Đề ôn tập kiểm tra cuối học kì 2 Toán Lớp 12 - Đề số 36 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

Nội dung text: Đề ôn tập kiểm tra cuối học kì 2 Toán Lớp 12 - Đề số 36 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

1. ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II MÔN: TOÁN 12 – ĐỀ SỐ: 36 (100TN) 1 Câu 1: Biết một nguyên hàm của hàm số fx( ) = là hàm số Fx( ) thỏa mãn F (15) = . Khi đó 21x − Fx( ) là hàm số nào sau đây? 1 A. Fx( ) =2ln 2 x −+ 1 5 . B. Fx( ) =ln 2 x −+ 1 5. 2 C. Fx( ) =ln( 2 x −+ 1) 5. D. Fx( ) =ln 2 x −+ 1 5 . Câu 2: Cho I=32 x23 x + dx . Nếu đặt tx=3 + 2 thì I trở thành nguyên hàm nào sau đây? ∫ 2 A. 2t2 dt . B. t2 dt . C. tdt . D. 3tdt . ∫ ∫ 3 ∫ ∫ Câu 3: Hàm số Fx( ) nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số yx=3 +1? 4 3 4 4 A. Fx( ) =( x ++1)3 C. B. Fx( ) =3 ( x ++1) C. 8 3 3 3 3 C. Fx( ) =4 ( x ++1) C. D. Fx( ) =( x +11) 3 x ++ C. 4 4 1 Câu 4: Cho biết xxed2x =e2x (ax ++ b) C , trong đó ab, ∈ và C là hằng số bất kì. Mệnh đề nào ∫ 4 dưới đây là đúng? A. ba> . B. ab−=20. C. 20ab+=. D. ab+=20. 2 2 2 ∫ fx( )d2 x= ∫ gx( )d x= −1 I=++∫  x2 f( x) 3()d gx x Câu 5: Cho −1 và −1 . Tính −1 . 7 17 5 11 A. I = . B. I = . C. I = . D. I = . 2 2 2 2 4 2 Câu 6: Cho tích phân I=∫ fx( )dx = 16 . Tích phân Jx= ∫ f (2 )dx bằng 0 0 A. J = 8. B. J = 64 . C. J = 16 . D. J = 32 . 3 x Câu 7: Cho Ax= d . Đặt tx=1 + 2 , biểu thức nào dưới đây là đúng? ∫ 2 2 1 (1+ x ) 10 3 1 10 1 10 1 A= 2d tt2 At= d At= d At= d A. ∫ B. ∫ 2 C. ∫ 2 D. ∫ 2 2 1 2t 2 t 2 2t 1 Câu 8: Biết ∫ xe22xd x= ae + b , ab, ∈ và là các phân số tối giản. Tính ab+ . 0 1 1 A. . B. 1. C. . D. 0 . 4 2
2. Câu 9: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yx=312 + , trục hoành và hai đường thẳng xx=0, = 2 là A. 8 . B. 12. C. 10. D. 9 . Câu 10: Hãy tính diện tích phần tô đậm trong hình vẽ dưới đây. 4 3 π A. . B. . C. 1. D. . 3 4 2 Câu 11: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số yx= , yx=2 − 2 13 11 20 A. S = . B. S = 3. C. S = . D. S = . 3 2 3 Câu 12: Cho hàm số y= fx( ) có đồ thị như hình vẽ. y −3 O 2 x Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số trên với trục hoành là 2 02 A. S= ∫ fx( )d x. B. S=∫∫ fx( )dd x − fx( ) x. −3 −30 −32 02 C. S=∫∫ fx( )dd x + fx( ) x. D. S=∫∫ fx( )dd x + fx( ) x. 00 −30 Câu 13: Cho miền D giới hạn bởi các đường y= xy, = 0, x = 2 . Thể tích vật thể tròn xoay thu được khi miền D quay quanh Ox bằng: 42 42 A. 2. B. . C. π . D. 2π . 3 3    Câu 14: Gọi AB, theo thứ tự là điểm biểu diễn của các số phức zz12, . Khi đó độ dài của véctơ BA bằng::
3. A. zz12 . B. zz12 . C. zz12 . D. zz12 . Câu 15: Cho số phức zi=2021 − 2003 . Tính tổng phần thực và phần ảo của z A. −4024 . B. −17 . C. 17 . D. 4024 . Câu 16: Cho số phức zi1 =13 + , zi2 =34 − , số phức z3 được biểu diễn bởi điểm C (4;− 2) . Tính 222 zzz123−+ A. 35. B. 55. C. 15. D. 5. Câu 17: Cho các số phức z thỏa mãn z+21 − iz = −+ i. Biết tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng. Phương trình đường thẳng đó là A. 6xy− 4 −= 30. B. 6xy− 4 += 30. C. 6xy+ 4 += 30. D. 6xy+ 4 −= 30. Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn zz.1= và z −=1 2. Tổng phần thực và phần ảo của z bằng A. −1. B. 0 . C. 2 . D. 1. Câu 19: Cho số phức z= a + bi (,ab∈ ) thỏa mãn z++13 i − zi = 0. Tính S=23 ab − . 7 7 A. S = . B. S = 2 . C. S = −6 . D. S = − . 3 3 13+ i Câu 20: Cho số phức z=+∈ a bi( a, b ) thỏa mãn ab+−( 1) i = . Giá trị của ab. bằng 12− i A. 3. B. 2 . C. −3 . D. −2 . Câu 21: Phương trình bậc hai nào sau đây có nghiệm 12− i ? A. zz2 −2 += 30. B. zz2 +2 += 50. C. zz2 −2 += 50. D. zz2 +2 += 30. 2 2 Câu 22: Trong tập các số phức, cho phương trình z−2 mz +−=( m 1) 0, m ∈ (1) . Gọi m0 là một giá 22 trị để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thoả mãn zz12= . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m0 không vượt quá 2021? A. Vô số. B. 2020 . C. 2022 . D. 2021. Câu 23: Trong tất cả các số phức z thỏa mãn z −=14, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất A. zi=−+3 . B. zi=−−3 . C. z = −3 . D. z = 3 . Câu 24: Trong tất cả các số phức z thỏa mãn z−=13 zi + , tìm số phức có mô đun nhỏ nhất 26 26 26 26 A. zi=−− . B. zi=−+ . C. zi= − . D. zi= + . 55 55 55 55 Câu 25: Cho số phức z thỏa mãn z ≤ 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pz= −+34 i bằng: A. 5. B. 3. C. -3. D. 7. Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(3;1;− 2 ) , B(2;− 3; 5) . Điểm M thuộc đoạn AB sao cho MA= 2 MB , tọa độ điểm M là
4. 7− 58 3 17 A. M ;;. B. M (4;5;− 9) . C. M ;− 5; . D. M (1;− 7;12 ). 333 22 Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A 2;1; 3 ; B 0; 2;5 ; C 1;1; 3 . Tìm tọa độ điểm D để ABDC là hình bình hành A. D 1; 2; 11 . B. D 1; 2; 5 . C. D 3; 4; 5 . D. D 1; 2;11 . Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 3; 2; 5 . Phương trình mặt cầu S có tâm I và S tiếp xúc với trục Oz là: 2 22 2 22 A. xyz 3 2 5 13 . B. xyz 3 2 5 13 . 2 22 2 22 C. xyz 3 2 5 169 . D. xyz 3 2 5 25. Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tổng tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình x2+ y 22 +− z224 x + y − zm += 0 là phương trình của một mặt cầu A. 6 . B. 21. C. 15. D. 5. Câu 30: Cho M (8;− 2; 4) . Gọi ABC,, lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên các trục Ox,, Oy Oz . Phương trình mặt phẳng ( ABC) là: A. xyz+4 + 2 −= 80. B. xyz−4 + 2 −= 80. C. xyz−4 − 2 −= 80. D. xyz+4 − 2 −= 80. Câu 31: Trong không gian tọa độ Oxyz , Phương trình mặt phẳng (α ) đi qua hai điểm − −− AB(1;1;1) , ( 2;0;3) , cách đều hai điểm CD(3; 2;1) , (2; 1; 2) và CD, nằm về hai phía của mặt phẳng (α ) là A. −3xy +− 4 z += 60. B. xy++2 z −= 40. C −3xy +− 4 z += 60và xy++2 z −= 40. D. xy−−2 z += 20. xyz−+11 Câu 32: Trong không gian tọa độ Oxyz , Cho đường thẳng d : = = và mặt phẳng 2 13 (Px ):+ 2 y − 2 z += 1 0. Gọi A là giao điểm của d vởi mp ()P , M là điểm thuộc d sao cho MA = 6 14 , khoảng cách từ M tới mặt phẳng ()P là: 2 14 2 A. B. 4 C. 4 14 D. . 7 14 Câu 33: Viết phương trình tham số của đường thẳng (d ) qua A(2;−− 4; 2) và vuông góc với mặt phẳng ( yOz) .
