( t 1) 36 2 22 11 6( 1 −tt + + 1) + + = 123 . 36 11−+tt 1 Dấu bằng xảy ra = t =− 22 11 3 36 1 Vậy min(MA+= MB) 123 khi t =− . 3 1 7 2 1 7 2 Khi đó M ;; a = ; b = ; c = . 3 3 3 3 3 3 10 Vậy abc+ + = . 3 x+−12 y z Câu 5. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : == và hai điểm A(−1;3;1) , −−2 1 1 B(0;2;− 1) . Tìm tọa độ điểm C thuộc d sao cho diện tích của ABC nhỏ nhất. A. C (1;1;1). B. C (−−3; 1;3) . C. C (−−5; 2;4) . D. C (−1;0;2) . Lời giải x+−12 y z Do Cd : == C( −2 m − 1; − m ; m + 2) . −−2 1 1 Ta có AB =(1; − 1; − 2) ; AC=( −2 m ; − m − 3; m + 1) −1 − 2 − 2 1 1 − 1 = AB,;; AC −m −3 m + 1 m + 1 − 2 m − 2 m − m − 3 AB, AC =( − 3 m − 7;3 m − 1; − 3 m − 3). 1 2 2 2 Diện tích ABC là S=  AB, AC =( − 3 m − 7) +( 3 m − 1) +( − 3 m − 3) 2 1 12 1 S =27 m2 + 54 m + 59 = 27( m + 1) + 32 32 = 2 2 . 2 2 2 Dấu ""= xảy ra (m +10)2 = m +10 = m = −1. Vậy C (1;1;1) thì diện tích của ABC nhỏ nhất.
Câu 6. Trong hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2;1;3) , mặt phẳng ( ) : 2x+ 2 y − z − 3 = 0 và mặt cầu (S) : x2+ y 2 + z 2 − 6 x − 4 y − 10 z + 2 = 0 . Gọi là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng ( ) và cắt (S ) tại hai điểm MN, . Độ dài MN nhỏ nhất là 30 3 30 A. 2 30 . B. 30 . C. . D. . 2 2 Lời giải Mặt cầu (S ) có tâm I (3;2;5) bán kính r = 6 . Ta có IA= 6 r nên A nằm trong mặt cầu (S ) . Mặt phẳng ( ) và mặt cầu (S ) cắt nhau theo một đường tròn (C) . Do A ( ) nên đường thẳng cắt mặt cầu (S ) tại hai điểm MN; cũng chính là giao điểm của đường thẳng và đường tròn (C). Vì d( I; ) IA nên MN=2 r2 − d( I ; )2 2 r 2 − IA 2 = 2 30 Dấu bằng xẩy ra khi A là điểm chính giữa của dây cung MN . Vậy độ dài đoạn thẳng MN lớn nhất bằng 2 30 . Câu 7. Trong không gian (0xyz), cho mặt cầu (S) : x2 +( y − 1)22 +( z + 2) = 16 và ba điểm ABC(0;1;2) ,( 0;− 3; − 2) ,( − 4;1; − 2). Xét khối nón (N ) có đỉnh I nằm trên (S ) , đường tròn đáy là giao tuyến của mặt phẳng ( ABC) và mặt cầu (S ) . Khi (N ) có thể tích lớn nhất thì đường x y−−12 z thẳng IA có phường trình ==. Giá trị ab+ bằng 1 ab A. −23 B. 23 C. − 3 D. 3 Lời giải Phương trình mặt phẳng ( ABC) : x+ y − z + 1 = 0
Ta thấy ABC,, đều nằm trên mặt cầu (S ) có tâm SR=(0;1; − 2) , = 4 , mà đường tròn đáy của hình nón là giao tuyến của mặt phẳng( ABC) và mặt cầu (S ) nên đỉnh I là giao điểm của SH ( H là tâm đường tròn đáy) với mặt cầu (S ) Đường thẳng SH⊥ ( ABC) có vecto chỉ phương là AB, AC =−( 16;16; 16) chọn u =−(1;1; 1) xt= và đi qua điểm S =−(0;1; 2) nên có phương trình: yt=+1 zt= −2 − 43 Mà I= SH( S ) nên ta có t = . Lại có (N ) có thể tích lớn nhất nên d( I,( ABC)) phải 3 43 43 43 4343 43 lớn nhất I −;1 − ; − 2 + IA = ; ;4 − 3 3 3 3 3 3 Hay chọn vecto chỉ phương của IA là a=(1;1; − 1 + 3) a = 1, b = − 1 + 3 ab + = 3 . Câu 8. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2+ y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 6 z + 7 = 0 . Biết ba điểm ABM,, nằm trên mặt cầu (S ) sao cho AMB = 90 . Khi đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng A. 2 . B. 4 . C. 2 . D. 4 . Lời giải Mặt cầu có bán kính R = 2 . 1 1MA2+ MB 2 AB 2 4 R 2 Tam giác AMB vuông tại M S = MA.4 MB = = . AMB 2 2 2 4 4 Dấu bằng xảy ra khi MA= MB và AB là một đường kính của mặt cầu. Câu 9. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(−2;0;0) , (0;3;0) và C (0;0;− 6) . Tìm tọa độ điểm M nằm trên mặt phẳng (Oyz) sao cho MA2++ MB 2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 3 A. M (−1;0;0). B. M (0;1;− 2). C. M 0; ;− 3 . D. M (0;− 3;6) . 2 Lời giải
2 Gọi G là trọng tâm ABC : G −−;1; 2 và GA+ GB + GC = 0 3 2 2 2 2 2 2 MA2++=++=+++++ MB 2 MC 2 MA MB MC( MG GA) ( MG GB) ( MG GC) 2 2 2 2 98 =3MG + GA + GB + GC + 2 MG . GA + GB + GC = 3 MG2 + ( ) 3 Do đó: min (MA2++ MB 2 MC 2 ) đạt được khi MG đạt giá trị nhỏ nhất.  Gọi H là hình chiếu của G lên mặt phẳng (Oyz) : H (0;1;− 2) . 2 Với  G( Oyz) , ta luôn có: MG HG =d,( G( Oyz)) = . 3 2 2 2 2 2 2 98 Từ đó: min MG = min(MA+ MB + MC ) = 3. + = 34 . 3 33 Khi đó: MH . Vậy tọa độ điểm M thỏa mãn ycbt là: M (0;1;− 2). Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(0;4;− 3). Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 . Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A. M (0;−− 3; 5) . B. N (0;3;− 5) . C. Q(0;5;− 3). D. P(−−3;0; 3) . Lời giải Đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 nên d nằm trên mặt trụ tròn xoay có trục là Oz và bán kính bằng 3 . Giao điểm của mặt trụ với trục Oy là điểm I (0;3;0). Ta thấy d A, d= d A , Oz − 3 = 4 − 3 = 1. Khi đó thì , A , đồng phẳng đi qua ( )min ( ) d Oz d điểm N (0;3;− 5) (như hình vẽ dưới). Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(2;1;3) , mặt phẳng ( ) : 2x+ 2 y − z − 3 = 0 và mặt cầu (S) : x2+ y 2 + z 2 − 6 x − 4 y − 10 z + 2 = 0 . Gọi là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng ( ) và cắt (S ) tại hai điểm MN, . Độ dài đoạn MN nhỏ nhất là 30 3 30 A. 2 30 . B. 30 . C. . D. . 2 2 Lời giải Mặt cầu (S ) có tâm I (3;2;5) và bán kính R = 6 . Ta có: A ( ),6 IA = R nên (SC) =( ) ( ) và A nằm trong mặt cầu (S ) .
