Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2018 trường chuyên khoa học tự nhiên hà nội lần 2 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 4. [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 4]

Cho một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 10 x 6m m. Người ta cắt bỏ bốn góc của tấm tôn bốn miếng hình vuông bằng nhau rồi gò lại thành một hình hộp chữ nhật không nắp. Để thể tích của khối hộp đó lớn nhất thì độ dài của cạnh hình vuông của các miếng tôn bị cắt bỏ bằng.

A. Đáp án khác. B. 4m. C. 5m . D. 6m .

Lời giải.

Chọn A

x(m)

10 - 2x(m) 16 -2x(m)

Gọi độ dài của cạnh hình vuông của các miếng tôn bị cắt bỏ là ^{x m( ) 0}



^{ x 5}



suy ra kích thước của hình hộp chữ nhật được tạo thành là: ^{x m( )}, ^{10 2 ( ) x m} , ^{16 2 ( ) x m} .

Thể tích của khối hộp chữ nhật là: ^{V x}



^{10 2 x}

 

^{16 2 x m}

  

³

Xét hàm số ^{y x}



^{10 2 x}

 

^{16 2 x}



 y 4x³52x²160x y12x²104x160 2

0 20

3 x

y x

 

   

 

Ta có bảng biến thiên:

x 0 2 3

y  0 

y

Vậy thể tích của khối hộp chữ nhật được tạo thành lớn nhất khi và chỉ khi độ dài cạnh của miếng tôn bị cắt là 2 m.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2H1-4]Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1 m như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt phần tô đậm của tấm nhôm rồi gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x (m), sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp. Giá trị của x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất là

A. ^{2 2}

x 5 . B. ¹

x2. C. ²

x 4 . D. ² 3 . Lời giải.

Chọn A

I O

O A

B

D

C Q

M P

N

Q

M

P

N S

I

Ta có AC 2 m,^MNPQ là hình vuông có độ dài ^x

 

^m , có tâm O suy ra ( ) 2 OI  x m , 2 ( )

2

IC x m mà SO SI²OI^{2 2 2 2}

 

4

SO  x m

 

Thể tích của khối chóp là: ^{V 1}₃^{x2 2 2} ₄^{x 2}

 

^m3

 

4

4

2 2 4 6 2

x x

V 

 

5

2

2 2 4 5

36 2

x x x x x

V

      

 

 

 

4 10 V 375

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 4 ^{2 2} x  x x 5

2. [2H1-3]Người ta muốn làm một cái bình thủy tinh hình lăng trụ đứng có nắp đậy, đáy là tam giác đều để đựng 16 lít nước. Để tiết kiệm chi phí nhất (xem tấm thủy tinh làm vỏ bình là rất mỏng) thì cạnh đáy của bình là

A. 4m. B. 4dm. C. 2 2dm³ . D. 2 4dm³ .

Lời giải.

Chọn B

A C

B A'

B'

C'

Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình lăng trụ làm được lần lượt là ^{x dm}

 

và ^{h dm}

 

. Thể tích của khối lăng tru là: ^{2 3}

 

V hx 4 l . Theo giả thiết ^{2 3} 16

hx 4  ₂64 h 3

  x Diện tích toàn phần của khối lăng trụ là:

2 3

2 3

tp 4

S  x  xh ² 3 192 ^{3 2} 3 96 96

. 3 . . .

2 3 2 3 3

x x

x x x

   S_tp 24 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ^{2. 3 96 4}

 

2 3

x x dm

 x  

Câu 9. [2D3-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 9]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị y x ²vày x 2 bằng A. 13

12. B. 21

2 . C. 9

2. D. 1

2. Lời giải

Chọn C

+) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y x ²vày x 2 là x²  x 2 suy ra 2

x  và x1.

+) Nhận xét rằng đồ thị y x ²chỉ cắt đồ thị y x 2 trên



^{; 2}



(có thể dựa vào đồ thị vẽ ra). Bài toán đưa về tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y x ²vày 2 x.