5. 2 22 2 22 C. xyz 3 2 5 169 . D. xyz 3 2 5 25. Lời giải Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm I 3; 2; 5 lên trục Oz H 0;0; 5 Vì mặt cầu tiếp xúc với trục Oz nên có bán kính R IH 13 2 22 Vậy phương trình mặt cầu S cần tìm là: xyz 3 2 5 13 . Câu 29: [Mức độ 2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tổng tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình x2+ y 22 +− z224 x + y − zm += 0 là phương trình của một mặt cầu A. 6 . B. 21. C. 15. D. 5. Lời giải Từ phương trình: x2+ y 22 +− z2 x + 2 y − 4 zm += 0 22aa=−=− 1  22bb= = 1 Ta có ⇔ 24cc=−=− 2 dm= dm = Phương trình đã cho là phương trình mặt cầu 222 ⇔abcd + + −>⇔++−0 114m >⇔ 0 m < 6, kết hợp m là giá trị nguyên dương Suy ra m∈{1; 2;3; 4;5}. Vậy tồng các giá trị tham số m cần tìm là 15 Câu 30: [Mức độ 2] Cho M (8;− 2; 4) . Gọi ABC,, lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên các trục Ox,, Oy Oz . Phương trình mặt phẳng ( ABC) là: A. xyz+4 + 2 −= 80. B. xyz−4 + 2 −= 80. C. xyz−4 − 2 −= 80. D. xyz+4 − 2 −= 80. Lời giải Vì ABC,, lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên các trục Ox,, Oy Oz nên A(8;0;0) , B(0;− 2;0) , C (0;0; 4) . Phương trình mặt phẳng ( ABC) theo đoạn chắn là: xyz + +=1 hay xyz−4 + 2 −= 80. 8− 24
6. Câu 31: [ Mức độ 2] Trong không gian tọa độ Oxyz , Phương trình mặt phẳng (α ) đi qua hai điểm − −− AB(1;1;1) , ( 2;0;3) , cách đều hai điểm CD(3; 2;1) , (2; 1; 2) và CD, nằm về hai phía của mặt phẳng (α ) là A. −3xy +− 4 z += 60. B. xy++2 z −= 40. C −3xy +− 4 z += 60và xy++2 z −= 40. D. xy−−2 z += 20. Lời giải CD, nằm về hai phía của mặt phẳng (α ) nên CD cắt mặt phẳng (α ) tại I . Vì mặt phẳng (α ) cách đều hai điểm CD(3;−− 2;1) , (2; 1; 2) nên I là trung điểm CD . 5 33 Tọa độ điểm I(;− ;). Mặt phẳng (α ) là mp đi qua ba điểm ABI,,. 2 22    AB(−− 3; 1; 2) 1  Mặt phẳng (α ) có VTPT là: n= AB, 2 AI ⇒ n( 1;1; 2 ) vì   9 2AI (3;− 5;1) Vậy phương trình mặt phẳng (α ) là: xy++2 z −= 40 xyz−+11 Câu 32: [ Mức độ 2] Trong không gian tọa độ Oxyz , Cho đường thẳng d : = = và 2 13 mặt phẳng (Px ):+ 2 y − 2 z += 1 0. Gọi A là giao điểm của d vởi mp ()P , M là điểm thuộc d sao cho MA = 6 14 , khoảng cách từ M tới mặt phẳng ()P là: 2 14 2 A. B. 4 C. 4 14 D. . 7 14 Lời giải xyz−+11 d : = = có VTCP là ud = (2;1;3) 2 13
7. (Px ):+ 2 y − 2 z += 1 0có VTPT n()P =(1; 2; − 2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (P), ta có (d ;( P )) = MAH    2 MH sin(dP ;( ))= cos( undP ;() ) = = 3 14 MA 2 MH= MA.sin ( d ;( P ))= 6 14.= 4 3 14 Vậy d(MP ;( )) = 4 Câu 33: [ Mức độ 2] Viết phương trình tham số của đường thẳng (d ) qua A(2;−− 4; 2) và vuông góc với mặt phẳng ( yOz) . x = 2 xt=2 +   A. y=−+4; tt ∈ . B. y=−+4; tt ∈ .   zt=−+2 z = −2 xt=2 +  C. yt=−∈4; . D. Cả 3 đáp án đều sai.  z = −2 Lời giải (d) ⊥ ( yOz) nên có vectơ chỉ phương của (du) :d = ( 1;0;0) . Phương trình tham số của đường thẳng (d ) qua A(2;−− 4; 2) và vuông góc với mặt phẳng xt=2 +  ( yOz) là yt=−∈4; .  