Suy ra: Mọi đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng ( ) đều cắt (S ) tại hai điểm MN, . ( MN, cũng chính là giao điểm của và (C)). Vì d I,  IA nên ta có: MN=2 R2 − d 2( I , ) 2 R 2 − IA 2 = 2 30 . Dấu ""= xảy ra khi A là điểm chính giữa dây cung MN . Vậy độ dài đoạn MN nhỏ nhất là MN bằng 2 30 . Câu 12. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho ba mặt phẳng (P) : x+ y + z + 5 = 0; (Q): x+ y + z + 1 = 0 ; (R) : x+ y + z + 2 = 0 . Ứng với mỗi cặp AB, lần lượt thuộc 2 mặt phẳng (PQ),( ) thì mặt cầu đường kính (PQ),( ) luôn cắt (R) tạo thành 1 đường tròn. Tìm bán kính nhỏ nhất của đường tròn đó. 2 1 1 A. . B. . C. 1. D. . 3 2 3 Lời giải Nhận xét rằng (PQR) ////( ) ( ) và (R) nằm chính giữa (PQ);( ) . Gọi I là tâm mặt cầ u đường kính AB , khi đó I ( ) : x + y + z + 3 = 0 . Gọi rr; lần lượt là bán kính mặt cầu đường kính AB và bán kính đường tròn giao tuyến, khi 2 2 2 đó ta có r=+( r ) d( I;( R)) . 112 Mà d( I;;( R)) = d(( ) ( R)) = r2 =( r ) + . 3 3 Vậy r nhỏ nhất khi và chỉ khi r nhỏ nhất. 2 Ta có rmin= IA min = d(( );( P)) = . 3 Vậy rmin = 1. Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : mx+( m − 1) y − z − 2 m − 1 = 0 với m là tham số. Gọi (T ) là tập hợp các điểm H m là hình chiếu vuông góc của điểm H (3;3;0) trên (P) . Gọi ab, lần lượt là khoảng cách lớn nhất, khoảng cách nhỏ nhất từ O đến một điểm thuộc (T ). Khi đó ab+ bằng A. 52. B. 33. C. 42. D. 82. Lời giải
Ta có (P) : m( x+ y − 2) + y − z − 1 = 0 . xt=−2 xy+ −20 = Do đó đường thẳng cố định nằm trong mặt phẳng (P) là: =yt. yz− −10 = zt= −1 − K là hình chiếu của H (3;3;0) lên (d ) do đó K (1;1;0) . Do HHm⊥( P) HH m ⊥ KH m nên tập hợp (T ) là tập hợp các điểm thuộc đường tròn tâm I đường kính HK . Ta có: I (2;2;0) a + b = OI − R + OI + R =2 OI = 4 2 Câu 14. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho ba điểm A(− 2;1;0) , B(4;4;− 3) , C(2;3;− 2) và x−1 1 − y z − 1 đường thẳng d : ==. Gọi (P ) : ax+ by − 3 z + c = 0 là mặt phẳng chứa d sao cho 1 2− 1 ABC,, ở cùng phía đối với mặt phẳng ()P và biểu thức h= d1 +23 d 2 + d 3 đạt giá trị lớn nhất, với d1,, d 2 d 3 lần lượt là khoảng cách từ ABC,, đến ()P . Tính tổng T= a + b + 2 c. A. T = 6. B. T = 3. C. T =1. D. T =12 . Lời giải CA =( − 4; − 2;2) Ta có CA = −2 CB hay ABC,, thẳng hàng. CB =−(2;1; 1) Gọi ABC ,, lần lượt là hình chiếu của ABC,, trên mặt phẳng ()P , ta có CC = CA + AA + A C 3CC = AA + 2 BB 3 CC = AA + 2 BB CC = CB + BB + B C (do CC ,, AA BB cùng hướng). Từ đó 32d3=+ d 1 d 2 hay hd=1 +2 d 2 + 3 d 3 = 6 d 3 = 6(,())6(,) dCP dCd . h đạt giá trị lớn nhất khi Cd và CC ⊥ d . Vì Cd nên C (1+ t ;1 − 2 t ;1 − t ) , vectơ chỉ phương của d là u =(1; − 2; − 1) . Khi đó CC . u= −−−−−−= = 0 (1)2(2 t t 2)(3)0 t t 0 .
Mặt phẳng ()P đi qua điểm C (1;1;1) và có vectơ pháp tuyến là CC =( − 1; − 2;3) nên ()P có phương trình là −1(x − 1) − 2( y − 1) + 3( z − 1) = 0 hay x+2 y − 3 z = 0. Vì a=1; b = 2; c = 0 nên T= a + b +23 c = . Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(−−2;2; 2) và điểm B(3;− 3;3) . Điểm M thay MA 2 đổi trong không gian thỏa mãn = . Điểm N( a;; b c) thuộc mặt phẳng MB 3 (P) :− x + 2 y − 2 z + 6 = 0 sao cho MN nhỏ nhất. Tính tổng T= a + b + c . A. 6 . B. −2 . C. 12. D. −6. Lời giải Gọi M( x;; y z) . MA 2 2 2 2 Ta có = 9MA22 = 4 MB ( x + 6) +( y − 6) +( z + 6) = 108 . Vậy điểm M thuộc mặt MB 3 cầu tâm I (−−6;6; 6) bán kính R = 63. Vậy MN nhỏ nhất khi MN, thuộc đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng (P) Gọi (d ) là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng (P) . xt= −6 − Khi đó (d) : y=+ 6 2 t . Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình zt= −62 − xt= −6 − xt= −6 − x =−2 yt=+62 yt=+62 y =−2 . zt= −62 − zt= −62 − z = 2 −x +2 y − 2 z + 6 = 0 6+ttt + 12 + 4 + 12 + 4 + 6 = 0 t =−4 N ( −2; − 2;2). Do đó T = −2 − 2 + 2 = − 2 . Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2+ y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z = 0 và điểm M (0;1 ; 0) . Mặt phẳng (P) đi qua M và cắt (S ) theo một đường tròn (C) có diện tích nhỏ nhất. Gọi N( x0; y 0 ; z 0 ) thuộc đường tròn (C) sao cho ON = 6 . Khi đó y0 bằng A. −1. B. 1. C. −2 . D. 2 .