+) Ta có ¹



²



2

2 d

S x x x







  ^

2 3 1

2

2 2 3

x x x



 

 

 

  ^

9

2. Chọn C.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D3-3] Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ^; 2

 1

x x ^1; y 0 và đồ thị hàm sốy ^log2 x^.

A. 1 1

2 2ln 2

  . B. 1

2ln 2. C. 1 1

2 ln 2

  . D. 1 1

2 2ln 2 . Lời giải

Chọn A

+) Đồ thịylog₂ xcắt đường thẳng 2

 1

x tại 1 2; 1

A  và cắt đường thẳng x 1 tại ).

0

; 1 ( B

+) Diện tích hình phẳng cần tính

1 1

2 2

1 1

2 2

| log |d log d . S 



x x 



x x

+) S



2



¹

1 2

1 1

log 1 . d

2 ln 2

x x x x

  



x

+) S .

2 ln 2

1 2 1 2 ln

2 1 1 2 1 2 1 1 2 ln 2 log 1 2 1

2   









 x Chọn A.

2. [2D3-3] Cho hàm số y ax ⁴bx²c có đồ thị

 

^C , biết rằng

 

^C đi qua điểm ^A



^1;0



. Tiếp tuyến d tại A của

 

^C cắt

 

^C tại 2 điểm có hoành độ lần lượt là 0 và 2, diện tích hình phẳng giới hạn bởi d, đồ thị

 

^C và hai đường thẳng x0;x2 có diện tích bằng 28

5 (phần gạch chéo trong hình vẽ).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng d, đồ thị

 

^C và hai đường thẳng x 1;x0 bằng

A. 1

5. B. 1

9. C. 2

5. D. 2

9. Lời giải

Chọn A

+) Điểm ^A



^1;0



thuộc đồ thị

 

^{C    a b c 0}

+) Phương trình tiếp tuyến tại ^A



^1;0



là

 

^{d : y y' 1}

  

^x1



^{   y}



^{4a 2b x}

 

^1



. +) Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị

 

^C là



^{ 4a 2b x}

 

^{ 1}



^{ax4bx2c}

 

^*

+) Mà x0,x2 là nghiệm của (*) suy ra ^{4 2}

 

¹

12 6 16 4

a b c

a b a b c

  

    



+) Có ²

   

^{4 2}

0

28 4 2 1 d

5 



  a b x ax bx c x ^{4 4}



^{ a 2b}



^32₃ ^a8₃^{b2c 28}₅

 

² +) Từ

   

1 , 2 ta được a1,b 3,c2 suy ra y x ⁴3x² 2.

+) Vậy diện tích cần tính là

0

4 2

1

2 2 3 2 d 1

S x x x x 5







     ^{. Chọn A.}

Câu 34. [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 34]

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trunng điểm SB và G là trọng tâm của tam giác SBC. Gọi V , V lần lượt là thể tích của các khối chóp M ABC. và

.

G ABD. Tính tỉ số ^V V?

A. ³

2 V V 

 . B. ⁴

3 V V 

 . C. ⁵

3 V V 

 . D. V 2

V 

 . Lời giải

Chọn A

Gọi V1 là thể tích khối chóp .S ABCD.

Ta có .

1 2 ^{S ABC}

V  V 1 1 ₁ 2 2. V

 1 ₁

4V

 .

.

1 3 ^{S ABD}

V  V 1 1 ₁ 3 2. V

 1 ₁

6V

 .

Vậy ³

2 V V 

 .

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trunng điểm SB và G là trọng tâm của tam giác SBC. Gọi V , V lần lượt là thể tích của các khối chóp

.

M SCD và .G SCD. Tính tỉ số ^V V?

A. ³

2 V V 

 . B. ⁴

3 V V 

 . C. ²

3 V V 

 . D. V 2

V 

 . Lời giải

Chọn A

Ta có ¹ _. 2 ^{B SCD} V  V .

. . .

2 2 1 1

3 ^{N SCD} 3 2. ^{B SCD} 3 ^{B SCD} V  V  V  V .

Vậy ³ 2 V V 

 .

