Đề ôn tập kiểm tra cuối học kì 2 Toán Lớp 12 - Đề số 37 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

Nội dung text: Đề ôn tập kiểm tra cuối học kì 2 Toán Lớp 12 - Đề số 37 (Có hướng dẫn giải chi tiết)

1. ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI HỌC KỲ II MÔN: TOÁN 12 – ĐỀ SỐ: 37 (100TN) 2 2 2 Câu 1: Cho ∫ fx( )d3 x= và ∫ gx( )d5 x= − . Tính I=−+∫ 23 x f( x) 4 gx( ) d x. −1 −1 −1 A. I = 26 . B. I = −26 . C. I = −8 . D. I =12 . Câu 2: Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y= fx( ) , trục hoành, đường thẳng x= ax, = b. Hỏi cách tính S nào dưới đây đúng? b cb A. S= ∫ f( x) dx . B. S=∫∫ f( x) dx + f( x) dx . a ac cb cc C. S=∫∫ f( x) dx + f( x) dx . D. S=−−∫∫ f( x) dx f( x) dx . ac ab 3 21x2 − Câu 3: Cho ∫dx= ab + ln 3 , với ab, là các số nguyên. Giá trị của ab+ bằng 1 x A. 9. B. 7 . C. 8 . D. 10. 1 2021 Câu 4: Tính tích phân sau ∫ 2xx( 2 + 1d) x 0 2022 2022 21− 2021 21− A. 1 . B. . C. 21− . D. . 2022 2022 2021 4044 π 6 Câu 5: Giá trị của tích phân ∫ cos 2xx d bằng 0 3 2 3 A. 1 . B. . C. . D. . 2 2 4 4 π 2 Câu 6: Biết ∫ (2x+=+ 1) cos xx d aπ b. Tính Pa=22 + b 0 A. 1. B. 4 . C. 0 . D. 2 . 2 Câu 7: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường yx= − 3 và yx= −2 A. 12 B. 10 C. 5 D. 10 3 3 3 6 3 Câu 8: Tính thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường yx= − 4 x, y = 0 , x = −1, x =1 quanh trục Ox.
2. π π π π A. 407 . B. 814 . C. 2048 . D. 477 . 105 105 105 105 3 1 Câu 9: Cho I=∫ fx( )d x = 2020 . Tính tích phân J=∫ fx(2 + 1d) x. 1 0 A. 2021. B. 4040 . C. 1010 . D. 2020 . 1 Câu 10: Tích phân ∫( x−=+2e) 22x d x a be , với ab, là các số hữu tỉ. Biểu thức ab+ bằng: 0 1 1 A. −2 B. C. − D. 2 2 2 3 Câu 11: Biết I=∫ xln( x2 += 1) d xa ln10 + b ln 2 + c trong đó a , b , c là các số nguyên. Tính giá trị của 1 biểu thức T=++ abc. A. T = 5 . B. T = 2 . C. T = 0 . D. T =10 . π 1 2 Câu 12: Cho f là hàm số liên tục thỏa ∫ fx( )d x= 2021. Tính I= ∫ cos xf .( sin x) d x. 0 0 A. 2020. B. 2019. C. 2022. D. 2021. b b 1 e 1 Câu 13: Biết ∫ d2x = , trong đó ab, là các số thực dương. Tính tích phân ∫ dx . a x ea xxln 1 1 A. I = ln 2 . B. I = 2 . C. I = . D. I = . ln 2 2 3 3xx2 ++ 51 Câu 14: Cho tích phân I=dxa = ln 2 ++ b ln 3 c. Với a ,b , c ∈ . Tính giá trị của biểu thức ∫ 2  1 xx+ T=33 a2 +− ac A. −1. B. 0 . C. 1. D. 2 . 22 Câu 15: Cho số phức z thỏa mãn: zi=+(12) +−( 12 i) . Tính mođun của số phức w4=iz − A. w5= . B. 25. C. 2 . D. 5. Câu 16: . Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: (12+iz) += z i. Tìm số phức z . 11 11 A. zi=12 + . B. zi= − . C. zi=2 − . D. zi= + . 22 22 Câu 17: . Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: (12−iz) +=+ z i. Tìm module của số phức w2=zi − 3. A. w= 2 19 . B. w= 19 . C. w= 2 29 . D. w= 29 . Câu 18: Tìm số phức liên hợp z của số phức z=−+(3 2 ii )(2 3 ). A. zi= −5. B. zi=6 + 6. C. zi=12 − 5 D. zi=6 − 6. Câu 19: Tìm các số thực xy, biết (231x+ y +) +−( x + 2 yi) =(322x − y +) +( 4 xy −− 3) i 94 94 94 94 A. xy=, = B. xy=−=, C. xy=, = − D. xy=−=−, 11 11 11 11 11 11 11 11