Lời giải Mặt cầu (S ) có tâm I (−1; 2;1 ) và bán kính là R = 6 . IM=(1; − 1; − 1) IM = 3 R M nằm bên trong mặt cầu. Gọi r là bán kính của đường tròn (C) và H là hình chiếu của I trên (P) H là tâm của đường tròn (C) và theo định lí Pytago ta có: r2+= IH 2 R 2 . Suy ra: Hình tròn (C) có diện tích nhỏ nhất r đạt GTNN IH đạt GTLN. Mà IH IM và IM không đổi ( I và M cố định) (C) có diện tích nhỏ nhất khi H M ( P) ⊥ IM . (P) đi qua M và nhận IM là VTPT nên phương trình của (P) là: x− y − z +10 = . x2+ y 2 + z 2 +2 x − 4 y − 2 z = 0 (C) là giao tuyến của (P) và (S ) nên phương trình của (C) là: x− y − z +10 = 2 2 2 x0+ y 0 + z 0 +2 x 0 − 4 y 0 − 2 z 0 = 0 (1) Vậy ta có hệ phương trình xác định điểm N : x0− y 0 − z 0 +1 = 0 ( 2) 2 2 2 x0+ y 0 + z 0 = 6 ( 3) Lấy (1) trừ (3) vế theo vế ta được: 2x0− 4 y 0 − 2 z 0 = − 6 x 0 − 2 y 0 − z 0 = − 3 (4). Lấy (2) trừ (4) vế theo vế ta được: y0 = 2 . Câu 17. Trong không gian Oxyz cho điểm A(4;0;5) . Xét đường thẳng thay đổi song song với trục Ox và cách trục Ox một khoảng bằng 3 . Khi khoảng cách từ A đến nhỏ nhất, đường thẳng cắt mặt phẳng (P) : x+ y − 2 z + 2 = 0 tại điểm B( x0;; y 0 z 0 ) . Tính giá trị biểu thức T= x0 + y 0 + z 0 . A. −1. B. 7 . C. −2 . D. 8 . Lời giải
//Ox , cách Ox một khoảng bằng 3 nên nằm trên mặt trụ tròn xoay có trục là Ox , bán kính bằng 3. Hình chiếu của A lên Ox là A (4;0;0), d( A,5 Ox) == AA . d( A, ) d( A , Ox) − d( , Ox) = 5 − 3 = 2. Dấu “=” xảy ra khi ,,Ox A cùng nằm trong một mặt phẳng. Mà A ( Oxz) và Ox nằm trong (Oxz) nên nằm trong (Oxz) . //Ox nên nhận i = (1;0;0) làm vectơ chỉ phương. Mà nằm trong (Oxz) , nhận i = (1;0;0) làm vectơ chỉ phương, cách Ox một khoảng bằng 3 xt= nên : yt = 0 ( ). z = 3 cắt mặt phẳng (P) : x+ y − 2 z + 2 = 0 tại điểm B(4;0;3) nên x0=4, y 0 = 0, z 0 = 3. Vậy T= x0 + y 0 + z 0 = 7 . Câu 18. Trong không gian Oxyz, cho BC(2;− 1; − 3) ,( − 6; − 1;3) . Điểm A nằm trong mặt phẳng (Oxy) có tung độ dương. Trong các tam giác ABC , các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau sao cho góc A lớn nhất, tọa độ trung điểm M của AB là 13− 3 13 3 A. M 0; ; . B. M (0;13;− 3) . C. M 4; ; . D. M (8;13;3) . 22 22 Lời giải Điểm A nằm trong mặt phẳng (Oxy) có tung độ dương nên A( a; b ;0) , b 0. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có:
GB⊥ GC GB2 + GC 2 = BC 2 2 2 2 2 2 2 44 BC++ BA CA BC CA AB 2 − + − = BC 9 2 4 9 2 4 AB2 + AC 2 = 5 BC 2 AB2+− AC 2 BC 24 BC 2 4 BC 2 4 Khi đó cos A = = = . 2AB . AC 2 AB . AC AB22+ AC 5 4 Do đó góc A lớn nhất khi cosA= AB = AC = 5 10 . 5 Ta có hệ phương trình 2 2 2 2 (a−2) +( b + 1) + 9 =( a + 6) +( b + 1) + 9 a =−2 (vì b 0) 22 b =14 (ab−2) +( + 1) + 9 = 250 Do đó A(−2;14;0) . 13− 3 Vậy tọa độ trung điểm M của AB là M 0; ; . 22 Câu 19. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu (S) :1 x2+ y 2 + z 2 = và hai điểm AB(3;0;0) ;(− 1;1;0). Gọi M là điểm thuộc mặt cầu (S ) . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA+3 MB bằng A. 2 34 . B. 26 . C. 5 . D. 34 . Lời giải Gọi M( x;; y z) là điểm cần tìm. Ta có M ( S) x2 + y 2 + z 2 −10 = . MA=( x −3)2 + y2 + z 2 ; MB =( x + 1) 2 +( y − 1) 2 + z 2 . Suy ra: MA+3 MB =( x − 3)2 + y2 + z 2 + 3( x + 1) 2 +( y − 1) 2 + z 2 =( x −+++3)2 y2 z 2 8( x 2 ++−+ y 2 z 2) 8 3( x ++−+ 1) 2( y 1) 2 z 2 2 1 2 222 2 1 =3 x −+++ yz 3( x ++−+= 1) ( y 1) z 3( MCMBBC +) 3 với C ;0;0 . 3 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA+3 MB bằng 5 khi M = BC ( S ) 3−+ 8 6 4 6 6 M ; ;0 . CM= k.0 CB( k ) 25 25
4 BC= ; − 1;0 BC có một véctơ chỉ phương là u =−(4; 3;0) , Phương trình 3 xt= −14 + BC: y=− 1 3 t , thay vào phương trình mặt cầu (S ) , ta được z = 0 7+ 2 6 t = 22 25 (−1 + 4tt) +( 1 − 3) + 0 = 1 7− 2 6 t = 25 7+ 2 6 386466+ − − 16246466 + − +) Với t = M; ;0 CM = ; ;0 suy ra 1 25 25 25 75 25 3+− 8 6 4 6 6 M ; ;0 (loại) 1 25 25 7− 2 6 386466− + 16246466 + + +) Với t = M; ;0 CM = − ; ;0 (Nhận) 1 25 25 25 75 25 Câu 20. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;1;− 3) và B(−2;3;1) . Xét hai điểm MN, thay đổi thuộc mặt phẳng (Oxz) sao cho MN = 2. Giá trị nhỏ nhất của AM+ BN bằng A. 5. B. 6 . C. 4 . D. 7 . Lời giải Ta có H (1;0;− 3) , K (−2;0;1) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A(1;1;− 3) và B(−2;3;1) xuống mặt phẳng (Oxz) . Nhận xét: A , B nằm về cùng một phía với mặt phẳng (Oxz) . Gọi A đối xứng với A qua (Oxz) , suy ra H là trung điểm đoạn AA nên AM= A M . Mà A H= AH =1; BK = 3; HK = 5. Do đó AM+ BN = A M + BN = HA2 + HM 2 + BK 2 + KN 2
2 2 2 (HA + BK) +( HM + KN) =16 +( HM + KN ) Lại có HM+ MN + NK HK HM + NK HK − MN =5 − 2 = 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi HMNK,,, thẳng hàng và theo thứ tự đó. Suy ra AM+ BN 16 +( HM + KN )22 16 +( 3) = 5 . Vậy giá trị nhỏ nhất của AM+ BN bằng 5 . BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A D C D A A D D B B A C C B B D B A C A