Câu 41. [2H1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 41]

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh ^a, BAD60⁰, các mặt bên



^SAB



,



^SAD



,



^SBD



tạo với mặt đáy một góc bằng 45 . Thể tích của khối chóp ^{0 S ABCD.} có giá trị lớn nhất là?

A.

3

4

a . B.

3

3

a . C.

3

6

a D.

3

2 a

Lời giải Chọn A

Diện tích ² 3

ABCD 2

S a .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng



^ABCD



.

1; 2; 3

H H H lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên các cạnh AB AD BD, , . Khi đó



^SAD ABCD,



SH H^ 2 ;



^SBD ABCD,



SH H^ 3 ;



^SBA ABCD,



SH H^ 1 . Các tam giác vuông SH H1  SH H2  SH H3 . Vậy HH1HH2 HH3.

( Điểm H cách đều 3 đường thẳng AB AD BD, , suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD hoặc H là tâm đường tròn đường tròn bàng tiếp tam giác ABD.

Ta có SH HH₁.tan 45⁰ HH₁ nên thể tích có giá trị lớn nhất nếu H là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác đều ABD cạnh a( bán kính đường tròn bàng tiếp lớn hơn bán kính đường tròn nội tiếp).

Tam giác ⁰ 3 . 1 3

tan 30

2 3 2

a b c

a a

r   r r p   . Vậy thể tích lớn nhất của hình chóp S ABCD. là

2 3

1 3 3

. .

3 2 2 4

a a a BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, các mặt bên của hình chóp cùng tạo với mặt đáy một góc 45 và hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy nằm ngoài tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp .S ABC?

A.

3

8

V a . B.

3

4

V a . C.

3

6

V a . D.

3

24 V  a . Câu 42. [2D1-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 42]

Cho hàm số ^{yx4 2m m}



^2



^{x2  m 2. Tìm m} để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất.

A. 1. B. ³

2. C. ₅1

 3. D. ¹

2. Lời giải

Chọn A

Để đồ thị hàm số có 3 cực trị ^{2m m}



^2



^{    0 2 m 0}.

Dùng công thức tam giác cực trị ta có ^{SΔABC  1}₂



^{m2 2m}



^{2 m2 2m .}

Xét hàm ^{f m}

 

^{ }



^{m2 2m}



^{m2 2m với  2 m0}

Được ^{f m}

 

_max ^{m 1.}

Câu 43. [2D1-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 43]

Cho hàm số

2 1

y x x

 

 có đồ thị là

 

^C . Tìm m sao cho đường thẳng ^{y x m } cắt

 

^C tại hai điểm phân biệt A, B và tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với

 

^C tại A, B là lớn nhất.

A. 1

2. B. 0. C. 1. D. 1.

Lời giải Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm

2 1

x x m x

  



1 x 2

   

 

  ^2x22



^m1



^{x m 0}. Ta có

 

2 2

2

' 2 1 2 1 0

1 1

2 2 1 0

2 2

m m m m m

m m m

        

        

    



nên đường thẳng ^{y x m } cắt

 

^C tại hai điểm phân biệt A, B m.

 

²

' 1

2 1

y   x

 .

A, B có hoành độ lần lượt là x x1, 2.

Tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với

 

^C tại A, B là



1

 

² 2



²

1 1

2 1 2 1

K   x  x

 

   

 

2 2

1 1

2

1 2 1 2

2 1 2 1

4 2 1

x x

x x x x

    

 

     

   

 

2

1 2 1 2 1 2 2

2

1 2 1 2

4 8 4 2

4 2

4 2 1

x x x x x x

x x x x m

      

 

    

  

 

 

. Vậy K lớn nhất bằng 2 khi m0.

Câu 44: [2D4-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 44]

Cho hàm số y x ⁴3x²m có đồ thị

 

^C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị

 

^C nằm phía trên trục hoành, S2là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị

 

^C nằm phía dưới trục hoành. Biết rằng S1 S2. Giá trị của ^m bằng

A. 1. B. 2. C. 3

2. D. 5

4. Lời giải

Chọn D

PT hoành độ giao điểm của

 

^C với trục Ox: ^{x43x2  m 0 1}

 

. Điều kiện để

 

^C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì 9 4 0

0 m m

 

 



0 9 m 4

   .