3. Câu 20: Cho số phức z thoả mãn hệ thức zi−+=35. Tập hợp các điểm biểu diễn của z là một đường tròn có bán kính là A. R = 3. B. R =1. C. R = 5 D. R = 9. Câu 21: Cho số phức z thoả mãn hệ thức ( z−3) (1 += ii ) 2 . Phẩn ảo của số phức z bằng A. 3. B. 1. C. 5. D. 9. Câu 22: Biết nghịch đảo của số phức z bằng số phức liên hợp của nó. Khi đó: A. z =1. B. z = 2. C. z là số thực. D. z là số thuần ảo. 2 Câu 23: Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình zz++=6 12 0 . Tính giá trị của biểu thức Pz=12 + z A. P = 43 B. P = 23 C. P = 6 D. P = 3 Câu 24: Cho số phức z thỏa mãn 3z−=− iz 15 13 i . Tìm môđun của z. A. 5. B. 25. C. 5. D. 7. Câu 25: Trong mặt phẳng phức, cho 3 điểm ABC,, lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1=−+1 iz , 23 =+ 1 3,z i . Biết tam giác ABC vuông cân tại A và z3 có phần thực dương. Khi đó, tọa độ điểm C là: A. (2;− 2) . B. (3;− 3) . C. ( 8− 1;1) . D. (1;− 1) . Câu 26: Trong không gian Oxyz , góc giữa hai vectơ j và u =(0; − 3 ;1) là A. 1200 . B. 600 . C. 1500 . D. 300 . Câu 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M (1; 2; 3 ) xy−−−173 z và vuông góc với đường thẳng ∆==: . 214 A. 2xy++ 4 z − 16 = 0. B. 2xy−+ 4 z − 16 = 0 . C. 2xy++ 4 z + 16 = 0 . D. −2xy ++ 4 z − 16 = 0 . Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (Pxy) :+− 2 z += 30 và điểm I (1;1; 0 ) . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với (P) là 225 2225 A. ( x−+−+=11) ( yz) 2 . B. ( x−+−+=11) ( yz) 2 . 6 6 22 2 5 2225 C. ( x−+−+=11) ( yz) . D. ( x++++=11) ( yz) 2 . 6 6 xy+−+123 z Câu 29: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : = = và điểm A(14;;− 5) . Viết −23 1 phương trình mặt phẳng (P) đi qua A song song đường thẳng d và trục Ox . A. yz+−=3 19 0 B. yz−−=3 19 0. C. yz−+=3 19 0 . D. yz++=3 19 0 .
4. Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (Pxyz) :++−= 30. Điểm M (1; 2;− 3 ) có hình chiếu lên (P) là điểm M′( abc;;). Tổng abc++ bằng bao nhiêu? A. 3. B. −3 . C. 0 . D. 6 . Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) :2xyz−+−= 4 0 và mặt phẳng (Qx) :+ 3 y − 2 z += 20. Đường thẳng d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) có phương trình là xyz−−+113xyz−−−113 A. = = . B. = = . −−1 57 157 xyz−−−113xyz−+−113 C. = = . D. = = . −15 7 −15 7 . Câu 32: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(−1; 0; 4 ) và đường thẳng d có phương trình x+−11 yz = = . Tìm phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc và cắt d . 112 x−−12 yz x−−12 yz x−−12 yz x+−14 yz A. = = . B. = = . C. = = . D. = = . 221 1− 31 111 11− 1 x−215 yz +− Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆==: và mặt phẳng 345 (α ) :3xyz+ 4 +− 5 2021 = 0 . Góc giữa ∆ và (α ) bằng A. 30° . B. 60° . C. 0° . D. 90° . Câu 34: Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A(2; 3; 1) , B(4; 1;− 2 ) , C (6; 3; 7 ) . Diện tích tam giác ABC bằng A. 14. B. 24 . C. 8 . D. 24 . Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A(6; –2;3) , BC( 0;1;6) , ( 2;0; –1) , D(4;1; 0) . Tính thể tích tứ diện ABCD . A. VABCD = 96. B. VABCD = 24 . C. VABCD = 72 . D. VABCD =12. 2 π x55++33xx ex a 1b . e Câu 36: Biết Ix=d =++ln 1 , với ab, là hai số nguyên dương. Tính ∫ x  0 e.3 ++ππ3 ee ln 3  T= ab + 2 . A. 84 . B. 41. C. 96. D. 25 . Câu 37: Hình phẳng được tô đậm trong hình dưới đây được giới hạn bởi đường tròn, đường parabol, trục hoành và có diện tích Sa=2 + bc −π, với abc,,∈. Tính tổng 332abc+−.
