Bài tập vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên đại học vinh | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TỔNG HỢP CÁC CÂU VẬN DỤNG – ĐỀ THI THỬ CHUYÊN ĐH VINH

Câu 1: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D3-4] Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40cm. Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm của viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (được tô màu sẫm như hình vẽ bên). Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng

A. 800cm .² B.800 ²

3 cm . C. 400 ²

3 cm . D. 250cm .²

Lời giải Chọn C.

Cách 1: Trước hết ta chứng minh công thức tổng quát.

“Một cánh cổng hình parabol có khoảng cách giữa hai chân bằng 2 .a Trục đối xứng vuông góc với đường nối hai chân và khoảng cách từ đỉnh đến đáy bằng h. Khi đó, diện tích cánh cổng đó

là 4

3 . S ah ”

Thật vậy, giả sử hai chân là Avà B. Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc tọa độ O trùng với trung điểm AB, ^{A a}



^{ ;0}



, ^{B a}



^;0



và đỉnh ^I



^0;h



.

Khi đó, phương trình parabol là h₂ ²

y x h

 a  Suy ra, diện tích cánh cổng là

2 2

2 2

0

d 2 d

a a

a

h h

S x h x x h x

a a



   





   



   ^2_^₃^h_a^{2 x3hx}_0^{a 4}₃^ah.

Áp dụng vào bài toán ta có, diện tích mỗi phần parabol là 4.20.20

S  3 1600 ² 3 cm .

Tổng diện tích của bốn cánh hoa bằng tổng diện tích 4 phần parabol trừ đi diện tích hình vuông nên ta được: 1600 ²

4 40

 3  1600 ² 3 cm .



Vậy diện tích mỗi cánh bằng 400 ² 3 cm . Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Gọi S là diện tích một cách hoa. Ta xé cánh hoa ở góc phần tư thứ nhất.

Ta có: S 2S, với S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

 

^{P y ax:  2} và đường thẳng

 

^{d :y x} .

Ta có:

 

^P qua điểm.



20; 20 . nên



² 1 20 20

a a 20

   . Suy ra:

 

^{: 1 2}

P y 20x .

Khi đó: ₀²⁰ 1 ² 200 400

2 2 d 2

20 3 3

S  S



x x  x  

 

^{cm .2}

Câu 2: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2H3-3] Cho hình lập phương ABCD A B C D.     cạnh .a Gọi ^{M N,} lần lượt là trung điểm của AC và B C  (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B D  bằng

N M

A' D'

C' C

A D

B

B'

A. 5 .a B. ⁵ .

5

a C. 3 .a D. ^.

3 a

Lời giải

Chọn D.

Cách 1. ( dùng tọa độ)

Đưa hình lập phương vào hệ trục tọa độ Oxyz sao choB' 0;0;0 , ' ;0;0 , ' 0; ;0

 

C a

 

A



a



,

       

' ; ;0 , 0;0; , 0; ; , ;0;

D a a B a A a a C a a .

Ta có : ; ; , ;0;0

2 2 2

a a a

M a N  

   

    ^{0; ;}



^0;1;2



2 2

a a

MN   a 

   



 

1 0;1; 2

u

là VTCP của MN.



; ;0

 

1;1;0



2

B D a a  a u

 

là VTCP của B D . ^{1 2}

1 2

( ; ) ;

; 3

u u B N a d MN B D

u u

  

 

   

 

 

  

  .

Cách 2.

Gọi P là trung điểm của C D . ^{E  A'C'NP,I  A'C'B'D'.}

Ta có :^{d MN B D}



^{; ' '}



^{d B D BDPN}



^{' ';}

  

^{d I BDPN}



^;

  

^h. Ta có h là độ dài đường cao trong tam giác vuông MIN.

Vậy 3

9 1 2

16 1 1 1

2 2 2 2 2 2

h a a a a IE MI

h        .

Câu 3: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2H2-3] Người ta thả một viên billiards snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ hơn ^4,5cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc bằng ^{5, 4cm}và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng ^4,5cm. Bán kính của viên billiards đó bằng?

A. 2,7cm. B. 4, 2cm. C. 3,6cm. D. 2,6cm. Lời giải

Chọn A.