CHUYÊN ĐỀ 42: SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Câu 50. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a ( −10; + ) để hàm số y= x32 +( a +29) x + − a đồng biến trên khoảng (0;1) ? A. 12. B. 11. C. 6. D. 5. Lời giải Xét f( x) = x32 +( a +29) x + − a f'( x) = 3 x2 + a + 2 Để y= f( x) đồng biến trên khoảng f'( x) 0,  x ( 0;1) TH1: f (00) 2 2 32x ++a 0, x ( 0;1) a Max( −32 x − ) a −2 (0;1) a  −2;3 2 2 −33 a 90− a 9 − a 0 a = −2; − 1;0;1;2;3; → 6 giá trị f'( x) ,  x ( 0;1) TH2: f (00) a −5 2 2 3xa+ + 2 0, x ( 0;1) a Min(−−32 x ) (0;1) a 3 a −5 2 90− a 90− a2 a −3 Kết hợp với điều kiện bài toán a = −9; − 8; − 7; − 6; − 5 → 5 giá trị Vậy có 11 giá trị thoả mãn. TRỌNG TÂM KIẾN THỨC Định lí Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng K . Khi đó Nếu hàm số đồng biến trên khoảng K thì fx ( ) 0 ,  xK. Nếu hàm số nghịch biến trên khoảng K thì fx ( ) 0 ,  xK. Chú ý Đạo hàm của hàm số ẩn y= f( u( x)) : y = u ( x). f ( u( x)) . CÂU PHÁT TRIỂN TỪ KHO SMARTEST PRO – 100 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI TN THPT Câu 1. Cho hàm số y=( x +21)( x − )2 có đồ thị như hình vẽ.
Hỏi mệnh đề nào dưới đây đúng với hàm số y= x +21( x − )2 ? A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (− ;2 − ). B. Hàm số đồng biến trên khoảng (−2;0) . C. Hàm số đồng biến trên khoảng (− ;1 − ) . D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;2) . Lời giải Dựa vào đồ thị hàm số y=( x + 2)( x − 1)2 ta vẽ đồ thị hàm số y= x +2 ( x − 1)2 bằng cách: giữ nguyên phần đồ thị hàm số bên phải đường thẳng x =−2. Lấy đối xứng qua trục hoành phần đồ thị hàm số bên trái đường thẳng , ta được đồ thị như hình vẽ. Đồ thị hàm số nghịch biến trên các khoảng và (−1;1) . Câu 2. Cho hàm số y= f( x) liên tục trên có đồ thị như hình vẽ. Hàm số y= f( x) đồng biến trên khoảng nào? A. (− ;2 − ) và (0;+ ) . B. (−−3; 2) và .
C. (− ;3 − ) . D. (− ;2 − ) . Lời giải Cách vẽ đồ thị hàm số (C) : y= f( x) f( x) khi f( x) 0 Ta có y== f( x) . Từ đó suy ra cách vẽ đồ thị hàm số (C) từ đồ thị − f( x) khi f( x) 0 hàm số y= f( x) như sau: Phần 1: Giữ nguyên đồ thị y= f( x) phần nằm phía trên trục hoành. Phần 2: Lấy đối xứng phần 1qua trục hoành. Kết hợp phần 1 và phần 2 ta được đồ thị hàm số y= f( x) . Từ đó suy ra hàm số y= f( x) đồng biến trên các khoảng (−−3; 2) và (0;+ ) . Câu 3. Cho hàm số y= f() x có đồ thị của hàm số y= f ( x) như hình vẽ. Hàm số y=− f( 3 x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây? A. (2;3). B. (−1;2) . C. (4;7) . D. (− ;1 − ) . Lời giải f(3− x) khi x 3 Ta có y= f( 3 − x ) = . f( x− 3) khi x 3 TH1: Xét hàm số y=− f(3 x ) khi x 3.