5. xy+−+123 z Câu 29: [Mức độ 2] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : = = và điểm −23 1 A(14;;− 5) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A song song đường thẳng d và trục Ox . A. yz+−=3 19 0 B. yz−−=3 19 0. C. yz−+=3 19 0 . D. yz++=3 19 0 . Lời giải   Ta có: ud =( −231;;) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d và i = (100;;)     ⇒=n ui; =01 ;; − 3 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P Pd( ) ( ) Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A song song đường thẳng d và trục Ox là 0 ( x−+ 1) 1( y − 4) − 3( z + 5) =⇔− 0 yz 3 − 19 = 0 Câu 30: [Mức độ 2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (Pxyz) :++−= 30. Điểm M (1; 2;− 3 ) có hình chiếu lên (P) là điểm M′( abc;;). Tổng abc++ bằng bao nhiêu? A. 3. B. −3 . C. 0 . D. 6 . Lời giải Đường thẳng ∆ qua M (1; 2;− 3 ) vuông góc với (P) nhận véc-tơ pháp tuyến n = (1;1;1) của (P) xt=1 +  làm véc-tơ chỉ phương nên có phương trình ∆=+:2yt.  zt=−+3 Xét phương trình (1++tt) ( 2 ++−+−=) ( 3 t) 30⇔=t 1. Suy ra giao điểm của ∆ và (P) là M ′(2; 3;− 2) là hình chiếu của M lên mặt phẳng (P) . Do đó abc++=3. Câu 31: [Mức độ 2] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) :2xyz−+−= 4 0 và mặt phẳng (Qx) :+ 3 y − 2 z += 20. Đường thẳng d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) có phương trình là xyz−−+113xyz−−−113 A. = = . B. = = . −−1 57 157 xyz−−−113xyz−+−113 C. = = . D. = = . −15 7 −15 7 Lời giải   Mặt phẳng ()P có véc tơ pháp tuyến nP =(2; − 1;1) .   Mặt phẳng ()Q có véc tơ pháp tuyến nQ =(1; 3 ; − 2 ) .    un⊥ P Gọi u là 1 véc tơ chỉ phương của đường thẳng d . Do dP=( ) ∩( Q) nên    . ⊥ unQ
6.   = = − Chọn u nnPQ,( 1;5;7) . MP∈( ) Lấy điểm M(1; yz ; )∈⇒ d  . Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình: MQ∈( ) 2−+−=yz 40 y = 1 ⇔ . Suy ra M (1;1;3) . 13+yz − 2 += 2 0 z = 3 xyz−−−113 Phương trình đường thẳng d : = = . −15 7 Câu 32: [ Mức độ 3 ] Trong không gian Oxyz , cho điểm A(−1; 0; 4 ) và đường thẳng d có phương trình x+−11 yz = = . Tìm phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc và cắt d . 112 x−−12 yz x−−12 yz x−−12 yz x+−14 yz A. = = . B. = = . C. = = . D. = = . 221 1− 31 111 11− 1 Lời giải Cách 1: x+−11 yz Đường thẳng d : = = có véc tơ chỉ phương u = (1;1; 2 ) . 112 Gọi (P) là mặt phẳng qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d , nên nhận véc tơ chỉ phương của d là vecto pháp tuyến (P) :1( x+++ 1) y 2( z − 4) =⇔++ 0 xy 2 z −= 7 0 Gọi B là giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng d⇒ B( −+1 tt ; ;1 + 2 t) . Vì BP∈( ) ⇔−+( 1 tt) ++ 21( + 2 t) − 7 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ B(0; 1; 3)  Ta có đường thẳng ∆ đi qua A và nhận vecto AB =(1;1; − 1) là véc tơ chỉ phương có dạng x+−14 yz ∆==: . 