Đề ôn tập kiểm tra cuối học kì 2 Toán Lớp 12 - Đề số 34 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

Nội dung text: Đề ôn tập kiểm tra cuối học kì 2 Toán Lớp 12 - Đề số 34 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

1. ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II MÔN: TOÁN 12 – ĐỀ SỐ: 34 (100TN) 3 Câu 1: Tìm m để hàm số Fx( ) =(31 m −) x4 +( 3 m 22 + 1) x +( 21 m ++) x 3 m là một nguyên hàm của 2 3 hàm số fx( ) =++8 x 12 x 3 trên . A. m = −1. B. m =1. C. m = −2 . D. m = 4 . 3−x =x + 1 Câu 2: Tìm một nguyên hàm Fx( ) của hàm số fx( ) 312 thỏa mãn F (0) = . cos x ln 3 3x 3x A. Fx( ) = + tan x. B. Fx( ) =+−tan x 1. ln 3 ln 3 x x 32 C. Fx( ) =3 .ln 3 + tan x. D. Fx( ) =+−tan x . ln 3 ln 3 a Câu 3: Biết I= sin5 x .cos xx d= sinb x + C, với ab;∈≠ ;0 b . Khi đó ab. bằng? ∫ b A. 6 . B. 8 . C. 4 . D. 3 . + Câu 4: Tìm Fx( ) là một nguyên hàm của hàm số fx( ) = e2sinxx cos .( 2cosx− sin x) , biết F (0e) = . 1 + 2sinxx+ cos 1 A. ee2sinxx+ cos + . B. ee2sinxx cos + . C. e . D. e2sinxx+ cos . 2 2 x2x xx ab Câu 5: Biết 5( 2xx+= 1) d .5 + −.5 +C, với ab,,∈∈ C . Tính 2ab− . ∫ ln 5 ln 5 ln2 5 A. 2 . B. 3 . C. 0 . D. 4 . 3 3 3 Câu 6: Cho ∫ 2f( x) += gx( ) d1 x và ∫ f( x) −=2 gx( ) d3 x . Tính ∫ f( x) + gx( ) d x. 0 0 0 A. 1. B. 0 . C. −1. D. 4 . 5 x2 Biết I=dx =++ ab ln 2 c ln 7 , với abc,,∈ . Tính =++. Câu 7: ∫ 2  S abc 2 xx+−2 5 23 A. − . B. . C. 5 . D. 1. 3 3 2 Câu 8: Biết I=∫ 2 x +=+ 5d x ab 7 , với ab, ∈ . Tính S= ab − . 1 10 32 20 34 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 π 4 ln( sinxx+ cos ) π 3 = + ∈ + Câu 9: Biết ∫ 2 dx ln 2 với ab, . Giá trị ab bằng 0 cos x ab A. −2 . B. 6 . C. −6 . D. 2 . a dx I = Câu 10: Biết a là một số thuộc khoảng (0;3) . Tính theo a tích phân ∫ 2 . 0 x − 9 13a + 13a − 13a − 13a + A. I = ln . B. I = ln . C. I = ln . D. I = ln . 63− a 63a + 23a + 23− a
2. Câu 11: Cho hàm số y= fx( ) liên tục, không âm trên [1; 3] , thoả mãn: xf2( x) f′( x) −(3 x22 − 1) f( x) += 10, với mọi x ∈[1; 3] và f (13) = . Giá trị của f (3) bằng 5 19 19 57 475 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 9 3 3 2 Câu 12: Cho hàm số y= fx( ) liên tục trên ;1 và thoả mãn 35fx( ) +=+ f x 1. Tính tích phân 5 5x 1 fx( ) I= ∫ dx 3 x 5 113 813 213 113 A. I = + ln . B. I = − ln . C. I = + ln . D. I = − ln . 25 8 5 25 8 5 25 8 5 25 8 5 Câu 13: Cho hàm số fx( ) là hàm số bậc hai có đồ thị là một Parabol có trục đối xứng là trục Oy và thỏa 2 fx( ) 2− +−23 = − dx mãn điều kiện ( x xfx) ( 11) f( x) x . Tính giá trị của tích phân ∫ x −2 2021+ 1 2 4 1 5 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 4 1 Câu 14: Cho hàm số fx( ) có đạo hàm trên và thỏa mãn ∫ xf32⋅′(2 x += 1d) x 5; f (38) = . Tính 0 5 I=∫ fx( − 2d) x 3 A. 5. B. 25 C. −24 . D. 0. 3 fx2 ( ) Câu 15: Cho hàm số fx là hàm số lẻ, liên tục trên đoạn −3; 3 và thỏa mãn dx = 81, ( ) [ ] ∫ x −3 31+ 3 2 ∫ xf( x)d x = 54 . Tính ∫ f5 ( xx)d . −3 1 5103 2137 A. 9. B. . C. . D. 1024. 2 3 Câu 16: Cho (H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol yx= 2 , cung tròn có phương trình yx=43 − 2 và ab3π − trục hoành. Diện tích của (H ) là S = với ab, ∈ . Tính 53ab− . 18 y 2 3 2 O 3 x A. 19. B. 1. C. 9. D. 21.
3. Câu 17: Xét hình phẳng (H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số f( x) = ax. 2 + b, trục hoành, trục tung và đường thăng x = 1. Biết vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay (H ) quanh trục Ox có thể tích bằng 28π và f ′(12) = thì 19ab+ 9 bằng 15 A. 14. B. 3 . C. 28 . D. 19. Câu 18: Ông An muốn thiết kế trồng hoa trên một mảnh đất có hình dạng gồm một phần của hình elip (E) và phần còn lại là hình tròn (C) như hình vẽ. Hình elip có độ dài trục lớn 16m và độ dài trục bé 8m . Hình tròn có tâm là một đỉnh của elip trên trục lớn và có bán kính bằng 4m . Biết mỗi mét vuông trồng hoa cần chi phí 100.000 đồng. Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để có thể thực hiện dự định này?. A. 13.430.000 đồng. B. 12.330.000 đồng. C. 15.110.000đồng. D. 10.410.000đồng. Câu 19: Cho hàm số y= fx( ) liên tục trên đoạn [−3;3]. Hình phẳng (H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y= fx( ) , trục hoành và hai đường thẳng xx=−=3, 3 được cho như hình vẽ dưới. Biết 0 3 ∫ fx( )d x= a, ∫ fx( )d x= b. Diện tích của hình phẳng (H ) bằng −3 0 A. ab+ . B. ba− . C. −−ab. D. ab− . Câu 20: Một cái trống trường có khoảng cách giữa hai mặt trống là 1m . Một mặt phẳng chứa trục, cắt mặt xung quanh của trống theo giao tuyến là hai cung elip (E) . Biết elip (E) có độ dài trục lớn là 2m và độ dài trục nhỏ là 1m . Thể tích của cái trống trường đó bằng
4. 5π 5π 11π 11π A. (m3 ) . B. (m3 ) . C. (m3 ) . D. (m3 ) . 32 24 24 48 2kk 21++ 22 k 23 k ++ 24 k Câu 21: Số phức zii=++ i + i + i + i với k ∈ * có phần ảo bằng A. 0 . B. i . C. 1. D. −i . 1 Câu 22: Cho số phức z thỏa mãn zi− 2 là số thực và zi−+49 là số thuần ảo. Khi đó số phức w = là z 11 11 A. zi=42 − . B. zi= + . C. wi= − . D. zi=42 − . 5 10 5 10 Câu 23: Cho số phức z có phần thực không âm, phần ảo không dương, đồng thời thỏa mãn z++≥23 izi − và zz( −+2 i) − 41 i − là số phức có phần ảo không dương. Tìm giá trị lớn nhất của phần thực số phức w= z + 3. zi? A. 1. B. 4 . C. 5. D. −3 . Câu 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (dxy) :3− 2 −= 12 0 , điểm M biểu diễn số phức z thỏa 2zz= −+ 33 i. Khoảng cách lớn nhất từ M đến (d ) là 1 17 1 A. 11 + . B. 11 + . C. 2 11 + . D. 13+ 11 . 13 13 13 4 Câu 25: Cho phương trình 9z += 40 có các nghiệm z1 , z2 , z3 , z4 . Giá trị của Pz=+++1234 z z z là 6 8 46 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 2 Câu 26: Biết phương trình z− mz +=41 0 (m ∈ ) có một nghiệm phức zi1 =45 − và z2 là nghiệm phức còn lại. Số phức 23zz12+ là? A. −+20 5i . B. −+5 20i . C. 20− 5i . D. 20+ 5i . −+ −− = Câu 27: Cho số phức z thỏa mãn (z3 iz)( 3 i) 36 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức = −+ ++ wz25 i là đường tròn có tâm Ix( 00; y) và bán kính z0 . Giá trị của xyz0 00 bằng A. 13. B. 12 . C. 11. D. 10 . Câu 28: Cho số phức z thỏa zi−−2 2 = 17 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của Pz= +−+2 i 2 z −− 63 i. Tính Mm+ . A. Mm+=2 17( 5 + 1) . B. Mm+=4 17 . C. Mm+=17( 5 + 1) . D. Mm+=2( 85 + 17 ) . Câu 29: Tổng các môđun của tất cả các số phức z thỏa mãn z( z−− i12) + i =( 2 − iz) bằng? A. 3. B. 2 . C. 1. D. 4 .
5.  x + 5 a = xa=25 −  2 ⇒⇔(2) . yb=+−21 y 1  b =  2 22 xy+−51   22 Thay (2) vào (1) ta được: −3  + +1  =⇔− 36( xy 1) ++( 1) = 144 . 22   Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường có tròn tâm I (1;− 1) và bán kính R = 12 . Vậy xyz0+ 00 + =1 +−( 1) + 12 = 12 . Câu 28: Cho số phức z thỏa zi−−2 2 = 17 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của Pz= +−+2 i 2 z −− 63 i. Tính Mm+ . A. Mm+=2 17( 5 + 1) . B. Mm+=4 17 . C. Mm+=17( 5 + 1) . D. Mm+=2( 85 + 17 ) . Lời giải Đặt z= a + bi . 22 Khi đó: z−−2 2 i = 17 ⇔( a − 2) +( b − 2) = 17 ⇔ ab22 + =4 ab + 4 + 9 . Suy ra Pz=+−+−+=2 i 2 z 6 3 i ab22 ++4 ab −++ 2 5 2 ab22 +− 12 ab −+ 6 45 =8ab + 2 ++ 14 2 −− 8 ab 2 + 54 . Xét hàm số ft( ) =++ t 14 2 54 −t với tab=82 + . 12 Ta có ft′( ) = − ; với t ∈−[ 14;54]. 2tt+− 14 2 54 14 2 ft′( ) =0 ⇔ = ⇔52t =−⇔=− t . tt+−14 54 5 Bảng biến thiên Suy ra Pmax = 2 85 , Pmin = 2 17 . Vậy Mm+=2( 85 + 17 ) . Câu 29: Tổng các môđun của tất cả các số phức z thỏa mãn z( z−− i12) + i =( 2 − iz) bằng? A. 3 . B. 2 . C. 1. D. 4 . Lời giải
6. Bài này nếu ta giả sử z=+∈ a bi( a, b ) và thay vào phương trình sẽ được một hệ phức tạp, vì vậy ta sẽ chuyển hướng sang rút z và lấy môđun 2 vế để được phương trình hệ quả. Ta có zzi( −−1) + 2 i =( 2 − iz) (1) ⇔( z − 2 + izzzi) = +( −2) ( 1) . 2222 Lấy môđun 2 vế và bình phương 2 vế ta được: (( z−+2) 1) zz =+−( z2.) Đặt t= zt,0 ≥ ta có: 22 ((t−21) +) tt22 =+−( t 2) t = −1 (Lo¹i)  z = 1 2 2  ⇔−(tt2) ( −=⇔= 10)  t 1 ⇒ .  z = 2 t = 2 1− i Với z =1thay vào (1) ta được z+−= i12( − iz) ⇔ z = =−1. i −1 Với z = 2thay vào (1) ta được iz=⇔=−22 z i . Vậy tổng các môn đun của các số phức bằng 3. 2 Câu 30: Tập nghiệm của phương trình (2z − 1) += 16 0 là 11 11 A. +−2;ii 2 . B. −+4;ii −− 4 . 44 22 11 11 C. −+2;ii −− 2 . D. +−2;ii 2 . 22 22 Lời giải  1 zi= + 2 2 222zi−= 14 2 Ta có (21z−) =−⇔ 1621=4( zi −) ( ) ⇔ ⇔ . 21zi−=− 4 1  zi= − 2  2 11 Vậy tập nghiệm của phương trình là +−2;ii 2 . 22 Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(0;−− 2; 5) , B(3;4;4) , C( xy;+ 1;1) thẳng hàng. Khi đó 3xy− bằng A. 5 . B. 6 . C. 7 . D. 8 . Lời giải   Ta có AB = (3; 6;9) , AC=( x; y + 3; 6) .   xy+ 36 x = 2 A , B ,C thẳng hàng ⇔ AB , AC cùng phương ⇔= = ⇔  369y =1 ⇒3xy − = 3.2 −= 1 5.
7. Vậy 35xy−=. Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(2; 0;− 1) , B(0; 3;− 2) , C (−−4; 5; 0).    Tìm tọa độ điểm M sao cho MA++=23 MB MC 0. 5 35 53 5 A. M ;;− . B. M −−;; − . 3 26 32 6 5 35 53 5 C. M −−;;. D. M ;;−−. 3 26 32 6 Lời giải Gọi M( abc;;). Khi đó:    MA=(2 − a ; − b ;1 −− c) , 2MB=−( 2;62;42 a − b −− c), 3MC=−−( 12 3 a ; −− 15 3 b ; − 3 c)    Do đó MA+2 MB + 3 MC =−−( 6 a 10; − 6 b −−− 9; 6 c 5) .  5 a = −  3 −−=6a 10 0       3 535 Theo giả thiết MA++=23 MB MC 0 ⇔− 6b −= 90 ⇔=−b ⇒M  −−−;; . 2 326 −6c −= 50    5 c = −  6 535 Vậy M −−−;; . 326 Câu 33: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A(3;0;0), B(0;− 4;0) , C (0;0;5) . Tính thể tích khối chóp O. ABC . A. VO. ABC = 60 . B. VO. ABC = 20 . C. VO. ABC = 30 . D. VO. ABC =10. Lời giải Ta có A(3;0;0)∈ Ox , B( 0; −∈ 4;0) Oy , C( 0;0;5) ∈ Oz nên OA,, OB OC đôi một vuông góc = = = với nhau và OA3, OB 4, OC 5. 11 Suy ra V= OAOB. . OC = .3.4.5 = 10. O. ABC 66 Câu 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2 vectơ u= mi +−2 j 3, k v = mj ++ 2 i 4 k . Biết rằng uv.8= , khi đó giá trị của m bằng A. 3. B. 5. C. 4 . D. 1. Lời giải Ta có u= mi +−23 j k ⇒=um( ; 2; − 3) , v= mj ++24 i k ⇒=vm(2; ; 4) . Theo đề bài uv.=⇒ 8 2 m + 2 m − 3.4 =⇔= 8 m 5. Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(2;− 1; 3 ) và B(3;1;− 4 ) . Gọi M là điểm di động trên đường thẳng AB . Tính độ dài ngắn nhất của OM .
8. 26 26 210 A. . B. . C. 14 . D. . 4 2 6 Lời giải O A B H M Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng AB , ta có OM≥ OH    OA, AB Khi đó, OM nhỏ nhất khi OM= OH = d( O, AB) =  . AB        Ta có: OA =(2; − 1; 3 ) ; AB =(1; 2; − 7 ) OA, AB = ( 1;17; 5 ) .    OA, AB 12++ 17 22 5 210 Vậy OM= OH = d( O, AB) = = = . 2 AB 1222+ +−( 7) 6 Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) :2 x2+ 2 y 22 + 2 z − 4 xy + 8 −= 4 0. Tính diện tích mặt cầu (S ) . A. 96π . B. 7π . C. 24π . D. 28π . Lời giải Ta có 2xyzxy2+ 2 2 + 2 2 −+−=⇔++−+−= 4 8 40 xyzxy2 222 4 20. Mặt cầu (S ) có ab==−==−1; 2; c 0; d 2 và bán kính R= abcd222 + + −=7 Diện tích mặt cầu là SR=4ππ2 = 28 . 222 Câu 37: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (Sx) :( + 2) +−( y 3) +−( z 4) = 25 xt= 2  và đường thẳng d:3 y=−∈ tt( ) . Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và cắt mặt  zt=12 + cầu (S ) theo giao tuyến là đường tròn (C) . Khi đường tròn (C) có bán kính nhỏ nhất thì mặt phẳng (P) đi qua điểm nào sau đây? A. A(1;14;1) . B. B(2;− 1;2) . C. C (−1;8;1) D. D(2;3;1) . Lời giải
9. Mặt cầu (S ) có tâm I (−2;3;4) và bán kính R = 5. Đường thẳng d đi qua điểm M (0;3;1) và có vectơ chỉ phương u =(2 ; − 1; 2 ). Gọi HK, lần lượt là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) và đường thẳng d thì IH≤ IK . Kt(2 ;3−+ t ;1 2 t)  Do K là hình chiếu của I trên d nên  với IK=(2 t +− 2; t ;2 t − 3) IK⊥ u  2  22−− 2 23 ⇒=IK.0 u ⇔4t + 4 ++ tt 4 − 60 = ⇔ t = ⇒ IK ;; . 9 99 9 Đường tròn (C) có bán kính r= R22 − IH =−≥−25 IH 2 25 IK 2. Suy ra r nhỏ nhất khi và chỉ khi HK≡⇔(P) ⊥ IK .  Khi đó (P) đi qua M (0;3;1) và có một vectơ pháp tuyến là n=9 IK =( 22; −− 2; 23) . Do đó phương trình của (P) là: 22xy−− 2 23 z += 29 0. Ta thấy điểm AP∈( ), các điểm BCD,, không nằm trên (P) . Vậy khi đường tròn (C) có bán kính nhỏ nhất thì mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1;14;1) . Câu 38: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng (P) :2 xy−− 2 z += 7 0, xy−−+142 z (Qxy) :3+ 4 −= 9 0 và đường thẳng d : = = . Mặt cầu (S ) có tâm nằm trên 3− 15 đường thẳng d và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (PQ),( ) có phương trình là 222 222 5  7  1  25 5  7  15  A. xyz+++++=    . B. xyz−+−+−=    . 2  2  24  2  2  22  222 222 5  7  1  25 5  9  9  49 C. xyz−+−+−=    . D. xyz+  +−  ++  = . 2  2  24  2  2  24  Lời giải Gọi I(1+ 3 t ;4 −−+ t ; 2 5 td) ∈ là tâm mặt cầu (S ) .
10. Do mặt cầu (S ) tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (PQ),( ) nên ta có dI( ,,( P)) = dI( ( Q)) (2+−−−−++ 6tt) ( 4) ( 4 10 t) 7( 3 ++−− 9 t) ( 16 4 t) 9 1 ⇔=⇔−=+tt32⇔=t . 414++ 916+ 2 571 5 Khi đó mặt cầu (S ) có tâm I ;; và bán kính R = . 222 2 222 5  7  1  25 Vậy phương trình mặt cầu (S ) là: xyz−+−+−=    . 2  2  24  22 2 Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S1 ) có phương trình: ( x−3) +−( yz 1) +−( 4) = 25, 22 2 mặt cầu (S2 ) có phương trình: ( x+5) ++( yz 1) ++( 12) = 169 . Gọi (α ) là tiếp diện chung của cả hai mặt cầu trên, song song và cách trục Oy một khoảng nhỏ nhất. Biết phương trình mặt phẳng (α ) : ax− bz += c 0 , abc,,∈ và a là số nguyên tố. Khi đó abc++ bằng: A. 39 . B. 49 . C. 59 . D. 69 . Lời giải +) Mặt cầu (S1 ) có tâm I1 (3;1;4) và bán kính R1 = 5 . +) Mặt cầu (S2 ) có tâm I2 (−−−5; 1; 12) và bán kính R2 =13. α α +) Do mặt phẳng ( ) song song trục Oy nên phương trình ( ) : ax+ bz += c 0 (ab22+>0, c ≠ 0) +) (α ) là tiếp diện chung của cả hai mặt cầu (S1 ) và (S2 ) ++34a bc  = 5  34a++ bc  α = 22 dI( 11;( )) R ab+  = 51( ) ⇔⇔ ⇔ ab22+ . dI( ;(α )) = R −−5a 12 bc +   22 =13 13 3a+ 4 bc +=− 5 5 a − 12 bc + ( 2)  22   ab+ 13( 3a++= 4 bc) 5( 5 a + 12 bc −) 14ab−+ 8 18 c = 0 7490abc−+= Ta có (2) ⇔  ⇔  ⇔  13( 3a++=−+ 4 bc) 5( 5 a 12 bc −) 64a+ 112 bc += 8 0 8a+ 14 bc += 0  −+74ab c = ⇔  .  9 c=−−8 ab 14 −+74ab 34ab++ −+74ab 9 22 TH1: Với c = , thay vào ta được: ⇔ =⇔+=5 48ab 9 ab + 9 ab22+ ⇔−+=65a22 64 ab 17 b 0 TH2: Với c=−−8 ab 14 , thay vào ta được: 3aba+−− 4 8 14 b 22 2 b = 0 =⇔+52ab = ab + ⇔430ab +=⇔ b  . ab22+ 430ab+= Với b=⇒=−08 ca ta có phương trình (α1 ) :x −= 80.
11. Với 430ab+= chọn ab=3 ⇒ =−⇒ 4 c = 32 ta có phương trình (α2 ) :3xz−+= 4 32 0 . 8 −32 32 Ta có dOy( ,,8(αα)) = dO( ( )) = = ; dOy( ,,(αα22)) = dO( ( )) = = . 111 9+ 16 5 Ta thấy d( Oy,,(αα12)) > d( Oy ( )) nên mặt phẳng thỏa yêu cầu là (α2 ) :3xz−+= 4 32 0 . Vậy abc++=++3 4 32 = 39 . Chọn đáp án A. Câu 40: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho hai điểm A(1;1;1) , B(−−−2; 2; 2) và mặt phẳng (Pxyz) :+−−= 30. Mặt cầu (S ) thay đổi đi qua hai điểm AB, và tiếp xúc với (P) tại điểm C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính r của đường tròn đó bằng A. r = 4 . B. r = 42. C. r = 30 . D. r = 6 . Lời giải B A I P D C +) Ta nhận thấy hai điểm AB, nằm cùng phía với mặt phẳng (P) . Gọi D là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P) . xt=1 +  Phương trình tham số của đường thẳng AB:1 y= + t . Tham số t ứng với giao điểm của đường  zt=1 + thẳng AB và mặt phẳng (P) là nghiệm của phương trình (Pt) :1( +++−+−=⇔=) ( 1 t) ( 1 t) 3 0 t 2 Suy ra AB∩=( P) D(3; 3; 3) là điểm cố định. +) Theo tính chất phương tích ta suy ra DC2 = DA. DB =⇒= 30 DC 30 . Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán kính r = 30 . Câu 41: Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua điểm A(0;1; 2 ) và vuông góc với hai mặt phẳng (Qxyz) :+ +−= 1 0, ( R) : 2 xy − + 3 z + 5 = 0 . A. (P) :4 xy+− 3 z += 5 0. B. (P) :4 xy−− 3 z += 7 0. C. (P) :4 xy−+ 3 z −= 5 0. D. (P) :4 xy++ 3 z −= 7 0. Lời giải       +)Mặt phẳng P có véc-tơ pháp tuyến n= nn, = 4;1;3 −− . ( ) P QR ( )
12. +) Phương trình tổng quát của (P) :40( x−) −( y −− 13204) ( z −) =⇔ xy −− 370 z +=. Câu 42: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 2;− 1), B(−−1;1; 1) , C (0;− 1;1) . Mặt phẳng ( ABC) có phương trình là A. x+2 yz −−= 10. B. −2xyz + 4 + 5 += 10. C. x+2 yz −+= 10. D. −2xyz + 4 + 5 −= 10. Lời giải   Ta có: AB =−−( 2; 1; 0 ), AC =−−( 1; 3; 2 ). Mặt phẳng ( ABC) đi qua ba điểm A , B và C nên có một vectơ pháp tuyến là:    n= AB, AC =( − 2; 4;5) . Vậy phương trình của mặt phẳng ( ABC) là: −2( x − 1) + 4( y − 2) + 5( z + 1) = 0 ⇔− 2 xyz + 4 + 5 − 10 = . Câu 43: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(−1;1; 2 ), B(2;− 1;1), C (−1; 2; 0 ) . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC có phương trình là A. −+xyz +−40 = . B. −+xyz ++40 = . C. 3x− 3 yz ++= 40. D. 3x− 3 yz +−= 40. Lời giải  Ta có BC =−−( 3; 3; 1) . Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC nên có một vectơ pháp tuyến là  n= BC =−−( 3; 3; 1) . Vậy phương trình của mặt phẳng (P) là −3( x + 1) + 3( y − 1) −( z − 2) = 0 ⇔− 3 x + 3 yz − − 40 = ⇔ 3 x − 3 yz + + 40. = Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho các điểm Aa( ;0;0) , Bb(0; ;0) , C (0;0;2) , trong đó a , b là các số hữu tỷ dương và mặt phẳng (P) có phương trình 2xy− 2 += 10. Biết rằng mặt phẳng( ABC) 2 vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ABC) bằng . Giá trị 33 ab. bằng 1 A. 1. B. 0 . C. . D. 4 . 4 Lời giải Vì A∈ Ox , B∈ Oy , C∈ Oz , a > 0, b > 0 nên phương trình mặt phẳng ( ABC) có dạng xyz ++=1. ab2 2 −1 2 11 d( O,( ABC )) = ⇔ = ⇔ +=8 222 22 33 111 33 ab ++ ab2
13.  111 Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC) và mặt phẳng (P) lần lượt là n1 = ;; và ab2      22 n =(2; − 2;0) . Vì mp( ABC) ⊥ mp( P) ⇒ nn.0=⇔ −= 0 2 12 ab  1 a =  2 Từ, và điều kiện a >0 , b >0 ⇒  . 1 b =  2 1 Vậy ab. = . 4 Câu 45: [Mức độ 3] Cho điểm M (1;− 2; 3 ) và mặt phẳng (P) :2 xy++ 3 z += 5 0. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (P) điểm H′ đối xứng với H qua mặt phẳng (Oxz) có tọa độ là A. H′(−1;0;0) . B. H′(−−1; 3; 0 ) . C. H′(−1; 3; 0 ) . D. H′(0;− 3; 0) . Lời giải Gọi d là đường thẳng đi qua M (1;− 2; 3 ) và vuông góc với (P) khi đó d có một vec tơ chỉ xt=12 +   =−+ phương là un=(P) = (2;1; 3 ) . Phương trình đường thẳng d : yt2 .  zt=33 + Gọi H là hình chiếu của M lên (P) . xt=12 + ( 1)  yt=−+22( ) Tọa độ H thỏa mãn hệ phương trình:  . zt=33 + ( 3)  2xy++ 3 z += 504( ) x = −1  Thay (1,2,3) ( ) ( ) vào (4) ta được: 14tt=−⇔=− 14 1 tìm được y = −3 suy ra H (−−1; 3; 0 ) .  z = 0 Do đó tọa độ điểm H′(−1; 3; 0 ) là điểm đối xứng với H (−−1; 3; 0 ) qua mặt phẳng (Oxz) . xyz−+−112 x + 2 y − 2 z Câu 46: Cho hai đường thẳng chéo nhau dd: = = ;: = = . Đường thẳng d 121 1 2 2 11 đi qua điểm M (1;1;1) đồng thời vuông góc với d1 và d2 có phương trình là xyz−−−131xyz+++111 A. = = . B. = = . 111 131 xyz−+−111 xyz−−−111 C. = = . D. = = . −−13 1 1− 31 Lời giải
14.  Đường thẳng d1 có một vectơ chỉ phương là u1 = (1;1; 2 ) , đường thẳng d2 có một vectơ chỉ   phương là u2 = (2;1;1) .    = = − Đường thẳng d vuông góc với d1 và d2 có một vectơ chỉ phương là u uu21,( 1; 3;1) , đi xyz−−−111 qua M (1;1;1). Phương trình đường thẳng d là = = . 1− 31 xyz−+−112 x + 2 y − 2 z Câu 47: Cho hai đường thẳng dd: = = ;: = = . Đường thẳng d đi qua 121 1 2 2 11 điểm M (1;1;1), vuông góc với d1 và cắt d2 có phương trình là xyz−+−7 91xyz+++111 A. = = . B. = = . 111 7− 91 xyz−+−111 xyz−−−111 C. = = . D. = = . −−79 1 7− 91 Lời giải Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với d1 , (Q) là mặt phẳng chứa M và d2 . Khi đó, giao tuyến của ()P và (Q) chính là d .   Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương là u1 = (1;1; 2 ) . u1 là một vectơ pháp tuyến của (P) .   Đường thẳng d2 có vectơ chỉ phương là u2 = (2;1;1) , đi qua điểm N (−2; 2;0) .  Ta có MN =−−( 3;1; 1) .       = = − Đặt n MN, u2 ( 2;1; 5 ) . n là một vectơ pháp tuyến của (Q).  = = − Suy ra đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u nu,1 ( 7; 9;1) , đi qua M (1;1;1). xyz−−−111 Phương trình đường thẳng d là = = . 7− 91 Cách 2: xt=−+22  Đường thẳng d2 có phương trình tham số: yt=2 + .  zt= Giả sử H là giao điểm của d và d2 . Thế thì H(−+2 2 t ;2 + tt ; ) .  MH=−+( 3 2 t ;1 + t ; −+ 1 t) .  Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương là u1 = (1;1; 2 ) .     4 Do dd⊥ nên u⊥ MH ⇔ u. MH = 0 ⇔−+ 32t ++− 1 t 22 + t = 0 ⇔ t = . 1 11 5  79 1 Suy ra MH =−−;; . 55 5  Suy ra đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u=−=−5. MH ( 7; 9;1) , đi qua M (1;1;1).
15. xyz−−−111 Phương trình đường thẳng d là = = . 7− 91 xt=  Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau dy1 : = 12 − t,  z = 2 xt=3 − ′  d2 :3 yt= ′ (tt, ′∈ ) . Viết phương trình đường thẳng ∆ là đường vuông góc chung của hai  zt=1 + ′ đường thẳng d1 và d2 . x−2 yz −+ 11xyz+−+112 A. = = . B. = = . 1− 12 21− 1 x+2 yz +− 11xyz−+−112 C. = = . D. = = . 1− 12 21− 1 Lời giải Gọi AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng dd12; . Ta có A∈⇒ d1 At( ;1 − 2 t ;2) ; Bd∈⇒2 B(3 − t′′ ;3 t ;1 + t ′)  ⇒AB =−−+( t′′′ t3; 3 t + 2 t − 1; t − 1) .   AB.0 u = ′′ AB⊥ d1  d1 7tt+= 55 t = 0 Ta có: ⇒⇔  ⇔    ′ AB⊥ d2 AB.0 u = 11t+= 7 t 7 t = 1  d2  ⇒−A(1; 1; 2) ; AB =( 2 ;1; − 1 ) .  Vậy phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(1;− 1; 2 ) và có vectơ chỉ phương AB =(2;1; − 1 ) xyz−+−112 là: = = . 21− 1 Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;1; 2 ) , B(1; 3;− 1) và mặt phẳng (Px) :+ 2 y − 2 z += 50. Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A song song với mặt phẳng (P) và có khoảng cách đến B lớn nhất. xt=12 − xt=12 −   A. ∆=−:yt 13. B. ∆=+:yt 13.   zt=22 + zt=22 − xt=52 − xt=12 −   C. ∆:yt =−+ 53. D. ∆=−:yt 33 .   zt=−+22 zt=−+12 Lời giải Ta có: 1+ 2.1 − 2.2 +≠⇒ 5 0 điểm A không thuộc mặt phẳng (P) . Gọi (α ) là mặt phẳng qua A(1;1; 2 ) và song song với (Px) :+ 2 y − 2 z += 50.
16. ⇒ (α ) có phương trình xyz+2 − 2 += 10. Gọi H là hình chiếu của B lên đường thẳng ∆ . Ta có d( B,∆=) BH ≤ AB . ⇒ BH đạt giá trị lớn nhất là AB khi HA≡ .   +) Đường thẳng ∆ thuộc mặt phẳng (α ) nên nn∆ =α =(1; 2; − 2 ).   +) Đường thẳng ∆ vuông góc với AB nên n∆ = AB =(0; 2; − 3) .     ⇒=u∆  nα , AB =−( 2; 3; 2) . xt=12 −  Phương trình đường thẳng ∆=+:yt 13⇒D(5; − 5; − 2) ∈∆( ) .  zt=22 + xt=52 −  Vậy phương trình đường thẳng ∆:yt =−+ 53.  zt=−+22 xyz 11 Câu 50: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng :xy 40 và đường thẳng d : . 1 22 Đường thẳng nằm trong đi qua A 1; 3; 2 và tạo với d một góc 45° có phương trình là: xt1 xt xt1 xt1 A. yt 3 hoặc yt 4 . B. yt 3 hoặc yt 3 . z 2 zt 26 24 z 2 zt 2 24 xt1 xt1 xt1 xt1 C. yt 32 hoặc yt 3 . D. yt 3 hoặc yt 3 . z 2 zt 2 24 z 2 zt 2 24 Lời giải +) Gọi u abc;; với abc222 0 là véc tơ chỉ phương của . +)  có véc tơ pháp tuyến n 1; 1; 0 unababuaac . 0 0 ;; .   +) d có véc tơ chỉ phương ud 1;2;2 . aac 2211 32 ac +) Gọi là góc giữa d và , ta có cos 3aac2 22 2232 ac22 23ac 2 3 2 ac22 2 9a2 12 ac 4 c2 9 2 a 22 c 24ac c2 0 c 0 c 24 ac 0 . ca 24
17. xt 1 +) Với c 0 , chọn a 1 ta được u 1;1; 0 dy : 3 t. z 2 xt 1 +) Với ca 24 , chọn a 1 c 24 u 1;1; 24 dy : 3 t Md0; 4; 26 . zt 2 24 xt Hay dy:4 t . zt 26 24 Vậy chọn phương án A. HẾT