z = −2 Câu 34: [ Mức độ 2] Viết phương trình tham số của đường thẳng (D) qua B(2; 3;1) và song song với hai mặt phẳng (P) :2 xy−+ 2 z −= 7 0 và (Qx) :+ 3 y − 2 z += 30. xt=24 − xm=24 +   A. y=+∈3 6; tt . B. y=−∈36 mm ; .   zt=17 + zm=17 + xn=24 −  C. y=−∈36 nn ; . D. Cả ba đáp án đều sai.  zn=17 + Lời giải Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) :2 xy−+ 2 z −= 7 0 và (Qx) :+ 3 y − 2 z += 30 lần    lượt là nn12=−=−(2, 1, 2) ;( 1, 3, 2 )
8.    = = − (DP) //( ) và (DQ) //( ) nên vectơ chỉ phương của (D) : a nn12 ,( 4;6;7) xt=24 −  ⇒(D) y =+∈3 6; tt .  zt=17 + Câu 35: [ Mức độ 2] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm AB(1; 0;−− 3) ,( 3; 1; 0 ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên mặt phẳng ()Oxy . x = 0 xt=12 + xt=12 + x = 0     A. dy:  = − t . B. dy:0 = . C. dy:  = − t . D. dy:0 = .     zt=−+33 zt=−+33 z = 0 zt=−+33 Lời giải Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ()Oxy là H (1;0;0). Vì B∈() Oxy nên hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ()Oxy trùng với điểm B . Phương trình d cần tìm di qua H và B .  Đường thẳng d đi qua H có véc-tơ HB =(2; − 1; 0 ) xt=12 +  Suy ra phương trình tham số của d là yt= − .  z = 0 1 Câu 36: [Mức độ 3] Cho hàm số y= fx( ) liên tục trên đoạn [−1;3] thỏa mãn ∫ fx( )d2 x= và 0 3 3 ∫ fx( )d4 x= . Tính ∫ fx( )d x. 1 −1 A. 6. B. 4. C. 8. D. 2. Lời giải 111 Vì fx( ) là hàm chẵn nên ∫∫∫fx( )d2 x= fx( ) d2 x= fxx( ) d4 = . −10 0 3 13 13 Ta có: ∫fx( )d x= ∫∫ fx( ) dd x + fx( ) x=2∫∫fx( ) d x + fx( ) d x =+= 448. −−1 11 01 32x22++ exx( 32 x +) xe Câu 37: [ Mức độ 3] Biết Fx( ) là một nguyên hàm của hàm số fx( ) = và 1+ xex thỏa mãn F (00) = . Tính F (1) . A. F (11) = . B. Fe(1) =−+ 1 2ln( 1 ) . C. Fe(1) =++ 12ln12( ) . D. Fe(1) =++ 1 2ln( 1 ) . Lời giải
9. 32x22++ ex( 32 x +) xe x 31 x 2( + xe xx) + 21( x +) e Ta có F( x) = dx = dx ∫∫11++xexxxe 21( xe++) xx 21( xe) =+=3x2 dx dx x 33+=dx x+ I ∫∫11++xexx ∫xe Đặt t=+⇒=+11 xexx dt( x) e dx . dt Khi đó I =2 = 2lnt += C 2ln 1 + xex + C ∫ t Do vậy F( x) =+++ x3 2ln 1 xex C Mà F (00) = nên C = 0 suy ra F( x) =++⇒ x3 2ln 1 xex F ( 1) =++ 1 2ln( 1 e) . π 4 ln( sin xx+ cos ) a π a Biết dx = ln 2 + với ab, ∈∈; c , là phân số tối giản. Câu 38: [Mức độ 3] ∫ 2 0 cos x bc b Khi đó giá trị a+−2 bc bằng A. 1. B. 3. C. 9. D. 11. Lời giải Chọn D u=ln( sin xx + cos )  cosxx− sin  ddux= Ta có:  1 ⇒  sin xx+ cos . ddvx=   cos2 x vx=tan + 1 π π 4 ln( sin xx+ cos ) π 4 cosxx− sin Khi đó: Ix= d = (tanx+ 1).lnsin xx + cos4 −+ (tan x1). dx ∫ 2 ( ) 0 ∫ 0 cos x 0 sinxx+ cos π π 4 cosxx− sin ππ1 3 =2ln 2 − dx= 2ln 2 −−( xx ln( cos)) 4 = 2ln 2 −+ ln 2 = ln 2 −. ∫ cos x 4 2 2 4 0 0 3 π Vậy I=lln2 −⇒=a 3; b = 2; c =−⇒+−= 4 a 2 bc 11 . 24 Câu 39: [ Mức độ 3] Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số bc fx( ) =(5 x − 3) .4x ; gx( ) =53 x + ta được Sa=+−, với abc,, là các số nguyên 16ln2 2 ln 2 dương. Khi đó giá trị của P=++ abc bằng A. P = 76 . B. P = 36. C. P = 96. D. P = 86 . Lời giải Giải phương trình f( x) = gx( ) ⇔−(5 x 3) .4x =+ 5 x 3
10. 53xx++ 53 3 ⇔=4xx ⇔− 4 = 0*( ) ( vì x = không là nghiệm của (*) . 53xx−− 53 5 53x + 3 Xét hàm số hx( ) =4x − với x ≠ . 53x − 5 ′ x 30 3 Ta có hx( ) =4 ln 4 +2 >0, ∀≠x nên hx( ) là hàm số đồng biến trên các khoảng (53x − ) 5 3 3 −∞; và ;+∞ , do đó phương trình fx( ) = 0 có không quá 2 nghiệm mà 5 5 hh(−=1) ( 10) =. Vậy (*) có hai nghiệm phân biệt x = −1 và x =1. Diện tích hình phẳng cần tìm là: 11 1 xx Sfxgxxxxxxxx=∫∫( ) −( )d =( 5 − 34) −+( 5 3d) = ∫( 5 − 34) −+( 5 3) d −−11 −1 1 11 xx =∫(5x − 34) −+( 5 x 3) d x = ∫∫( 5 x − 34d) x −( 5 xx + 3d) . −1 −−11 dux= 5d 1 ux=53 −  Tính 5xx− 34dx . Đặt ⇒ x ∫ ( ) x 4 −1 dvx= 4d v =  ln 4 1 11x x (5x − 34) 5.4 10 51 5 75 Suy ra (5xx−= 3) 4xx d −dx =−.4 =− . ∫∫ln 4 ln 4 ln 4 ln22 4−1 ln 2 16ln 2 −−11−1 1 1 5x2 Tính (5xx+= 3d)  + 3 x = 6. ∫ 2 −1 −1 5 75 75 5 S = − −=+66 − . ln 2 16ln22 2 16ln 2 ln 2 a = 6  Vậy b=75 ⇒++= abc86 .  c = 5 Câu 40: [Mức độ 3] Cho hình phẳng (H ) giới hạn bởi (Cyx) :3=3 − x và đường thẳng dy: = x. Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng (H ) quay quanh trục hoành có dạng ab++23 c V = 2π  với abc,,∈ . Trong các số abc,, có bao nhiêu số dương? 105 A. 2. B. 0 . C. 3. C. 1. Lời giải
11. x = 0 33 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d : x−=⇔−=⇔=3 xx x 40 x x 2. x = −2 x = 0 3  Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục hoành: xx−=⇔=30 x 3.  x = − 3 Gọi (Cy′ ) :3=−+ x3 x là đồ thị đối xứng với đồ thị (C) qua trục hoành. x = 0  ′ 33 Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d : −+x3 xx =⇔ x − 20 x =⇔ x = 2.  x = − 2 32 22 Từ đồ thị ta có: V=23π  x3 − x dx + x23 −− x 3 x dx ∫∫( ) ( ) 0 2 32 ⇔=π 642 − + + −+ 642 − V2∫∫( x 69 x x) dx( x68 x x) dx 0 2 xx756 3 xxx75368 2 ⇔=π −+3 −−+ Vx23   75 02 75 3  −+128 176 2 + 216 3 ⇔=V 2π ⇒=−a128; bc =176; =216 . 105  z = 2 Câu 41: [ Mức độ 4] Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn  3 .?  z +=4 12 A. 1. B. 2 . C. 0 . D. 3. Lời giải  z = 2 zz= 22 = Ta có: ⇔⇔  33+= + = 2 += z 4 12 z zz12  z z 6
12.  22 xy+=41( ) Giả sử z=+∈ x yi,, x y ta có  2 22 2 2 ( xyx−+) +(2 x − 1) y = 36( 2) Từ (14) ⇒=−yx22 thế vào (2) ta được: 2 2 (2xx22+− 4) +( 2 x − 1) ( 4 − x) = 36 ⇔xx3 −3 −= 20 xy=−⇒=±13 ⇔  xy=⇒=20 Vậy có ba số phức thỏa mãn: zz=2;13;13 =−− z =−+ zi 17 Câu 42: Cho số phức z a bi a, b thỏa mãn là số phức thuần ảo. Khi zi 3 Pz 2 43 iz 3 63 i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính Q 25 ab A. Q = −7 . B. Q = −3 . C. Q = 7 . D. Q = 3 . Lời giải Chọn C zi 17 a 17 bi abiabi 1 7 31 Ta có 22 z 3 ia 31 bi ab 31 ab22 2 ab 6 10 8 ab 4 20 i 22 . ab 31 zi 17 Theo bài ra là số phức thuần ảo nên zi 3 22 ab22 2 ab 6 10 0 a 1 b 3 20. Gọi M ab; là điểm biểu diễn của số phức z . Khi đó tập hợp điểm M nằm trên đường tròn 22 C : xy 1 3 20 có tâm I 1; 3 , bán kính R 25. B A M1 D M M2 I Ta có P 2 z 43 i 3 z 63 i 2 MA 3 MB với AB 4;3 , 6;3 .
13. 3 Dễ thấy IA 35 R . 2   4   71 Gọi D là điểm thoả mãn ID IA D ; . 9 33 IA IM 33AM Ta có IA. ID R22 IM IAM IMD . IM ID 22MD Từ đó suy ra P 2 MA 3 MB 3 MD MB 3 BD 5 29 . Do đó, P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 29 khi và chỉ khi M là giao điểm của BD và đường tròn C , M nằm giữa B và D .    25 10 5 Ta có BD ; 5; 2 . 333 xt 65 Phương trình đường thẳng BD là * . yt 32 Thay * vào phương trình đường tròn C ta được t 1 22 2 5t 7 2 t 6 20 29 tt 94 65 0 65 . t 29 151 43 Suy ra M1 1;1 hoặc M 2 ; . Vì M nằm giữa B và D nên M 1;1 . 29 29 Ta có ab 1; 1 . Suy ra Q 2 ab 5 2 1 5.1 7 . Câu 43: [ Mức độ 3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A(−1; 3; 0 ) và điểm B(2;1;− 4 ). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho biểu thức P=2 MA22 − MB đạt giá trị nhỏ nhất. A. M (−4;5; 4) . B. M (−4;0;0). C. M (0;5; 4). D. M (−4;5; 0) . Lời giải   Gọi I( abc;;) sao cho 20IA−= IB .   Ta có IA=−−( 1;3; a − b − c).   IB=(2 − a ;1 − b ; −− 4 c) . 21(−−aa) −( 2 −) = 0 a = −4     Vì 20IA−= IB nên 2( 3−bb) −−( 1) = 0 ⇔ b = 5 ⇒ I( − 4;5; 4) = 2(−cc) −−−( 40) = c 4   22      P=2 MA2 − MB 2 = 2( MI + IA) −( MI + IB) = MI2 +22 MI( IA −+ IB) 2 IA22 − IB   Do 20IA−= IB nên P=+− MI22 IA 22 IB .
14. Vì 2IA22− IB không đổi nên P nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng(Oxy) Vậy M (−4;5; 0) . 2 22 Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (Sx) :( −+++−= 1) ( y 2) ( z 5) 26 và điểm A(2;1;1) . Từ điểm A kẻ các đường thẳng đôi một vuông góc với nhau và cắt mặt cầu (S ) tại các điểm BCD,, khác A. Mặt phẳng (BCD) luôn đi qua điểm H( abc;;) cố định. Tính giá trị của biểu thức P=++ ab2. c 23 20 18 A. B. . C. . D. 4 3 3 3 Lời giải Chọn A O Mặt cầu có tâm I (1;− 2; 5 ) , bán kính R = 26 và AS∈( ). Tứ diện ABCD có các đường AB,, AC AD đôi một vuông góc. Dựng hình hộp chữ nhật ABEC. DFMN , khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật và là trung điểm của AM và DE. AG OG AO 1 Gọi O=∩=∩ AC BD, G AM DO . Ta có = = = ⇒ G là trọng tâm tam GM GD DM 2  1  2   4 11 4 11 23 giác BCD và AG= AM =⇒ AI G ; −⇒ 1; H ; −⇒= 1; P . 3 3 33 33 3 Câu 45: [Mức độ 3] Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(−1; 0; 2 ) , B(2;− 1; 0 ) và mặt phẳng (Px) :− 2 y += 50. Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A và song song với mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ B đến ∆ đạt giá trị nhỏ nhất. Một vecto chỉ phương u của ∆ là? A. u =( −1;2;2) . B. u =(2;1; − 2 ) . C. u =(2; 2; − 1) . D. u =(2; − 2;1) .
15. Lời giải Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A(−1; 0; 2 ) và song song với mặt phẳng (P) . Suy ra (Qx) :− 2 y += 10. Do ∆ // (P) nên ∆⊂(Q) . Gọi KH, lần lượt là hình chiếu của B lên (Q) và ∆ , Ta có BH≥ BK d( B,∆=) BH đạt giá trị nhỏ nhất khi BH= BK ⇔≡HK. xt=2 +  Khi đó ∆ qua A và K . Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc (P) , dy: =−− 12 t.  z = 0 Ta có Kd∈⇒Kt(2+ ; −− 1 2 t ;0) ; KQ∈( ) ⇒=− t 1 ⇒ K (1;1; 0 ) .  Một vec tơ chỉ phương của ∆ là AK =(2;1; − 2 ). Câu 46: [ Mức độ 4 ]Cho hàm số fx( ) liên tục trên (1; +∞) , thỏa mãn f (26) = và fx( ) =( x −1) f′( x) + 2 x32 − 3 x + 1, ∀ x ∈( 1; +∞) . Tính f ( 2 ) . A. 1. B. − 2 . C. −1. D. 2 . Lời giải +) ∀x ∈(1; +∞)ta có: fx( ) =−( x1.) f′( x) +−+ 2 x32 3 x 1 2 ⇔=−+fx( ) ( x1) . f′( x) ( 2x+1)( x − 1) fx( ) −−( x1.) f′( x) ⇔=2 21x + ( x −1) ′ ′ fx( ) fx( ) fx( ) 2 ⇔=+21x ⇒=+∫∫dx( 21 x) dx ⇒ =x ++ xC x −1 x −1 x −1
16. +) Vì fC(26) =⇒= 0⇒fx( ) =( x −1)( x2 + x) ,1 ∀> x ⇒=f ( 22) . Câu 47: [ Mức độ 4] Cho hàm số fx( ) liên tục trên R, thỏa mãn 43 fxf( ) −(4 −− xf) ( 5 −= x) 10 x3 + 1, ∀∈xR.Giá trị ∫∫f(45−+ x) dx f( − x) dx là 11 506 1685 A. − . B. 438. C. − . D. −449. 3 2 Lời giải bb Áp dụng công thức: ∫∫f( x) dx= f( a +− b x) dx. aa 3 3 44 Do đó: ∫f( x) dx=−=− ∫ f(4; x) dx ∫∫ f( x) dx f( 5. x) dx 1 1 11 Từ giả thiết: 33 fxf( ) −(4 −− xf) ( 5 −= x) 10 x33 +⇒ 1 ∫∫( fxf( ) −(4 −− xf) ( 5 − xdxx)) =( 10 + 1) dx = 202 11 33 3 ⇔∫∫f( x) dx − f(4 −− x) dx ∫ f(5 −= x) dx 202 11 1 33 ⇔−−=⇔−=−∫∫f(5 x) dx 202 f( 5 x) dx 202. (1) 11 Mặt khác: 441281 fxf( ) −(4 −− xf) ( 5 −= x) 10 x33 +⇒ 1 ∫∫( fxf( ) −(4 −− xf) ( 5 − xdxx)) =( 10 + 1) dx = 112 44 4 1281 ⇔∫∫f( x) dx − f(45 −− x) dx ∫ f( −= x) dx 11 1 2 441281 1281 ⇔−−=⇔∫∫f(4 x) dx f(4 −=− x) dx . (2) 1122 43 1281 1685 Từ (1) và (2) ta suy ra: ∫∫f(4 − x) dx + f(5 − x) dx =−−=−202 . 11 22 Câu 48: [Mức độ4] Cho zz12, là 2 số phức thỏa mãn zi−−43 = 2 và zz12−=3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức Mzz=12 + −+22 i là A. 10+ 2 5 . B. 5+ 2 10 . C. 10+ 7 . D. 7+ 2 10 . Lời giải
17. Đặt z312= zz + Gọi ABC,, lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức zzz123,,. Nhận xét: + AB, luôn thuộc đường tròn tâm I (4;3) , bán kính R = 2 và AB = 3 . + Tứ giác OACB là hình bình hành. Gọi H là trung điểm của AB⇒⊥ IH AB tại H 7 7 IH= IA22 −= HA ⇒ H luôn thuộc đường tròn tâm I (4;3) , bán kính R = . 2 1 2   Vì tứ giác OABC là hình bình hành nên H là trung điểm của OC ⇒=OC2 OH ⇒ C là ảnh của H qua phép vị tự tâm O tỉ số 2 ⇒ C luôn thuộc đường tròn tâm K (8; 6) và bán kính RR21=27 = ( K là ảnh của H qua phép vị tự tâm O tỉ số 2 ). Ta có: M= z12 + z −+22 i = z3 −( 22 − i) = CL với L(2;− 2) là điểm biểu diễn số phức 22− i Theo quy tắc 3 điểm, ta có: CL≤+ KL CK ⇒M ≤+10 7 . Cách khác: Cô Việt Thảo Gọi AB, lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức zz12, . ⇒ AB, luôn thuộc đường tròn tâm I (4;3) , bán kính R = 2 và AB = 3 . Gọi H là trung điểm của AB⇒⊥ IH AB tại H 7 7 IH= IA22 −= HA ⇒ H luôn thuộc đường tròn tâm I (4;3) , bán kính R = . 2 1 2
18.    Ta có: M=+−+=−++−+= z12 z22 i z1 1 i z 2 1 i NA + NB =2 NH = 2 NH với N (1;− 1) là điểm biểu diễn số phức 1− i Theo quy tắc 3 điểm, ta có: NH≤+⇒ NI IH NH ≤+ NI R1 Do đó: Mmax =2( NI +=+ R1 ) 10 7 . [Mức độ 4]Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm AB(1;1;1) ,( 2;2;1) và mặt Câu 49: phẳng (Pxy) :++ 20 z =. Mặt cầu ()S thay đổi đi qua AB, và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại tiếp điểm H . Biết H chạy trên một đường tròn cố định. Tính bán kính đường tròn đó. 3 A. 3 2. B. 3 . C. 23. D. . 2 Lời giải  Ta có: AB = (1;1; 0 ) xt=1 +  Phương trình tham số của đường thẳng AB là: yt=1 + .  z =1 Gọi M là giao điểm của AB và mặt phẳng (Pxy) :++ 20 z =. xt=1 +  x = −1 yt=1 + Tọa độ M(; xyz ;)thoả mãn hệ ⇒=−y 1. z =1 z =1 xy++20 z = Vậy có M (−−1; 1;1) . Theo tính chất của phương tích ta có MH2 = MA. MB =⇒= 12 MH 2 3 . Suy ra H thuộc mặt cầu tâm M bán kính 23. Mặt khác H thuộc mặt phẳng (P) ( qua tâm cầu M ) nên H thuộc đường tròn thiết diện của mặt cầu tâm M bán kính 23và mặt phẳng (P) . Đường tròn này có bán kính 23. Câu 50: [ Mứcđộ 4] Trong không gian (Oxyz) cho tam giác ABC có A(2;3;3) , phương trình đường xyz−2 −− 51 trung tuyến kẻ từ B là = = , phương trình đường phân giác trong góc C là −−12 1 xyz−4 −− 31 = = . Biết rằng tọa độ điểm B( mn; ;1) . Tính giá trị biểu thức Tm=22 + n. 2−− 11 A. T =1 B. T = 52 C. T = 29 D. T =10
19. Lời giải xyz−2 −− 51 Gọi M là trung điểm AC . Trung tuyến BM có phương trình = = suy ra −−12 1 M(2−+ m ;5 2 mm ;1 −) ⇒C(2 − 2;74;12 mm + −− m) . Vì C nằm trên đường phân giác trong góc C nên 22−−mm 4 74 +− 3 −−− 12 m 1 C (4; 3;1) = = ⇒=−m 1 ⇒  . 2−− 11 M (3; 3; 2) Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua phân giác trong góc C Gọi I là giao điểm của AA′ với phân giác góc C , khiđó I(4+ 2 aa ;3 −− ;1 a) Suy ra khi đó A′(6+ 4;32; aa − −− 1 2 a) và A′∈ BC . Véc tơ chỉ phương của đường thẳng chứa phân giác trong góc C làu =(2;1;1 −−) . Ta có  AA′.0 u = ⇔(44.22.1 +aa) +−( ) ( −) +−−( 42 a)( − 1) = 0⇔=−a 1 ⇒∈A′(2;5;1) BC . xt=2 +  Suy ra phương trình đường thẳng AC′ :5 y= − t.  z =1 Mà A′ C∩= BM{ B}Vậy nên 2+−bb 2 5 −− 5 11 − = = ⇒=b 0 ⇒ B(2;5;1) −−1 21 VậyTm=22 += n 29 .