11− 1 Cách 2: Gọi d∩∆= B ⇒ B( −1 + tt ; ;1 + 2 t)    AB=( t;; t −+ 3 2 t) . Đường thẳng d có VTCP là ud = (1; 1; 2 )     Vì d ⊥∆ nên AB⊥ udd ⇔ AB. u = 0 ⇔++ t t 2( −+ 3 2 t) = 0 ⇔ t = 1.   Suy ra AB =(1;1; − 1) .Ta có đường thẳng ∆ đi qua A(−1; 0; 4 ) và nhận véc tơ AB =(1;1; − 1) là véc tơ x+−14 yz chỉ phương có dạng ∆==: . 11− 1
7. x−215 yz +− Câu 33: [Mức độ 2] Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆==: và mặt phẳng 345 (α ) :3xyz+ 4 +− 5 2021 = 0 . Góc giữa ∆ và (α ) bằng A. 30° . B. 60°. C. 0°. D. 90° . Lời giải   Ta có một véc tơ chỉ phương của ∆ là u∆ = (3; 4; 5) ; một véc tơ pháp tuyến của (α ) là  n(α ) = (3; 4; 5) .   Cách 1: Nhận thấy un∆ = (α ) nên đường thẳng ∆⊥(α ) suy ra (∆=°;(α )) 90 .   un. ∆ (α ) Cách 2: Áp dụng công thức sinϕ =   (trong đó ϕα=( ∆;( )) ) un∆ . (α ) 3.3++ 4.4 5.5 ⇒=sinϕ =1 ⇒=ϕ 90 °. 345.345222222++ ++ Câu 34: [Mức độ 2] Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A(2; 3; 1) , B(4; 1;− 2 ) , C (6; 3; 7 ) . Diện tích tam giác ABC bằng A. 14. B. 24 . C. 8 . D. 24 . Lời giải Fb tác giả: Tran Minh     1   AB =(2; −− 2; 3) , AC =( 4;0;6) ; AB, AC =−−( 12; 24;8) ⇒=S AB, AC = 14 .  ∆ABC 2  Câu 35: [ Mức độ 3] Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A(6; –2;3) , BC( 0;1;6) , ( 2;0; –1) , D(4;1; 0) . Tính thể tích tứ diện ABCD . A. VABCD = 96 . B. VABCD = 24 . C. VABCD = 72 . D. VABCD =12. Lời giải    Ta có AB =( − 6;3;3) ; AC =−−( 4; 2; 4) ; AD =−−( 2;3; 3) .    AB, AC =−− ( 18; 36;0).     AB, AC . AD =−≠ 72 0 ⇒ ABCD,,, là 4 đỉnh của một tứ diện. 1    Thể tích tứ diện ABCD là V=  AB, AC . AD = 12 . ABCD 6  2 π x55++33xx ex a 1b . e Ix=d =++ln 1 , Câu 36: [ Mức độ 3] Biết ∫ x  với ab, là hai số nguyên 0 e.3 ++ππ3 ee ln 3  dương. Tính T= ab + 2 . A. 84 . B. 41. C. 96. D. 25 . Lời giải 22π x55++3xx ex 3 3x 12 32 I= ddx= x56 + xx = += K + K. Ta có ∫∫xx 00ee.3 ++ππ.3 60 3
8. 2 3x Kx= d . Tính ∫ x 0 e.3 +π 1 Đặt te=.3x +⇒π d te =.ln 3.3xx dd x ⇒ 3 x = d t. eln 3 Đổi cận: x=0 ⇒= tππ + ex ;2 = ⇒= t 9 e + . 19e+π dt 19e+π 19 ee+π 1 8 Khi đó Kt= . = ln = ln =ln 1 + . ∫ +π e.ln 3e+π te .ln 3 e eeeln 3 ++ππln 3  e 32 1 8e a = 32 2 Vậy I= +ln 1 + ⇒ ⇒=+T ab =96. 