Giả sử đồ thị

 

^C cắt Oxtại 4 điểm phân biệt có hoành độ a; b



^{0 a b}



. Do tính chất của hàm số trùng phương có đồ thị như hình vẽ.

Theo giả thiết ta có



^{4 2}

 

^{4 2}



0

3 d 3 d

a b

a

x  x m x  x  x m x

 



^{4 2}

 

^{4 2}



0

3 d 3 d 0

a b

a

x x m x x x m x





  



  



^{4 2}



0

3 d 0

b

x x m x





   ^{b55b35bm0}

 

4 2

0

5 5 0

b l

b b m

  

  

 .

Ta có b là nghiệm của phương trình

 

1 nên b⁴3b² m 0. Khi đó ta có hệ phương trình

4 2

4 2

5 5 0

3 0

b b m

b b m

   



  

 suy ra

 

0 5 4

m l

m





 

 5

m 4. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1. [2D4-3] Cho hàm số ^{y x 4}



^m1



^x2m

 

Cm . Tìm các giá trị của ^m để

 

Cm cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho diện tích S1của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía trên trục hoành của

 

Cm với trục hoành và diện tích S2của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía dưới trục hoành của

 

Cm với trục hoành bằng nhau.

A. 0. B. 5. C. 1

5. D. 3.

Lời giải Chọn C

PT hoành độ giao điểm của

 

Cm với trục Ox: ^x4



^m1



^{x2  m 0 x 1}

x m

  

  

 .

 

 C_m cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt   0 m 1 (*).

+) Nếu m1 ta có:

Diện tích S1 của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía trên trục hoành của

 

Cm với trục hoành

là: ^{1 1}



⁴

 

²



1

1 d

S x m x m x







  

 

3 1 5

1

1

5 3

m x

x mx



  

   

 

 

2 1

2 4 4

5 3 2 15 3

m m m

      .

Diện tích S2 của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía dưới trục hoành của

 

Cm với trục

hoành là: ^{2 1}



⁴

 

²

 

⁴

 

²



1

1 d 1 d

m

m

S x m x m x x m x m x





 



   



  

 

^{3 1}

5 1

5 3

m

m x

x mx





  

    

 

 

³

5

1

1

5 3

m x m

x mx

  

   

 

4 4 2 2

15 3 2 15 3

m m

m m 

      .

Theo bài ra S1S2 nên ta có: 4 4 4 4 2 2

15 3 15 3 2 15 3

m m

m m m 

        

4 1 0

15 3 m mm 

    

0 5 m m

 

    . Do m1 nên không có giá trị ^mthỏa mãn.

+) Nếu 0 m 1 ta có:

Diện tích S1 của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía trên trục hoành của

 

Cm với trục hoành

là: ^{1 m}



⁴



¹



²



^d

m

S x m x m x







   ₅⁵



₃¹



³

m

m

m x

x mx



  

   

 

 

2 2 1

2 2

5 3

m m m m m

 m m

   .

Diện tích S2 của hình phẳng giới hạn bởi phần nằm phía dưới trục hoành của

 

Cm với trục

hoành là: ²



⁴

 

²



¹



⁴

 

²



1

1 d 1 d

m

m

S x m x m x x m x m x





 



   



  

 

³

5

1

1

5 3

m x m

x mx





  

    

 

 

^{3 1}

5 1

5 3

m

m x

x mx

  

   

 

 

2 2 1

2 2 2 2

2 2

5 3 5 3

m m m

m m m

m m m

 

      .

Theo bài ra S1S2 nên ta có:

   

2 2 1 2 2 1

2 2 2 2 2

2 2 2

5 3 5 3 5 3

m m m m m m

m m m m m

m m m m m

  

       

2 2 2

2 0

5 3

m m

     2 4 2

5 3

 m

    6 20m10 1 m 5

  .