Ta có: y =(3 − x )' f (3 − x ) = − f (3 − x ) 3−xx = − 1 = 4 y=0 f (3 − x ) = 0 3 − x = 1 x = 2 . 3−xx = 4 = − 1 3−xx − 1 4 y 0 f (3 − x ) 0 . 1 3 −xx 4 − 1 2 −1 3 −xx 1 2 4 y 0 f (3 − x ) 0 . 3−xx 4 − 1 Bảng biến thiên: TH2: Xét hàm số y=− f( x 3) khi x 3. Ta có: y =( x − 3)' f ( x − 3) = f ( x − 3) xx−3 = − 1 = 2 y=0 f ( x − 3) = 0 x − 3 = 1 x = 4 . xx−3 = 4 = 7 −1 xx − 3 1 2 4 y 0 f ( x − 3) 0 . xx−3 4 7 xx−3 − 1 2 y 0 f ( x − 3) 0 . 1 xx − 3 4 4 7 Từ hai trường hợp trên ta có bảng biến thiên của hàm số y=− f( 3 x ) Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (−1;2) . Câu 4. Cho hàm số y= ax32 + bx + cx + d có đồ thị như hình vẽ bên
Giá trị nguyên lớn nhất của tham số m để hàm số y=− f( x m) đồng biến trên khoảng (10;+ ) là A. −10 . B. 10. C. 9 . D. 11. Lời giải Hàm số đồng biến trên khoảng x =y' f '( x −  m) 0, x 10 f '( x −  m) 0, x 10 x xm − 1 , x 10 xm− −1 xm 1 + , x 10 xm −1 10 1 +mm 9. Vậy số nguyên lớn nhất của tham số m là 9 . Câu 5. Tìm số giá trị nguyên của m − 2020;2020 để hàm số y= x32 −65 x + + m đồng biến trên khoảng (5; + ) ? A. 2001. B. 2018. C. 2019 . D. 2000 . Lời giải 3 2 2 x = 0 Xét hàm số f( x) = x −6 x + 5 + m f ( x) = 3 x − 12 x = 0 x = 4 Bảng biến thiên: TH1: mm−27 0 27 . Khi đó hàm số f( x) = x32 −65 x + + m đồng biến và không âm trên khoảng (4; + ) nên hàm số đồng biến trên khoảng (5; + ) . TH2: mm−27 0 27 . Yêu cầu bài toán f(5) 0 m − 20 0 m 20 . Tóm lại các giá trị của m thỏa mãn bài toán là m 20, mà m là số nguyên thuộc đoạn −2020;2020 nên có tất cả 2001 giá trị m . 1 Câu 6. Cho hàm số y= f( x) = x32 − x + mx + 2 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m − 2020;2020 3 để hàm số y=− f( x 2 ) đồng biến trên (−2;0) . A. 2020 . B. 2021. C. 2012 . D. 2013.
Lời giải Xét hàm số y=− f( x 2 ) đồng biến trên (− 2;0) fx( ) đồng biến trên (−−4; 2) Do đó y= f( x) nghịch biến trên (2;4). Ta có fxxxmx ( ) =−+  222 0,( 2;4) −+ mxxx 2,  ( 2;4) − m 8 . Do m − 2020;2020 nên có 2013 giá trị nguyên của m . Câu 7. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y= x32 −3 x + m đồng biến trên khoảng (1;2) ? A. 3. B. 1. C. 2 . D. Vô số. Lời giải 32 2 x = 0 Xét hàm số f( x) = x −3 x + m có f ( x) =3 x − 6 x f( x) = 0 x = 2 Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)  ( 1;2). Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng khi và chỉ khi f (10) mm −2 0 2. Do nguyên dương nên m 1;2 . Câu 8. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc 0;5 để hàm số y= x32 −3( m + 2) x + 3 m( m + 4) x đồng biến trên khoảng (0;3) ? A. 4. B. 6. C. 5. D. 3. Lời giải Xét hàm số y= x32 −3( m + 2) x + 3 m ( m + 4) x có y'= 3 x2 − 6( m + 2) x + 3 m ( m + 4) , xm= Ta có y '0= xm=+4 Với x= m y( m) = m32 + 6 m ; x= m +4 y( m + 4) = m32 + 6 m − 32 TH1: Với m3+6 m 2 − 32 0 ( m − 2)( m + 4) 2 0 m 2 Khi đó để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng thì suy ra m 3 , lúc này có 3 giá trị m nguyên thuộc . m32+6 m − 32 0 − 6 m 2 TH2: Với 32 mm+ 60 mm −4; 0 Kết hợp m 0;5suy ra m (0;2) . Khi đó dễ thấy hàm số đã cho không thể đồng biến trên . 32 m = 0 TH3: Với mm+60 Với m = 0thì y( m) == y(0) 0 ; y(4) =− 32 mL −6( )