3ee ln 3 π + b = 8 Câu 37: [Mức độ 3] Hình phẳng được tô đậm trong hình dưới đây được giới hạn bởi đường tròn, đường parabol, trục hoành và có diện tích Sa=2 + bc −π, với abc,,∈. Tính tổng 332abc+−. y 2 1 I O 1 2 x A. 5. B. 7 . C. 9. D. 11. Lời giải Phương trình của parabol là yx=−+2 21 x +. 22 Phương trình đường tròn là: ( xy−1) +−( 11) =⇒ phần đường tròn nằm phía dưới đường thẳng y =1 có phương trình là y=−−12 xx2 . Parabol cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ là x =12 ± và cắt đường tròn tại các điểm có hoành độ là 0,1, 2 (trong đó tiếp xúc tại điểm có hoành độ bằng 1). Do tính đối xứng nên diện tích của hai phần tô đậm là bằng nhau, do đó: 01 1 8 2− 10 2 S=2∫∫( −+ x22 2 x ++ 1) 21( − 2x − x) dx = +21 ∫( − 1 −( x − 1) ) dx 12− 003 82− 4 0 = − 2∫ cos2 tdt ( với xt−=1 sin ) 3 π − 2 84π 8 4 1 =2 −−⇒=a, b =−=−⇒+−= , c 3325 abc . 332332
9. Câu 38: [Mức độ 3] Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v( km/ h) phụ thuộc vào thời gian th( ) có đồ thị hàm số là một phần của parabol có đỉnh B(2;6) và trục đối xứng song song với trục tung như hình vẽ. Tính quãng đường S mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó. A. 15 km . B. 33 km . C. 16 km . D. 30 km . Lời giải Gọi hàm số biểu thị vận tốc của vật là v( t) = at 2 + bt+ c . c = 2  c = 2 −b  Theo đề bài, ta có :  = 2 ⇒=b 4 2a  a = −1 4ab+26 +=c 33 Suy ra v(tt) = − 2 + 42t + , 0 ≤≤t 3. Vậy S==−=∫∫ v( t) dt( t2 ++42t ) dt 15 (km) . 00 Câu 39: [ Mức độ 3] Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm trên , hàm số y= fx′( ) là hàm bậc hai có đồ 11 9 thị như hình vẽ dưới và có diện tích SS=, = . 1262
10. Mệnh đề nào sau đây đúng ? 5 A. f 014 ff . B. f ff 41 . 2 5 5 C. f ff 01 . D. ff 14 f . 2 2 Lời giải 1 11 ′ =−==⇒> Ta có ∫ fxxffS( )d( 10) ( ) 1 ff( 10) ( ) (1) 0 6 5 Do y= fx′( ) là hàm bậc hai theo hình vẽ trên thì x = là trục đối xứng của đồ thị hàm số 2 55 225 1 15 = ′ ′= − =′′ + =− =−< y fx( ) từ đó ta có: ∫fxx( )d f f( 0) ∫∫ fxx( ) dd fxxS( ) 12 S 0 0 2 01 2 12 5 5 suy ra ff< (0) (2) . Từ (1) và (2) ta có f<< ff(01) ( ) . 2 2 Câu 40: [Mức độ 3] Trên tập hợp số phức, cho phương trình z2 + bz += c 0 với bc, ∈ . Biết rằng hai nghiệm của phương trình có dạng 2wi−+ 13 và iw++23 i , với w là một số phức. Tính giá trị của biểu thức S=2 bc2 − . A. 294 . B. −409 . C. 27 . D. 37 . Lời giải Vì zw1 =2 −+ 13 i và z2 = iw ++23 i là hai nghiệm của phương trình bậc hai hệ số thực nên zz21= . Đặt w=+∈ x yi( x, y ) . Ta có z1 =2( x + yi) −+ 13 i =( 2 x − 1) +( 2 y + 3) i z2 = i( x + yi) ++23 i =( 2 − y) +( x + 3) i . 2−=yx 21 − 23xy+= x = 4 Vì zz21= ⇔  ⇔⇔. xy+=−−323xy+=−26 y =− 5 Suy ra zi1 =77 − ; zi2 =77 + .
11.  b zz+=−  12 = −  1 b 14 2 Áp dụng định lý Vi-et ta có ⇒ . Suy ra S=2 bc −= 294 . cc= 98 zz =   12 1 Câu 41: [Mức độ 3] Cho số phức z thỏa mãn ( z−+23)( zi) là một số thuần ảo. Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có chu vi bằng. π 13 13π A. π 13 . B. 2π 13 . C. . D. . 2 4 Lời giải Đặt z=+∈ x yi( x, y ) , ta có: ( x+− yi23)( x −+ yi i) =+−−+xy2223 xy( 326 xy +−) i. Do ( z−+23)( zi) là một số thuần ảo nên có phần thực bằng 0 hay xy22+−−=23 xy 0. 2 2 3 13 13 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn ( xy−+−1)  = có bán kính 24 2 . 13 Vậy chu vi đường tròn là 2ππR = 2 . = π 13 . 2 Câu 42: [Mức độ 3] Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z−+23 i = zi +. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=+−2 zi( 12 i) bằng 72 7 72 73 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 3 Lời giải Cách 1: Giả sử z=+∈ a bi,;( a b ). Từ giả thiết ta có a−++23( b) iab =++( 1) i 22 2 ⇔(a −2) ++( b 3) = a2 ++( b1) ⇔−+ 4 a 4 b +=⇔=+ 12 0 ab 3. 22 Biểu thức P=2 z + i( 1222 − i) = a + bi ++ i 2 =( 22 a +) +( 21 b +) . 22 ⇒=++++=P(2 b 6 2) ( 2 b 1) 4 bb2 +++++=++ 32 64 4 bb 22 4 1 8 bb 36 65 . 2 2 81  49  9 49 7 2 ⇒=P24 bb + 18 +  + =22 b + + ≥ . 42   2 2 2 72 93 Vậy P = đạt được khi ba=−=; . min 2 44 Cách 2: Giả sử z=+∈ a bi,;( a b ).
12. Từ giả thiết ta có a−++23( b) iab =++( 1) i 22 2 ⇔(a −2) +( b + 3) = a2 +( b +1) ⇔− 4 a + 4 b + 12 = 0 ⇔− ab + + 3 = 0 . ⇒ Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng ∆−++=:xy 30 2 112  Biểu thức P=2 z +− i( 12 i) = 2 a + 2 bi ++= i 2 2 a +++ 1 b i = 2( a + 1) ++  b 22  1 Giả sử M( ab;) , A−− 1; ⇒M ∈∆ và P= 2 AM . 2 1 13−+ 2 72 ⇒P ≥2 dM( ; ∆=) 2. = . 2 2 Câu 43: [Mức độ 3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;0;0), B(0;0; 2) và mặt cầu (Sx) :2+ y 22 + z − 2 x − 2 y += 10. Số mặt phẳng chứa hai điểm A , B và tiếp xúc với mặt cầu (S ) là A. 1 mặt phẳng. B. 2 mặt phẳng. C. 0 mặt phẳng. D. Vô số mặt phẳng. Lời giải Gọi phương trình mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là (PAxByCzD) :+ + += 00( A222 + B + C >). Theo đề bài, mặt phẳng(P) đi qua 2 điểm AB, nên ta có: AD+=02 A = C ⇔ . 20CD+= D =− 2 C Khi đó, phương trình mặt phẳng (P) có dạng: 2Cx++− By Cz 20 C =. Mặt cầu(S ) có tâm I (1,1, 0 ) và bán kính R =1. 22CB+− C B Vì (P) tiếp xúc với (S ) nên : dI( ;( P)) = R⇔=1 ⇔=1 5CB22+ 5CB22+ ⇔=B25 CB 22 +⇔=C 0 . Suy ra : AD= =0 ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) có dạng:0y = . Vậy: Có duy nhất một mặt phẳng chứa hai điểm A , B và tiếp xúc với mặt cầu (S ) . − − Câu 44: [Mức độ 3] Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1; 1; 0 ) , B(3; 1; 2 ) , C ( 1;6;7) . Tìm tọa 22 2 độ điểm M trên mặt phẳng (Oxz) sao cho MA++ MB MC nhỏ nhất. A. M (3; 0;− 1) . B. M (1;0;0) . C. M (1; 0; 3 ) . D. M (1; 1; 3 ) . Lời giải Cách 1
13. M∈⇒( Oxz) M( x; 0; z) 2 22 22 MA22=( x −11) ++ z , MB2 =( x −31) ++( z − 2) , MC2 =+( x 1) ++− 36( z 7) 2 2 22 2 22 MA+ MB + MC =3 x −+ 6 x 3 z − 18 z + 102 =3( xz −+ 1) 3( − 3) +≥ 72 72 Dấu bằng xảy ra khi xz=1, = 3 . Vậy M (1; 0; 3 ) . Cách 2 G (1; 2; 3 ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ⇒    GA++ GB GC =0 222 22 2      Ta có: MA++=+++ MB MC( MG GA) ( MG GB) ++( MG GB) 2 22 2    =32MG +( GA + GB + GC) + MG( GA ++ GB GC) 2 22 2 =3MG +( GA ++ GB GC ) MA22++ MB MC 2 nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất ⇒ M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (Oxz) . Vậy M (1; 0; 3 ) . xy z Câu 45: [Mức độ 3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d :;= = 11− 2 x++11 yz d′: = = và mặt phẳng (P) :xy−−=z 0. Phương trình nào sau đây là phương trình −−21 1 của đường thẳng ∆ song song với (P) , cắt d và d′ lần lượt tại M và N mà MN = 2. 7xyz−++ 47 47 8 7xyz−−+ 47 47 8 A. ∆==: . B. ∆==: . 38− 5 38− 5 7xy−−+ 17 47 z 3 7xy−++ 17 47 z 8 C. ∆==: . D. ∆==: . 38− 5 38− 5 Lời giải  Gọi M( tt;;− 2 t) và N(−−1 2 tt ', ', −− 1 t ') . Suy ra MN=−−( 12';';1'2 tttt − − −− t + t) . Mặt phẳng (P) nhận n =(1; −− 1; 1) làm vectơ pháp tuyến.  Do đường thẳng ∆ song song với (P) nên MN.0 n = ⇔−−1 2'ttt −−+++− ' t 1 t ' 2 t = 0 ⇔ t =− t '.  Khi đó MN=−+( 1 t ;2;13 − t −+ t) ⇒ MN = 14 t2 − 8 t + 2. t = 0 2  MN=2 ⇔ 14 t − 8 t +=⇔ 2 2 4 t = .  7  Với t = 0 thì MN =−−( 1; 0; 1) ( loại do không có phương án chọn).
14. 4  3 85 1 44 8 Với t = thì MN =−−; ; =−( 3;8; − 5) và M ;;− . 7 7 77 7 77 7 448 xyz−−+ 7xyz−−+ 47 47 8 Vậy phương trình đường thẳng ∆ : 777= = hay ∆==:. 38− 5 38− 5 Câu 46: [Mức độ 4] Cho hàm số y= fx( ) có đạo hàm liên tục trên và thỏa mãn điều kiện: 1 6 34 37 x. f′( x) + 64.  fx( ) − 1  = 0, ∀∈ x và f (1) = . Tính tích phân ∫ fx( )d x. 64 0 229 −229 256 256 A. . B. . C. . D. − . 256 256 229 229 Lời giải 6 34 Ta có: x. f′( x) + 64.  fx( ) − 1  = 0, ∀∈ x 3 fx′( ) 64 fx′( ) 4 ⇒ =−⇔ =− 4 62 fx( ) −1 xx3 fx( ) −−1. fx( ) 1 fx′( ) 4 ⇒=dxx− d* ∫∫2 ( ) 3 fx( ) −−1. fx( ) 1 x Bằng phép đổi biến, t= 3 fx( ) −1 ⇒=t32 fx( ) −=1⇒ 3d tt f′( x) d x −34 −34 (*) ⇒=+C , thay x =1 ta được = + C 3 fx( ) −1 x 3 f (11) − 1 3 37 −−33xx Vì fC(10) = ⇒=, khi đó 3 fx( ) −=1 ⇒fx( ) =+1. 64 4  4  11−27x3 229 Suy ra ∫∫fx( )d x= +=1dx . 0064 256 Câu 47: [Mức độ 4] Cho hàm số y= f( x) = ax32 −21 x +− bx và y= g( x) = cx2 −+4 x d có đồ thị như hình vẽ. Biết đồ thị hàm số y= fx( ) và y= gx( ) cắt nhau tại ba điểm phân biệt xxx123,, thỏa mãn xxx123++=9. Tính diện tích hình phẳng S giới hạn bởi đồ thị hàm số y= fx( ) và đường thẳng y = −1.