2. [2D4-3] Cho hàm số y x ⁴(m²2)x²m²1

 

Cm . Tìm các giá trị của ^m để

 

Cm cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi

 

Cm với trục hoành phần phía trên trục hoành có diện tích bằng 96

15.

A. ₀. B. _1. C. _2. D. _3.

Lời giải Chọn C

PT hoành độ giao điểm của

 

Cm với trục Ox: x⁴(m²2)x²m²  1 0 1 ₂ 1

  

   



x

x m .

 

 C_m cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt m0 (*).

Khi đó: diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

Cm với trục hoành phần phía trên trục hoành là:

 

 

1

4 2 2 2

1

2 1 d

S x m x m x







     ^20m₁₅^{216 96}₁₅ ^{ m 2} (thoả (*)).

Câu 45. [2D2-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 45]

Cho ,a b là các số thực dương thỏa mãn 1 _{2 2} 2

log log

2 a

 b. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3 3

4 4log (42 )

P a  b a b là

A. 4 log 6 .₂ B. 2

4 4

ln 2 4log ln 2

 

  .C. 4 1 log 3



 2



. D. 4.

Lời giải

Chọn C.

Ta có : 1 _{2 2} 2

log log

2 a

 b 4₂

a b

  . Đặt t4a³b^{3 3} 256₆

b b

  ^{3 3 3}

6

3 . .256 12 2 2

b b

 b   t 12. Khi đó P f t

 

 t 4 log2t, có

 

^{1 4 0}

.ln 2

f t  t  với t12 nên hàm số ^{f t}

 

đồng biến trên



^12;



 f t

 

 f

 

12 4 1 log 3



 2



.

Câu 46. [2D3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 46]

Cho hàm số y x ⁴3x²m có đồ thị là

 

^C cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị

 

^C nằm phía trên trục hoành, S2

là diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục hoành và phần đồ thị

 

^C nằm phía dưới trục hoành.

Biết rằng S1S2. Giá trị của ^m bằng A. ⁵

4. B. 2. C. 3

2. D. 1.

Lời giải Chọn A

Gọi hoành độ 4 giao điểm lần lượt là x1  t2 x2  t1 x3 t1 x4  t2 .

Do đó: ¹

 

²

 

1

4 2 4 2

0

3 3

t t

t

x  x m dx  x  x m dx

 

 

2

4 2

0

3 0

t

x x m dx





  

Khi đó: ^{5 3 2 2}



^{22 2}



0

0 5 5

5 5

t t

x x mx t t m

 

      

 

2

2 2

2

2 2

5 5 0

5 15 5 0

t t m

t t m

   

 

  



Trừ vế với vế ta được: 2

5 5

2 4

t   m .

Câu 47. [1H3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 41]

Cho hình chóp S ABC. , trong đó SA3, SB4, SC5, ASB 60 , BSC 120 và

 90

CSA . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB vàSC là.

A. 2 . B. 2 2 . C. 4 2. D. 2.

Lời giải

Chọn B.

A C

B S

Ta có ^{ }_{AB SC.} ^{SC SB SA}  ^.



^



. .

SB SC SA SC

    SB SC. .cosBSC SA SC . .cosCSA 4.5.cos120 3.5.cos90

     10.

Và AB² SA²SB²2. . .cosSA SB ASB  3² 4²2.3.4.cos 60 13AB 13. Vậy ^cos



^;



^.

. AB SC AB SC

AB SC



 

10 13.5

  ^{2 13}

 13 ^sin



^;



^{3 13}

AB SC 13

  .

Mặt khác, ta có:

     

2 2 2

.

. . 1 cos cos cos 2cos cos cos

S ABC 6

SA SB SC

V   ASB ASC BSC ASB ASC BSC

   

1 . . , .sin ;

6AB SC d AB SC AB SC

 .

 

^{ }



^



^{  }

2 2 2

. . 1 cos cos cos 2cos cos cos

; .sin ;

SA SB ASB ASC BSC ASB ASC BSC

d AB SC

AB AB SC

   

 

2 2 2

3.4. 1 cos 60 cos 120 cos 90 2cos 60 cos120 cos90 13.3 13

13

         

 2 2.

Câu 48: [2H1-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 48]

Cho khối chóp S ABC. có BAC 90⁰, BC  2 2, ACB 30⁰, hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của BC . Giả sử có mặt cầu tâm O, bán kính bằng 1 tiếp xúc với

, ,

SA SB SC lần lượt tại các điểm A B C₁, ,_{1 1}, trong đó A B₁, ₁ thuộc các cạnh tương ứng SA SB, , còn C₁ thuộc tia đối của tia SC ; đồng thời mặt cầu tâm O đó cũng tiếp xúc với mặt phẳng

(ABC). Thể tích của khối chóp S ABC. là:

A. 2 2

3 . B. 3

3 . C. 2 3

3 . D. 3 2

2 . Lời giải

Chọn C

S

C B

A C'

O C1

B1

A1

H

Do mặt cầu tâm O tiếp xúc với SA SB SC, , lần lượt tại các điểm A B C₁, ,_{1 1}

1 1 1

SA SB SC

   (1). Mặt khác, ta có OA₁ OB₁ OC₁ (2)

Từ (1), (2) SO (A B C_{1 1 1}). Gọi C' là điểm đối xứng của C qua S. ta có SH là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên SA SB SC , suy ra các tam giác SAB,

', '

SAC SBC đều cân tại S nên A B_{1 1}/ /AB, AC_{1 1}/ /AC ', B C_{1 1}/ /BC'

1 1 1

(A B C ) / / (ABC ')

 và SH / /BC ' / / ( ')

SH ABC

 . Vậy SO SH SH d O ABC( ,( )) _{R 1}, suy ra 3 V  3 .

Câu 49: [2H3-4] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 49]

Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho hai đường thẳng ₁ 1 2 1

: ,

2 1 1

x y z

  

2

2 1 2

: 4 1 1

x y z

  

  và hai điểm ^A



^{1; 1; 2 ,}

 

^{B 2;0; 1 .}



Trên 1 lấy điểm M,trên 2 lấy điểm N sao cho AM BN MN. Biết rằng MN luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định có bán kính R, tìm R?

A. 11

4 . B. 11 . C. 11

2 . D. 3.

Lời giải Chọn C

+ Nhận thấy AB là đoạn vuông góc chung của  1, 2.

+ Gọi I là trung điểm của AB. Lấy P 1sao cho AP BN . IAP IBN IP IN

     

1 11

2 2 .

IMP IMN IH IA IB AB

        

 Mặt cầu cố định tâm I , bán kính R= 1 11 2AB 2 .



1



2

B

A M

N I

P

H

Câu 50. [2H3-3] [Chuyên KHTN, Hà Nội, lần 2, năm 2018 - Câu 50]

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, xét mặt cầu (S) đi qua hai điểm ^A



^{1;6;2 ,}

 

^{B 3;0;0}



và có tâm thuộc mặt phẳng

 

^{P x y:   2 0} bán kính của mặt cầu (S) có giá trị nhỏ nhất là A. 462

6 . B. 534

4 . C. 218

6 . D. 530

4 . Lời giải

Chọn A

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB, nên H(2; 3; 1). Vecto ^{HB}



^{1; 3; 1 }



.

Mặt cầu đi qua A, B có tâm M thuộc mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB

qua H và có vecto pháp tuyến ^{HB}



^{1; 3; 1 }



có phương trình

 

^{Q x: 3y z  6 0}.

Do tâm M của mặt cầu cũng thuộc (P) nên M thuộc đường thẳng (d) là giao của (P) và (Q) có vectơ chỉ phương u



1;1; 2



và qua M0



2;0;4



.

Gọi d là khoảng cách từ H đến (d),



^,

  

^{0 , 66}

6 M H u

d d H d

u

 

 

  

 

 , HB 11.

Ta có R MB  HB²MH² . Nhận thấy HB không đổi, R nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, MH nhỏ nhất khi M trùng I, lúc đó 66

MH HI  d 6 . (I là hình chiếu vuông góc của H lên (d))

Vậy _min ^{2 2} 66 462

36 11 6

R  HB IH    .