Thể tích nước trong cốc ban đầu là V1=B h. =p. 5, 4 .4,5 131, 22

( )

² = p Gọi (x cm) là bán kính của viên billiards snooker (điều kiện ^{0< <x 4,5} ).

Khi đó thể tích của khối của viên billiards là 2 ³

4 V =3px

Do khi thả viên billiards vào cốc thì viên billiards tiếp xúc đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng, nên chiều cao của nước là 2x.

Khi đó thể tích của nước và viên bi là ^{V =p. 5, 4 .2}

( )

^{2 x=58,32px}

Vậy ta có phương trình:

3

1 2

131, 22 4 58,32 V + = ÛV V p+3px = px

4x3 174,96x 393,66 0

Û - + =

Giải phương trình trên và đối chiếu điều kiện ta được: ^x=2,7 Vậy bán kính của viên bi đó là ^2,7cm.

Câu 4: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D1-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên

. Bảng biến thiên của hàm số y f x

 

được cho như hình vẽ dưới đây. Hàm số 1 2

y f  xx nghịch biến trên khoảng

A. ^(2;4). B. ^{(0; 2).} C. ^{( 2;0).} D. ^{( 4; 2). } Lời giải

Chọn D.

Đặt

 

¹

2

g x  f  xx thì

 

^{1 1 1}

2 2

g x   f x .

Ta có

 

^{0 1 2}

2 g x   f  x

 TH1: 1 2

2

f  x 2 1 3 2

   x     4 x 2. Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng



^{ 4; 2}



.

 TH2: 1 2

2

f  x 1 1 <0 2

x a

       2 2 2a x 4 nên hàm số chỉ nghịch biến trên khoảng



^{2 2 ;4 a}



, chứ không nghịch biến trên toàn khoảng



2; 4 .



Vậy hàm số 1 2 y f  xx

  nghịch biến trên



^{ 4; 2}



.

 Chú ý: Từ trường hợp 1 ta có thể chọn đáp án D nhưng cứ xét tiếp trường hợp 2 xem thử.

Câu 5: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D3-4] Cho hàm số ^{f x}

 

thỏa mãn



^{f x}

  

^{2 f x f}

 

^{ }

 

^{x 15x412x,  x}  và ^f

 

^{0  f}

 

^{0 1}. Giá trị của ^f2

 

¹ bằng ? A. ⁹

2. B. ⁵

2. C. 10. D. 8 .

Lời giải Chọn D.

Ta có



^{f x f x}

 

^{ }

  

^{ }



^{f x}

  

^{2 f x f}

 

^{ }

 

^{x .}

Do đó ^{f x f x}

 

^{ }

 

^

 

^{15x412 dx x}



3x⁵6x²C. Mà ^f

 

^{0  f}

 

^{0 1} nên ^{f x f x}

 

^{ }

 

3x⁵6x²1. Suy ra



^{f x f x x}

 

^{ }

 

^{d }

 

^{3x56x21 d}



^x.

Tức là ²

 

2

f x ⁶ 3

2 2

x x x C

    , mà ^f

 

^{0 1} nên ²

 

2

f x ⁶ 3

2 1

2

x x x

    . Vậy ^f2

 

^{1 8}.

Câu 6: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [1D2-3] Trong mặt phẳng ^Oxy, cho hình chữ nhật OMNP với ^M



^0;10



, ^N



^100;10



và ^P



^100;0



. Gọi S là tập hợp tất cả các điểm ^{A x y}



^;



,



^{x y, }



nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP. Lấy ngẫu nhiên một điểm ^{A x y}



^;



^S

. Xác suất để ^{x y 90} bằng A. ¹⁶⁹.

200 B. ⁸⁴⁵.

1111 C. ⁸⁶.

101 D. ⁴⁷³.

500 Lời giải

Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trong kể cả trên cạnh của hình chữ nhật OMNP là ⁿ

 

^{ 101 11.}

Gọi X là biến cố “Các điểm ^{A x y}



^;



,



^{x y, }



thuộc tập S thỏa mãn x y 90”.

Vì ^x



^{0;100 ;}



^y



^0;10



và ^{x y 90} nên:

 

0 0;1;2;...;90

y  x ; y  ¹ x



0;1;2;...;89



; .… ;y¹⁰ x



0;1;2;...;80



. Khi đó có 91 90 ... 81 946    cặp



^{x y;}



thỏa mãn. Hay ^{n X}

 

^946.