Khi đó hàm số đã cho đồng biến trên (0;3) . Câu 9. Cho hàm số y= x3 − mx +1 . Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên m sao cho hàm số đồng biến trên 1; + ) . Tìm tổng các phần tử của S . A. 9. B. 10. C. 3 . D. 1. Lời giải Cách 1: Nhận xét: Do đồ thị hàm số y= x3 − mx +1 được vẽ bằng cách giữ nguyên phần đồ thị hàm (C) :1 y= f( x) = x3 − mx + ở phía trên Ox , rồi lật phần đồ thị (C) ở phía dưới Ox qua Ox nên để hàm số y= x3 − mx +1 đồng biến trên 1; + ) khi và chỉ khi phương trình x3 − mx +10 = (*) không có nghiệm nào lớn hơn 1. 1 Ta có: (*) x3 +1 = mx m = x2 + = g( x) . x 1 1 2x3 − 1 1 Xét hàm g( x) =+ x2 trên \0  , ta có: g ( x) =2 x − = , g ( x) =0 x = . x xx22 3 2 Bảng biến thiến: Dựa vào bảng biến thiên phương trình không có nghiệm nào lớn hơn 1khi và chỉ khi m 2. Mặt khác m nên m 0;1;2 . Vậy  =0 + 1 + 2 = 3 . 3 2 x−+ mx 1 Cách 2: Ta có y= x33 − mx +11 =( x − mx + ) , suy ra y =−.3( x2 m) x3 −+ mx 1 Để hàm số đồng biến trên thì g( x) =( x32 − mx +1)( 3 x − m) 0 , x 1 (*) . Với m = 0ta có g(0) =( x32 + 1) .3 x 0,  x 1. m Với m 0. Do m (*) luôn có 1 nghiệm là . Ta chú ý lim gx( ) = + . 3 x→+ m Do vậy, điều kiện cần để gx( ) 0 , x 1 là 1 m 3 . 3 Với m =1, m = 2 thay vào kiểm tra BXD thấy đúng nhận m =1; m = 2 . 32 Với m = 3thì g( x) =( x −3 x + 1)( 3 x − 3) có một nghiệm x0 1. Suy ra trên đoạn 1; x0 thì gx( ) 0 nên trái yêu cầu bài toán. Do đó S ={0;1;2} . Vậy tổng các phần tử của S là 3 . Câu 10. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng (−10;10) để hàm số y=2 x3 − 2 mx + 3 đồng biến trên (1;+ ) ? A. 7 . B. 12. C. 8 . D. 11. Lời giải
Xét g( x) =2 x3 − 2 mx + 3. Ta có g ( x) =−62 x2 m và gm(1) =− 5 2 . Để hàm số y=2 x3 − 2 mx + 3 đồng biến trên (1;+ ) thì có hai trường hợp sau Trường hợp 1: Hàm số gx( ) đồng biến trên và g (10) . m 3 x2 ,  x 1 6x2 − 2 m 0,  x 1 5 5 m . 5− 2m 0 m 2 2 Kết hợp giả thiết suy ra có 12 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Trường hợp 2: Hàm số nghịch biến trên và g (10) . Điều này không xảy ra vì lim 6xm2 − 2 = + 0. x→+ ( ) Vậy có 12 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 11. Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng (−10;10) để hàm số y=2 x3 − 2 mx + 3 đồng biến trên (1; + ) ? A. 7 . B. 8. C. 11. D. 12. Lời giải Xét hàm số: f( x) =2 x3 − 2 mx + 3 có: f'( x) =− 6 x2 2 m ; = 12m Đồ thị hàm số y= f( x) =2 x3 − 2 mx + 3 được suy ra từ đồ thị hàm số y= f( x) ( C) bằng cách: Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm trên Ox . Lấy đối xứng phần đồ thị nằm dưới Ox qua Ox và bỏ phần đồ thị nằm dưới Ox . Trường hợp 1: 00 m . Suy ra f ( x) 0,  x ( 1; + ) . m 0 m 0 m 0 Vậy yêu cầu bài toán 5 m 0 . f (10) 5− 2m 0 m 2 Kết hợp với điều kiện mm ; ( − 10;10) ta được m −9; − 8; − 7; − 6; − 5; − 4; − 3; − 2; − 1;0. Ta có 10 giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán (1) Trường hợp 2: 00 m . Suy ra fx'0( ) = có 2 nghiệm phân biệt xx12, (xx12 ) Ta có bảng biến thiên: