Tổng hợp các câu vận dụng có đáp án môn toán năm 2018 trường thpt chuyên võ nguyên giáp lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

CÂU VD-VDC CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP – QUẢNG BÌNH LẦN 1

Câu 40: [2D4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho số phức z thỏa mãn 2

z z  . Biết rằng phần thực của ^z bằng ^a. Tính z theo ^a.

A. 1

z 1

 a

 . B. ² 1

2 a a

z  

 . C. ² 1

2 a a

z  

 . D. ² 4

2 a a

z  

 .

Lời giải Chọn D.

Gọi ^{z a bi a b }



^{, }



; ^{z z }



^{a bi}

 

^{ a bi}



^2a.

Ta có z z  2  z z ² 2 ^



^{z z}

 

^{z z}



^{2 }



^{z z}

 

^{z z}



^2

 

²

. 2

z z z z z z

     2 z²2a z  2 0^{ z2a z  1 0 *}

 

2 4 0

 a   nên

 

 

2

2

4

* 2

4 0

2 a a z

a a

z L

   



    



.

Vậy ² 4

2 a a

z  

 .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [2D4-3] Xét số phức ^z thỏa mãn



^{1 2i z}



^{10 2 i}

  z   . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 3

2 z 2. B. 1 3

2 z  2. C. z 2. D. 1

z 2. Lời giải

Chọn B.

Từ giả thiết, ta có



^{1 2i z}



^{10 2 i}

  z  



^{1 2i z}



^{2 i 10}

     z 10

2 2

z z i i

     z

 

¹⁰

 

2 2 1

z z i

     z 

Lấy môđun hai vế của

 

^ , ta được

 

^{ }



^{z 2}

 

^{2 2 z 1}



^{2  10}_z ^.

Đặt t z , ta có



^t2

 

^{2 2 1t}



^{2  10}_t ^t2



^5t25



^10     ^{t4 t2 2 0 t 1.}

Vậy z 1.

Câu 2: [2D4-3] Cho số phức ^z thỏa mãn z 1. Đặt 2 2 . A z i

iz

 

 Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. A 1. B. A 1. C. A 1. D. A 1.

Lời giải Chọn A.

Từ giả thiết, ta có ²



²



^{2 2 2}

2

A z i A iz z i A Azi z i

iz

         



 

²

2 2

2 A i z Ai z A i

Ai

      

 .

Mặt khác ^{1 2 1 2 2}

 

2

z A i A i Ai

Ai

        



Đặt ^{A x yi x y }



^{, }



. Khi đó

 

^{  2x}



^2y1



^{i    y 2 xi}

 

²

 

²

2 2

4x 2y 1 y 2 x

     

2 2 2 2 2 2

4x 4y 4y 1 x y 4y 4 x y 1.

          

Vậy A  x²y² 1.

Câu 41. [2D1-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hàm số y x ³3x có đồ thị

 

^C và điểm ^{A a}



^{; 2}



. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của a để có đúng ba tiếp tuyến của

 

^C đi qua A. Tập hợp S bằng

A. ^{S   }



^{; 1}



. B. S  .

C. ^{; 2}



^2;

  

^{\ 1}

S    3   . D. ^2;2 S   3 . Lời giải

Chọn C.

Gọi d là đường thẳng đi qua A với hệ số góc k, suy ra ^{d y k x a: }



^{ }



². Đường thẳng d tiếp xúc với

 

^C khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm

   

 

3 2

3 2 1

3 3 2

x x k x a

x k

    

  



Thế

 

2 vào

 

1 ta được phương trình:

     

3 3 3 2 3 2 2 3 3 2 3 2 0 3

x  x x  x a   x  ax  a  .

Điều kiện để có đúng ba tiếp tuyến của

 

^C đi qua A là phương trình

 

3 có 3 nghiệm phân biệt và không có hai nghiệm đối nhau.

Ta có:

    

²

  

2

   

3 1 2 3 2 3 2 0 1

2 3 2 3 2 0 4

x x a x a x

x a x a

  

             

Phương trình

 

3 có 3 nghiệm phân biệt và không có hai nghiệm đối nhau khi và chỉ khi phương trình

 

4 có hai nghiệm phân biệt không đối nhau và khác 1.

   

²

0 3 2 3 6 0 3

2 3 2 3 2 0

6 6 0 2

2 3 2 3 2 0

1 a a a

a a

a a

a a

a

    

     

  

                .

Vậy ^{; 2}



^2;

  

^{\ 1}

S    3  

  .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D1-3] Cho đường cong

 

^{C :y x 44x22} và điểm ^A



^0;m



. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để qua A kẻ được bốn tiếp tuyến với

 

^C .

A. m2 hoặc ¹⁰

m 3 . B. m2. B. C. 2 ¹⁰

m 3

  . D. ¹⁰

m 3 . Lời giải

Chọn C.

Đường thẳng d qua điểm ^A



^0;m



với hệ số góc k có phương trình ^{y kx m } .

Đường thẳng d là tiếp tuyến của đồ thị

 

^C khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm

   

4 2

3

4 2 1

4 8 2

x x kx m

x x k

    

  



Thế

 

2 vào

 

1 ta có ^{x42x2 2}



^{4x38x x m}



^{  3x44x2 2 m, *}

 

Qua A kẻ được bốn tiếp tuyến với

 

^C khi và chỉ khi

 

* có bốn nghiệm phân biệt.

Xét hàm số y 3x⁴4x²2 có đồ thị như sau

Để đồ thị hàm số y 3x⁴4x²2 cắt đường thẳng ^{y m} tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ

khi 2 ¹⁰

m 3

  .

Câu 2. [2D1-3] Cho hàm số ^{4 3 2 5}

 

2 2

y x  x  C và điểm ^M

 

^C có hoành độ xM a. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để tiếp tuyến của

 

^C tại M cắt

 

^C tại hai điểm phân biệt khác M .

A.0 . B. 3 . C.2. D. 1.

Lời giải Chọn D

*Tiếp tuyến của

 

^C tại Mcó dạng ^{d y: y a x a'}

  

^{ }



^{y a}

 

^



^{2a36a x a}

 

^



^a₂^{4 3a25}₂^.

*) Xét phương trình hoành độ giao điểm của dvà

 

^C :

   

4 4

2 5 3 2 5

3 2 6 3

2 2 2 2

x a

x a a x a a

       



^{x a}



²



^{x2 2ax 3a2 6}



⁰

     

 

2 2 3 2 6 0 * x a

x ax a

 

     

*) dcắt

 

^C tại hai điểm phân biệt khác M ^

 

^* có hai nghiệm phân biệt khác a

2

2 2

2 6 0

2 . 3 6 0

a a a a a

    

 

   



3 3

1 a a

  

 

   . Do ^aZ nên chỉ có a0.

Câu 42. [2H1-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho tứ diện .S ABC và hai điểm M , N lần lượt thuộc các cạnh SA, SB sao cho ¹

2 SM

AM  , SN 2

BN  . Mặt phẳng

 

^P đi qua hai điểm ^{M N,} và song song với cạnh SC, cắt AC, BC lần lượt tại L, K. Tính tỉ số

SCMNK SABC

V

V .

A. 4

9

SCMNK SABC

V

V  . B. 1

3

SCMNK SABC

V

V  . C. 2

3

SCMNK SABC

V

V  . D. 1

4

SCMNK SABC

V

V  .

Lời giải Cách 1:

Chọn A

K

L

A C

B

S

M

N

Ta có 2

. 9

CSKL CSAB

V CK CL

V  CA CB  ;

4 4

. 9 27

SAKL SMKL

SABC SABC

V AK CL V

V  CA CB   V  ;

1 2

3 27

SABL SMNL

SABC SABC

V BL V

V CB  V  .

Vậy 2 4 2 4

9 27 27 9

SCMNK SABC

V

V     .

Cách 2:

Chia khối đa diện SCMNKL bởi mặt phẳng



^NLC



được hai khối chóp N SMLC. và .

N LKC. Vì ^SC song song với



^MNKL



nên // //

SC ML NK. Ta có:

 

 

 

 

. .

1d ; .

3

1d ; .

3

N SMLC MLCS

B SAC

SAC

N SAC S V

V B SAC S







. 1 ^AML

SAC

S NS

BS S





 

   

 

2 2 2 2 10

1 . 1 .

3 3 3 3 27

AM AL AS AC

   

       .

 

 

 

 

. .

1d ; .

31

d ; .

3

N KLC KLC

S ABC

ABC

N ABC S V

V S ABC S





 NB LC CK. .

SB AC CB

 1 1 2

3 3 3. .

 2

 27.

Suy ra ^SCMNKL

SABC

V

V  ^{. .}

. .

N SMLC N KLC B SAC S ABC

V V

V V 10 2

27 27

  4

9.

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2H1-3] Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là các trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho, tính tỉ số V

V

.

A. 1

2 V

V

 . B. 1

4 V

V

 . C. 2

3 V

V

 . D. 5

8 V

V

 . Lời giải

Chọn A.

Cách 1. Đặc biệt hóa tứ diện cho là tứ diện đều cạnh a. Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc của tứ diện, mỗi góc là cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng

2 a.

Do đó thể tích phần cắt bỏ là 4.

8 2

V V V   .

(Vì với tứ diện cạnh giảm nửa thì thể tích giảm

1 3 1

2 8

  

   )

Vậy 1

2 2

V V

V V

     .

Cách 2. Khối đa diện là hai khối chóp tứ giác (giống nhau) có cùng đáy là hình bình hành úp

lại. Suy ra: _{. . .} 1 1 1

2 4. 4. 4. .

2 4 2

N MEPF N MEP P MNE

V  V  V  V  V  V

( Do chiều cao giảm một nửa, cạnh đáy giảm một nửa nên diện tích giảm 4) Cách 3. Ta có V' V VA QEP^. VB QMF^. VC MNE^. VD NPF^.

V V

   



. . . .

1 V^{A QEP} V^{B QMF} V^{C MNE} V^{D NPF}

V V V V

     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 . . . .

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

      .

Câu 2. [2H1-3] Cho hình chóp đều .S ABCD, có cạnh đáy bằng 2a. Mặt bên hình chóp tạo với đáy một góc bằng 60. Mặt phẳng

 

^P chứa AB đi qua trọng tâm G của tam giác SAC cắt SC,

SD lần lượt tại M , N . Tính theo ^a thể tích V khối chóp .S ABMN. A. V  3 .a³ B. ^{3 3}.

V  4 a C. ^{3 3}.

V  2 a D. ^{3 3 3}. V  2 a Hướng dẫn giải

Chọn C.

Mặt bên tạo với đáy góc 60⁰ nên _SIO^ _60⁰ tan 600 3

SO a a

2 3

. .

1 3.2 2 3

3 3

S ACD S ABC

V V  a a  a

. . .

S ABMN S ABM S AMN

V V V

    ³

.

. .

1 3

2 3

S ABM

S ABM S ABC

V SM a

V SC V

    ³

.

. .

1 3

. 4 6

S AMN

S ABM S ACD

V SM SN V a

V SC SD

Vậy _{. . .} ³ 3 ³ 3 ³ 3

3 6 2

S ABMN S ABM S AMN

a a a

V V V    .

Câu 43. [3H2-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có ^A



^{2; 2;1}



, ^B



^{4; 4; 2}



, ^C



^{2; 4; 3}



. Đường phân giác AD của tam giác ABC có một vectơ chỉ phương là

G

O A

D

B C

S

N

M

I

A.



^{2; 4; 3}



. B.



^6;0;5



. C. 1 0;1; 3

  

 

 . D. 4 1

; ; 1

3 3

   

 

 .

Lời giải

Chọn C.

A

D C B

AD là đường phân giác nên 1

2

DB ABDC DC

 AC  

  

2; 4;1 D 3

  

0; 2; 2 AD  3

   



Do đó phân giác AD có một vectơ chỉ phương là 1 0;1; 3

  

 

  nên chọn C.

CÔNG THỨC TÍNH NHANH

Đường phân giác trong AD có một vectơ chỉ phương là 1 1

u AB AC

AB AC

 

  

   

1 1

2; 2;1 4;2; 4

3 6

 u    1

0;1; 3

u  

   



PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [3H2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có ^A



^{2; 2;1}



,

8 4 8

3 3; ; 3 B  

 . Đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng



^OAB



có phương trình là

A. 1 3 1

1 2 2

x y z

 

 . B. 1 8 4

1 2 2

x y z

 

 .

C.

1 5 11

3 3 6

1 2 2

x y z

 



. D.

2 2 5

9 9 9

1 2 2

x y z

 



.

Lời giải Chọn A.

Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Ta có

. . .

. . .

. . .

A B C

J

A B C

J

A B C

J

BC x AC x AB x

x BC AC AB

BC y AC y AB y

y BC AC AB

BC z AC z AB z

z BC AC AB

 

   

  

 

  

  

 

  



0 1 1

J J J

x y z

 

 

 



^0;1;1



J nên chọn A.

Câu 2.[3H2-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có ^A



^{1; 2;1}



,



^{2; 2;1}



B  , ^C



^{1; 2; 2}



. Đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC cắt mặt phẳng Oxy tại điểm nào sau đây?

A. 14 8 5 5; ;0

 

 

 . B. 8 14

; ;0 5 5

 

 

 . C. 8 14

; ;0 5 5

 

 

 . D. 8 14

; ;0

5 5

  

 

 .

Lời giải Chọn D.

Đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC có một vectơ chỉ phương là

1 1

u AB AC

AB AC

 

  

   

1 3;4;0 0;0;1 u 5

    3 4

5 5; ;1

u  

   



Đường phân giác trong của góc A cắt mặt phẳng Oxy tại điểm M

Phương trình đường thẳng AM là 1 3

5 2 4

5 1

x t

y t

z t

  



   



 



Do z   0 t 1 8 14

; ;0

5 5

M 

   

  nên chọn D.

Câu 44: [2D4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn

1 12

z  và z2 3 4i 5. Giá trị nhỏ nhất của z1z2 là:

A. 0. B. 2. C. 7. D. 17.

Lời giải Chọn B.

Gọi M , N lần lượt là hai điểm biểu diễn của z1, z2. Ta có: M thuộc đường tròn

 

C1 tâm O , bán kính R112; N thuộc đường tròn

 

C2 tâm ^I

 

^3;4 , bán kính R2 5.

Mặt khác: z1z2 MN .

Quan sát hình vẽ ta thấy MN nhỏ nhất bằng R12R2 2.

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [2D4-3] Cho số phức ^z thỏa mãn z   z 1 2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



^{1 2}



^{11 2}

P  i z  i . A. min

5

P  2. B. _min 5

P  2 . C. _min 5

P  2 . D. min

2 P  5. Lời giải

Chọn A.

Đặt ^{z x yi } ,



^{x y, }



có điểm biểu diễn là ^{M x y}



^;



.

Ta có: x yi    x yi 1 2i ^{x2y2 }



^x1

 

^{2 y2}



^{2 2x4y 5 0.}

Suy ra: tập hợp điểm ^{M x y}



^;



thuộc đường thẳng : 2 x4y 5 0. Lại có: ^P



^{1 2 i z}



^{ 11 2i  1 2i z 3 4i}  5.MA, với ^A



^3;4



.

P nhỏ nhất khi MA nhỏ nhất khi đó M là hình chiếu vuông góc của A lên  và MA nhỏ nhất bằng

   

2 2

2. 3 4.4 5 5

, 2 4 2

d A   

  

 .

Vậy _min 5 5

5. 2 2

P   .

Câu 2. [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn z i   1 z 2i . Tìm GTNN của z . A. min

1

P  2. B. _min 2

P  2 . C. P_min  2. D. _min 2 P  4 . Lời giải

Chọn B.

Giả sử ^{z x yi x y }



^{, }



. Ta có: ^{x yi i}     ^{1 x yi 2i}



^{x 1}

 

^{2 y 1}



^{2 x2}



^{y 2}



²

      

2 2 1 2 2 1 2 2 4 4

x x y y x y y

               x y 1 x 1 y. Lại có: ^{z2 x2y2 }



^y1



^{2 y2 2y22y12}^{y2 y 1}₄^^1₂

1 2 1 1

2y 2 2 2

      . min 1

z 2

  khi 1

x2, 1 y 2.

Câu 45. [1Đ4-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho các số thực ^a, b, ^c thỏa mãn

2 18

c  a và x^lim



ax² bx cx



²

     . Tính P a b  5c.

A. P18. B. P12. C. P9. D. P5. Lời giải

Chọn B.

Ta có

     

2

2 2 2

2

2

0 1

lim 2 lim 2 2 2

0

x x

a c

ax bx c x b

ax bx cx

ax bx cx a c

c

 

  

  

         

   

 

.

Kết hợp với c² a 18

9 3

12 a c b

 

 

  



5 12 P a b c

     .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1. [1D4-2-PT1] Cho ^a, b, ^c là các số thực khác 0. Để giới hạn ² 3

lim 3

1

x

x x ax bx



  

 thì A. 1

a 3 b

  . B. 1

a 3 b

  . C. 1

a 3 b

   . D. 1 a 3

b

 

 .

Lời giải Chọn A.

Ta có ²

1 3

3 1

lim lim 3

1 1

x x

x ax

x x ax x a

bx bx b

 

       

 

.

Câu 2. [1D4-3-PT1] Cho hai số thực a và bthỏa mãn

4 2 3 1

lim 0

2

x

x x x ax b



     

  

  . Khi đó a b

bằng

A. 4. B. 4. C. 7 . D. 7.

Lời giải Chọn D.

4 2 3 1

lim 0

2

x

x x x ax b



     

  

  ^lim



⁴



^{11 23 0}

2

x a x b

x



 

       

4 0

11 0

a b

  

    4

11 a b

 

       a b 7.

Câu 46: [1D3-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho dãy số

 

an thỏa mãn a1 1 và a_n 10a_n11,  n 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của ⁿ để loga_n 100 ?

A. 100. B. 101. C. 102. D. 103.

Lời giải Chọn C

Ta có 1

1 1

9 10 9

n n

a   a _   .

Đặt 1

n n 9

b a   n 1 suy ra 1

8 b 9. Do đó: b_n 10b_n1 .

Vậy

 

bn là một cấp số nhân với công bội là 10.

1 1

1

.10 8.10 9

n n

bn b ^{ }

   8 ¹ 1 8.10 ¹ 1

9.10 9 9

n n

an

  

     n 1.

8.10 1 1

log 100 log 100

9

n

an    ^  

  .

Ta có

100 101

8.10 1 100 8.10 1

9 10 9

   

100 101

8.10 1 8.10 1

log 100 log

9 9

     

     

   

1 101 102

n n

     .

PHÁT TRIỂN CÂU TƯƠNG TỰ

Câu 1: [1D3-3] Cho dãy số

 

an thỏa mãn a1 1 và a_n12a_n5,  n 1. Tính số hạng thứ 2018 của dãy.

A. a2018 3.2²⁰¹⁸5. B. a20183.2²⁰¹⁷5. C. a20183.2²⁰¹⁸5. D. a20183.2²⁰¹⁷5. Lời giải

Chọn C

Ta có a_n 5 2



a_n15



.

Đặt b_n a_n 5 _{ n 1} suy ra b16. Do đó: b_n 2b_n1 .

Vậy

 

bn là một cấp số nhân với công bội là 2.

1 1 1.2ⁿ 6.2ⁿ bn b ^{ }

   a_n 6.2^n1 5 3.2ⁿ5  n 1. Vậy a20183.2²⁰¹⁸5.

Câu 2: [1D3-3] Cho dãy số ( )un thỏa mãn ln(u₁²u₂²10) ln(2 u₁6 )u₂ và u_n2u_n 2u_n11 với mọi n1. Giá trị nhỏ nhất của ⁿ để u_n 5050 bằng :

A.100. B.99. C.101 . D.102.

Lời giải Chọn C

Ta có ln(u₁²u₂²10) ln(2 u₁6 )u₂ u₁²u₂² 10 2 u₁6u₂

2 2

1 2

(u 1) (u 3) 0

     u1 1,u2 3 .

Do u_n2u_n 2u_n11 (u_n2u_n1) ( u_n1u_n) 1 .

Đặt vn un_1un ta được v_n1 v_n 1 nên ( )vn là cấp số cộng với công sai d 1 và v12. Mặt khác u_n    u1 v1 v2 ... v_n1 _{   2 3 ... n} .

Vậy u_n     1 2 3 ... n (n 1) 2 n 



Nên u_n 5050 (n n 1) 10100 n² n 10100 0 100 101 n

n

 

    .

Câu 47. [2H3 - 4] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong không gian với hệ trục tọa độ ^Oxyz, cho hai điểm ^A



^{2;1;3 ,}



^B



^6;5;5



. Gọi

 

^S là mặt cầu có đường kính AB.Mặt phẳng

 

^P vuông góc với đoạn AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H( giao của măt cầu

 

^S và mặt phẳng

 

^P ) có thể tích lớn nhất, biết rằng

 

^{P : 2x by cz d   0} _với

, ,

b c d Z . Tính S b c d   .

A. S  18 . B. S  11. C. S  24. D. S  14.

Lời giải Chọn A.

x

P H

B I

A

Ta có: ^{AB}



^{4;4; 2}



. Mặt cầu

 

^S đường kính ABcó tâm ^I



^4;3;4



và bán kính ¹ 3 R2AB Gọi ^r là bán kính của đường tròn tâm H. Vì thể tích khối nón lớn nhất nên ta chỉ cần xét trường hợp Hthuộc đoạn IB, tức là AH 3.

Đặt ^{IH x, 0 x 3} r² R²x²  9 x² .

Khi đó thể tích khối nón đỉnhA và đáy là hình tròn tâm H là:

   

2 2

1 1

. 3 . 9

3 3

V  AH r  x  x ¹



³

 

^{. 3}

 

^{6 2x}



^{cos 1 12. 3 32}

6 6 3 3

x x  i ^{ }  

       

Thể tích lớn nhất bằng ³²

3     3 x 6 2x  x 1 Ta có mặt phẳng

 

^P nhận ¹



^{2; 2;1}



2AB

làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là:

2x2y z m  0. Lại có:



^;

  

^{1 18 1}

3

d H P m

   15

21 m m

  

   

Khi m 15 ta có phương trình mặt phẳng

 

^{P : 2x2y z 15 0} _{lúc này}I và B nằm cùng phía so với mặt phẳng

 

^P (^{AH d A P}



^;

  

^3) nên loại.

Khi m 21 ta có phương trình mặt phẳng

 

^P : ^{2x2y z 21 0} lúc nàyIvà B nằm khác phía so với mặt phẳng

 

^{P (AH d A P}



^;

  

^3) nên nhận.

Vậy ^{b2;c1;d  21}  S 18.

Lưu ý: Ta có thể dùng phương pháp hàm số để tìm GTLN của ^{f x}

  

^{ 3 x}



^{. 9}



^x2



^.

Hướng phát triển bài toán:

Bài toán thực chất là cho mặt cầu cố định rồi nên ta có thể giữ nguyên giả thiết nhưng thay đổi cách hỏi của đề bài:

- Tìm thể tích lớn nhất của khối nón nội tiếp khối cầu đã cho.

- Trong các khối nón nội tiếp khối cầu đã cho hãy tìm độ dài đường cao của khối nón có thể tích lớn nhất.

- Thay khối nón bởi khối trụ được tạo thành khi cắt khối cầu đã cho bởi hai mặt phẳng song song với nhau, cách đều tâm khối cầu và cùng vuông góc với đoạn AB. Tìm phương trình mặt phẳng hoặc khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó để thể tích khối trụ

lớn nhất…

Ta xét một bài toán trong trường hợp tổng quát.

Câu 1. [2H3 - 4]] Cho mặt cầu

 

^S có tâm I , bán kính R. Xét mặt phẳng

 

^P thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn

 

^C . Hình nón

 

^N có đỉnh S nằm trên mặt cầu, có đáy là đường tròn

 

^C và có chiều cao là h. Tính h theo R để khối nón tạo nên bởi

 

^N có thể tích lớn nhất.

A. h 2R . B. 2R

h 3 . C. 3R

h 2 . D. 4R

h 3 . Lời giải

Chọn D.

h

P A H

B I

S

Gọi H là tâm và ^r là bán kính của đường tròn

 

^C . Khi đó thể tích khối nón đỉnh Svà đáy là hình tròn

 

^{C là: 1}AH. ^{2 1}h . ²

3 3

V  r  r

Kẻ đường kính SB A^, là điểm thuộc đường tròn

 

^C . Tam giác SAB vuông tại A có đường cao AH r nên: r² SH HB h.  .(2Rh)

 

1 2

h . 2R

V 3 h 

   ^{1 . . 4R 2}

 

^{cos 1 4R. 3 32 3}

6 6 3 81

h h h  i ^{ }  R

     

Thể tích lớn nhất bằng ^{32 3}

81R  h 4R 2 h ^4R h 3

  .

Câu 48. [1H3-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hình lăng trụ tam giác đều .

ABC A B C   có AB a , AA b gọi ^{M N,} lần lượt là trung điểm của AA , BB ( tham khảo hình bên ). Tính khoảng cách của hai đường thẳng _{B M} và CN.

A.



^,



³_{2 2}

12 4

d B M CN ab

a b

 

 . B.



^,



₂³ ₂

4 12

d B M CN ab

a b

 

 .

C.



^,



2

d B M CN a . D.



^,



³

2 d B M CN a . Lời giải

Chọn A.

Ta có : ^{AN B M// } ( Vì AA B B  là hình chữ nhật ^{M N,} lần lượt là trung điểm của AA , BB) Vậy ^{B M //}



^ANC



^{ d B M CN}



^{ ,}



^{d B M ANC}



^{ ,}

  

^{d B ANC}



^,

  

^.

Gọi P là trung điểm của ACBPAC (Vì ABC là tam giác đều )

 

¹

Mặt khác ^BB  ^AC ( vì ^{BB }



^ABC



)

 

²

Từ

 

1 và

 

^{2 AC}



^BPN



Dựng BH PN mà ACBH ( vì ^AC



^BPN



) Vậy ^{BH }



^ANC



vậy ^{d B M CN}



^{ ,}



^BH.

Ta có :

2

BN  b ( vì AABBb) và 3 2

BP a ( vì ABC là tam giác đều cạnh a) Xét tam giác vuông BPN theo hệ thức lương tam giác vuông ta có :

2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 3

12 4 3

2 2

BH ab

BH  BN  BP BH  b  a   a b



   

   

   

.

Câu 49: [1D2-3] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Trong lễ tổng kết năm học 2017 2018 , lớp 12T nhận được 20 cuốn sách gồm 5 cuốn sách toán, 7 cuốn sách vật lý, 8 cuốn sách Hóa học, các sách cùng môn học là giống nhau. Số sách này được chia đều cho 10 học sinh trong lớp, mỗi học sinh chỉ nhận được hai cuốn sách khác môn học. Bình và Bảo là hai trong số 10 học sinh đó. Tính xác suất để 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo.

A. 1

5. B. 17

90. C. 14

45. D. 12

45. Lời giải

Chọn C.

Gọi ^x, ^y, z lần lượt là số phần quà gồm sách Toán và Vật lý, Toán và Hóa học, Vật lý và Hóa học.

Khi đó theo đề bài ta có hệ phương trình

5 7 8 x y x z y z

  

  

  



2 3 5 x y z

 

 

  .

Số phần tử không gian mẫu là n_ C C C10². .8³ 5⁵ 2520.

Gọi A là biến cố 2 cuốn sách mà Bình nhận được giống 2 cuốn sách của Bảo.

Số phần tử của A là n_A C C C2². .8³ 5⁵C C C8². .6¹ 5⁵C C C8². .6³ 3³ 784. Vậy xác suất cần tìm là

 

^{748 14}

2520 45

P A  

Câu tương tự:

Câu 50.[2H3-4] [Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình Lần 1] Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên R thỏa mãn ^{f x}

 

^{ f x'}

 

^{  1, x R}

và ^f

 

^{0 0} . Tìm giá trị lớn nhất của ^f

 

¹ . A. 2e 1

e

 . B. e 1 e

 . C. e1. D. 2e1. Lời giải

Chọn B

Ta có: e f x^x ( )e f x^x. '( )e^x e f x^x ( ) ' e^x

1 1

0 0

( ) '

x x

e f x dx e dx

 





  



^ef

 

^{1   0 e 1}

 

^{1 e 1}

f e

  