Vậy xác suất cần tính là

 

 

P n X

 n



946 101 11

 

86.

101

Câu 7: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D2-3] Giả sử ,a b là các số thực sao cho

3 3 .103^z .102^z

x y a b đúng với mọi các số thực dương ^{x y z, ,} thỏa mãn log(x y )z và

2 2

log(x y ) z 1. Giá trị của a b bằng ? A. ³¹.

2 B. ²⁹.

2 C. ³¹

 2 D. ²⁵.

 2 Lời giải

Chọn B.

Cách 1 : Từ giả thiết ta có: ^log



^{x y}



^{   z x y 10z}.

Và: ^log



^x2y2



^{  z 1 x2y2 10z1}



^{x y}



^{22xy10.10 .z}

Do đó:

 

^{2 10.10 102 10.10}

2 2

z z z

xy x y  

  .

Để tồn tại ^{x y,} ta phải có



^{x y}



^{2 4xy 102z 2 10}



^{2z 10.10z}



^{ z log 20.}

Mặt khác: x³y³a.10^3zb.10^{2z }



^{x y}



^{33xy x y}



^



^{a.103z b.102z}

2

3 10 10.10

10 3. .10

2

z z

z  z

  a.10^3zb.10^2z.

3 2 3 2

10 ^z 30.10 ^z 2 .10a ^z 2 .10b ^z

     . (*)

Vì đẳng thức (*) đúng với mọi ^{0 z log 20} nên 2 1

2 30

a b

  

 



1 2 15 a b

  

 

  .

Do đó, giá trị ²⁹ a b  2 . Cách 2:

Đặt t10^z. Khi đó x³y³ a t.³b t.².

Ta có

 



^{2 2}



log

log 1

x y z

x y z

 



  

 ^{2 2}

10

10.10 10

z z

x y t

x y t

   

 

  



2 10.

2

t t

xy 

  .

Khi đó 3 3

 

³

 

3 3



² 10



1 3 2

3 15

2 2

t t t

x y x y xy x y t  t t

          .

Suy ra 1

a 2, b15.

Vậy 29

a b  2 .

Câu 8: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D3-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

0;1 và ^f

 

^{0  f}

 

^{1 0}. Biết ^{1 2}

 

0

d 1 f x x2



^{, 1}

   

0

cos d

f x x x2



^{. Tính 1}

 

0

d f x x



^.

A. . B. ¹

 . C. ²

 . D. ³

2

 . Lời giải

Chọn C.

Ta có ¹

   

¹

   

0 0

cos d cos d

f x x x x f x

     

¹

   

0

cos 1 sin d

f x x 0  f x x x

 



   

¹

   

0

1 0 sin d

f f  f x x x

   



¹

   

0

sin d

f x x x 2

 





 ¹

   

0

sin d 1 f x x x 2





 ^.

Áp dụng bất đẳng thức Holder

       

2

2 2

d d . d

b b b

a a a

f x g x x f x x g x x

 

  







 

^{ta có:}

   

1 2

0

1 sin d

4  f x x x

  







   

1 1

2 2

0 0

d . sin d

f x x x x



 

¹

0

1 1 cos 2

2 2 d

x x









1 sin 2 1 1

0

2 2 4 4

x x

 

     .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ^{f x}

 

^ksinx.

Từ đó ta có: ¹

 

^{1 2}

 

0 0

1 sin d sin d

2



f x x x



k x x ¹

0

1 cos 2 2 d

k  x x





 ₂^k_^{xsin 2}₂^x_¹₀^k₂ 1

 k .

Suy ra ^{f x}

 

^sinx. Do đó ¹

 

¹

0 0

cos 1 2

d sin d .

0 f x x x x x

 

   

 

Câu 9: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D2-3] Gọi ^a là số thực lớn nhất để bất phương trình

 

2 2 ln 2 1 0

x   x a x   x nghiệm đúng với mọi x. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. ^a



^{2;3 .}



B. ^a



^8;



^. C. ^a



^{6;7 .}



D. ^{a  }



^{6; 5 .}



Lời giải Chọn C.

Đặt

2

2 1 3 3

1 2 4 4

tx   x x    nên 3 t 4.

Khi đó bài toán trở thành đi tìm ^a lớn nhất để t 1 a tln 0, 3 t 4

 

 

* . - Ta xét a0 do cần tìm ^a lớn nhất.

Xét hàm số ^{f t}

 

^{  t 1 a tln} , ^3; t4 .

 

^{1 a 0}

f t   t , ^3; t 4 

   do đó hàm số ^{f t}

 

luôn đồng biến trên ^3; 4

 

  

Suy ra

 

³

f t f  4

   .

Để

 

* luôn đúng với 3

t 4 thì 7 3

ln 0

4a 4 3 7

ln4 4

a   7

6,083 4ln3

4

  a 

.

- Vì trong trường hợp a0 đã tồn tại

7 4ln3

4 a 

thỏa mãn điều kiện bài toán nên ta không

phải tìm a0 do mọi giá trị a0 nếu thỏa mãn bài toán thì đều nhỏ hơn 7 4 ln3

4

 .

Do đó giá trị lớn nhất của a là 7 4 ln3

4

 thuộc



6;7 .



Bài tập tương tự: Gọi ^a là số thực lớn nhất để bất phương trình

 

2 2

2018 log2018 1 0

x  x a x   x nghiệm đúng với mọi x. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a



2017;2018 .



B. a(53375;).

C. a



53374;53375 .



D. a 



53375; 53374 .



Câu 10: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [1H3-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ^(ABCD). Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M, N lần lượt là trung điểm của SC , SD (tham khảo hình vẽ bên). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng ^(GMN) và (ABCD).

M N

G H

C

A D

B S

A. ^{2 39}

39 . B. ³

6 . C. ^{2 39}

13 . D. ¹³

13 . Lời giải

Chọn C.

z

x

y t

K

I G

N M

P H

A D

B C

S

Cách 1:

Điểm H là trung điểm AB SH AB và ^{(SAB)(ABCD)} nên ^{SH (ABCD)}. Gọi P là trung điểm của CD và I SP MN thì I là trung điểm SP.

Điểm K GI PH thì ^{K(GMN) ( ABCD)}.

Do ^{MN CD//} nên ^{(GMN) ( ABCD)Kt AB CD// //} . Dễ thấy SH Kt ( ) SHK Kt HK Kt

 

 

 

 .

Suy ra



^{(GMN),(ABCD)}



^{(KG KH, )GKH .}

Nhận xét: tam giác SPK có KI là đường trung tuyến và SG2GH nên nhận G làm trọng tâm.

Suy ra HK a ; ^{1 3}

3 6

GH  SH  39

GK 6

  .

Ta có _cos^{ 2 39}

13 GKH HK

GK  . Vậy ^{cos (}



^{ ),( )}



^{2 39}

GMN ABCD  13 . Cách 2:

Gắn hệ trục tọa độ ^Oxyz như hình vẽ, xem a là 1 đơn vị.

Ta có: ^{0;0; 3} S 2 

 

 

 ; ^{0;0; 3} G 6 

 

 

 ; ^1;1;0 C2 

 

 ; ^1;1;0

D2   1 1 3 4 2 4; ;

M 

 

 

 ;

1 1 3 4 2 4; ;

N 

 

 

 .

Và ^{1 1; ; 3} 4 2 12

GM  

  



; ^1;0;0

NM  2 



 3 1

, 0; ;

24 4

GM NM  

    

   

 

.

Khi đó: ^n_^GMN_ ^



^{0; 3; 6}



^và nABCD  k



^0;0;1



.

Ta có:



^

    

^{   }

   

. 6 2 39

cos ,

39.1 13 .

GMN ABCD

GMN ABCD

n n

GMN ABCD

n n

   

 

  .

Câu 11: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D1-4] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đạo hàm

  

¹



²



^{2 2}



f x  x x  x với mọi x . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số ^{y f x}



^{28x m}



có 5 điểm cực trị?

A. 15. B. 17. C. 16. D. 18.

Lời giải Chọn A.

Đặt ^{g x}

 

^{ f x}



^{28x m}



^{. Ta có f x}

  

^{ x1}



²



^x22x



  

^{2 8}

 

^{2 8 1}

 

^{2 2 8}

 

^{2 8 2}



g x x x x m x x m x x m

          

     

 

 

2 2

2 2

4

8 1 0 1

0

8 0 2

8 2 0 3

x

x x m g x

x x m x x m

 

    

   

   

    



Các phương trình

 

1 ,

 

2 ,

 

3 không có nghiệm chung từng đôi một và



^{x28x m 1}



^20

với  m  nên ^{g x}

 

có 5 cực trị khi và chỉ khi

 

2 và

 

3 có hai nghiệm phân biệt và khác

4

16 0

16 2 0

16 32 0

16 32 0

  

   

    

   

 m m

m m

16 18 16 18

 

 

  

  m m m m

 m 16.

Vậy m nguyên dương và m16 nên có 15 giá trị m cần tìm.

Câu 12: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2H1-4] Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a  . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng ^(ACC) và ^{(AB C )} bằng

60 (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối chóp .B ACC A   bằng

B'

C' B

C A

A'

A.

3

3

a . B.

3

6

a . C.

3

2

a . D. ^{3 3}

3 a . Lời giải

Chọn A.

Đặt xAA.

Ta có



^ACC

 

^{ AB C }



^{ AC}. Gọi G là trung điểm của A C , H là hình chiếu của G lên AC.

Ta có GH (ACC A ), GH AC

Ta có ^{B G }



^{ACC A }



B G AC suy ra BH  AC. Vậy góc giữa



^{AB C }



và



^{ACC A }



là góc GHB   60 .

Ta có _. ¹ .

B ACC A 3 ACC A

V _{  } S _{ }B G , ^{B G  a}₂² , .cot 60 ⁶ 6 GH B G   a .

GH AA GC AC

 

  ^{2 2}

6 6

2 2

2 a

x

a x a

 

 ^{2 2}

3 2 3

x x a

 

  x a

. B ACC A

V _{  }

 ¹ _{. 2.} ²

3 2

a a a

 ³

3

 a .

Cách 2: (Dùng công thức diện tích hình chiếu).

Đặt xAA. Gọi M là trung điểm của A C . Ta có B M  A C  nên ^{B M }



^{AA C C }



tại M .

Do đó: MAC là hình chiếu của BAC lên



^{AA C C }



. Suy ra: S_MACS_BAC.cos 60⁰ S_AAC S_BAC

1 1 2

. . 2 .

2 x a 2 x a a x a

    

Vậy

3 2

. . .

2 2 1

2. 2. . . . .

3 3 2 3

B AA C C B AA C A A B C A B C

V _{  }  V _{  } V _{  } AA S _{  }  a a  a .

Câu 13: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D3-4] Trong không gianOxyz , cho hai điểm



^{10;6; 2}



A  , ^B



^{5;10; 9}



và mặt phẳng

 

^{ : 2x2y z 12 0} . Điểm M di động trên mặt phẳng

 

^ sao choMA , MB luôn tạo với

 

^ các góc bằng nhau. Biết rằng M luôn thuộc một đường tròn ( ) cố định. Hoành độ của tâm đường tròn ( ) bằng

A. 4. B. 9

2. C. 2 . D. 10.

Lời giải Chọn C.

Ta có:



^,

  

^{20 12 2 12 6}

4 4 1

d A    

 

  ;



^,

  

^{10 20 9 12 3}

4 4 1

d B    

 

  .

Vì điểm M di động trên mặt phẳng

 

^ sao cho MA, MB luôn tạo với

 

^ các góc bằng nhau nên ta có MA2MB.

Gọi ^{M x y z}



^{; ;}



, ta có:

2

MA MB MA² 4MB²



^{x 10}

 

^{2 y 6}

 

^{2 z 2}



^{2 4}



^{x 5}

 

^{2 y 10}

 

^{2 z 9}



^2

             

2 2 2 20 68 68

228 0

3 3 3

x y z x y z

        .

Suy ra M thuộc đường tròn ^{2 2 2}

 

2 2 12 0 ( )

( ) : 20 68 68

228 0

3 3 3

x y z

x y z x y z S





   



       

 .

Mặt cầu

 

^S có tâm ^{10 34; ; 34}

3 3 3

I  . Gọi H là tâm của đường tròn

 

^ , ta có H là hình chiếu vuông góc của điểm ^{10 34; ; 34}

3 3 3

I   trên mặt phẳng

 

^ . Suy ra điểm ^H



^{2;10; 12}



.

Vậy hoành độ của tâm đường tròn

 

^ bằng 2 .

Câu 14: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D1-4] Cho đồ thị

 

^C có phương trình y x ³3x². Có bao nhiêu số nguyên ^{b }



^10;10



để có đúng một tiếp tuyến của

 

^C đi qua điểm ^B

 

^0;b .

A. 2. B. 9 . C. 17 . D. 16 .

Lời giải Chọn C.

Ta có y 3x²6x.

Phương trình đường thẳng đi qua ^B

 

^0;b và có hệ số góc k là ^{y kx b } . Qua điểm ^B

 

^0;b có đúng một tiếp tuyến của

 

^C khi và chỉ khi

2

3 2

3 6

3 x x k x x kx b

  

   

 có nghiệm

duy nhất ^

 

2

3 2 2

3 6

3 3 6

x x k

x x x x x b

  

    

 có nghiệm duy nhất

 x³3x² 3x³6x²b có nghiệm duy nhất ^ 2x³3x² b có nghiệm duy nhất.

Đặt ^{g x}

 

^{ 2x33x2 }

 

^{6 2 6 0 0}

1 g x x x x

x

 

        . Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta có phương trình 2x³3x² b có nghiệm duy nhất^ 0 1 b b

 

  . Vì bnguyên và ^{b }



^10;10



nên có tất cả 17 giá trị b thỏa YCBT.

Câu 15: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2H3-3] Trong không gian ^Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{ :x z  3 0} và điểm ^M



^1;1;1



. Gọi A là điểm thuộc tia Oz, B là hình chiếu của A lên

 

^ . Biết rằng tam giác MAB cân tại M . Diện tích của tam giác MAB bằng:

A. 6 3. B. ^{3 3}.

2 C. ^{3 123}.

2 D. 3 3.

Lời giải Chọn B.

Gọi ^A



^0;0;a



với a0. Đường thẳng AB đi qua điểm ^A



^0;0;a



và có một vectơ chỉ

phương ^u



^{1;0; 1}



có phương trình là: 0 x t y z a t

 

 

  





^t



.

 

B      t a t 3 0 ³ 2 t a

  3 3

2 ;0; 2 a a B   

  .

Vì tam giác MAB cân tại M MA MB ^{1 1}



¹



^{2 1 2 1 5 2}

2 2

a a

a      

        

2 2

2 2 1 10 25

2 1 1

4 4

a a a a

a a    

      4a²8a 8 2a²8a26 2a² 18

3

 a ^A



^0;0;3



^{và B}



^3;0;0



^.

Cách 1: ^{AM }



^{1;1; 2}



, ^{BM  }



^2;1;1



^_ ^{AM BM, }_^



^3;3;3



₁

2 ,

SABM AM BM

    . 3 3

 2 .

Cách 2: Gọi I là trung điểm của AB. Ta có ^3;0;3

2 2

I 

 

 .

2

 

2

1 2 1

2 1 2

IM           

6

 2 .

 

²

2 2

3 0 3

AB    3 2.

Do đó ¹ .

ABM 2

S  IM AB 1 6 . .3 2

2 2 3 3

 2 . Cách3:

H

B

M A

( , , ) 3

f x y z   x z

Tam giác MAB cân tại M nên ( ) 2 ( )f A  f M    z_A 3 2.( 3)  A(0;0;3)

 

^{2 2}

 

^{3 9 3 3}

. ,( ) , ( ) . 6

2 2

ABM 2

S HM HB d M  MA d M    

Câu 16: [Chuyên Vinh-Nghệ An-L1-2018] [2D4-4] Giả sử z z1, 2 là hai trong số các số phức ^z thỏa mãn iz 2 i 1 và z1z2 2. Giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng

A. 4. B. 2 3 . C. 3 2 . D. 3.

Lời giải Chọn A.

Ta có iz 2 i 1 i z i 2 1 1   z i 2 1 1  . Điểm biểu diễn ^z thuộc đường tròn tâm ^I

 

^{1; 2 , R1.}

Gọi M, N là điểm biểu diễn z1,z2 nên MN 2 là đường kính. Dựng hình bình hành OMNP ta có z1z2 OP2 3.

Ta có



^{z1  z2}



^22



^{z12 z2 2}



^{ z1z2 2 z1z2 2 16 z1  z2 4.}

Dấu bằng xảy ra khi z₁  z₂  MN OI. Vậy giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng 4.