15. 9 27 A. S = . B. . C. 3. D. 9. 4 4 Lời giải Ta có f'34( x) = ax2 −+ x b là hàm số bậc hai, cùng bậc với gx( ) . Mà từ đồ thị ta có hàm số fx( ) đạt cực trị tại hai điểm là nghiệm pt gx( ) = 0 nên f'( x) = kg .,( x) ∀∈ x (k ≠ 0.) ⇔34axxbkcxxdx22 −+=( −+ 4) , ∀∈ 31a= kc k =  ⇔−=−⇔44k 3 ac = . (1)  bkd= bd= 2 48 4 Đồ thị hàm số gx( ) có tung dộ đỉnh bằng −1 nên g = −1 ⇔ − +dd =−⇔11 = −. (2) c cc c Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số fx( ) và gx( ) : ax32−2 x +−=− bx 1 cx2 4 x +⇔ d ax3 −+(2 c) x 2 ++( b4) x −−= 1 d 0 (*) . Theo giả thiết, phương trình (*) có 3 nghiệm xxx123,, thỏa mãn xxx123++=9 nên theo định lí 2 + c Viet cho phương trình bậc ba, ta có =⇔+=92ca 9. (3) a 33ac= ac= 1 a = bd= bd= 3 = Từ (1), (2) và (3) ta có hpt: 44⇔⇔b 3 . dd=−=−11 c =1 cc 29+=ca 23 += cc d = 3 Với các giá trị trên thay vào (*) thì thỏa mãn phương trình có 3 nghiệm phân biệt có tổng bằng 9. 1 ⇒fx( ) = x32 −2 x +− 31 x . 3 1 32 x = 0 Xét phương trình fx( ) =−⇔1 x − 2 x + 31 x −=− 1⇔  . 3 x = 3 y= fx( ) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  là: y = −1 33 4 1 1 x 233 9 S= x32 −+23 x xdx = x32 −+ 23 x x dx = − x3 + x 2 =. ∫∫|0 003 3 12 3 2 4 22 Câu 48: [Mức độ 4] Cho số phức z thỏa mãn zi−−37 = 2 và biểu thức Pz=+22 −− z i đạt giá trị lớn nhất. Giá trị zi−−22 bằng
16. A. 58 . B. 41 . C. 38 . D. 61 . Lời giải Gọi M( xy, ) là điểm biểu diễn của số phức z. Gọi AB(−2;0) ,( 0; 2) và J (−1;1) ( J là trung điểm của AB ) Phương trình đường thẳng AB: x−+= y 20 22 Ta có zi−−37 = 2 ⇔( x − 3) +( y − 7) = 4 (C) Suy ra điểm M thuộc vào đường tròn tâm I (3; 7 ) , bán kính R = 2 . Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng AB , phương trình đường thẳng IH: x+− y 10 = 0 ⇒ Tọa độ của điểm H là nghiệm của hệ phương trình: xy+=10 x = 4 ⇔⇒H (4;6) . xy−=−26 y = 22  22      Từ giả thiết: Pz=+22 −− z i=MA22 − MB =−=−MA MB( MA MB)( MA + MB)             = 2.BA MJ =2.BA( MI ++ IH HJ) =2. BA MI + 2. BA HJ + 2. BA IH     Có: BA=−−( 2; 2) ; HJ =−−⇒( 5; 5) BA . HJ =−−+−−= ( 2).( 5) ( 2).( 5) 20       BA.0 IH = ( Vì IH⊥ AB ) Suy ra: P=2 BA . MI .cosα +≤ 40 2.BA . MI + 40 . Dấu ""= xảy ra ⇔=cosα 1. Suy ra điểm M là giao của đường thẳng ∆ qua I song song với BA cắt đường tròn (C) Phương trình đường thẳng ∆:xy −+= 40
17. Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:   =+ =+ ⇒− − = xy−+=40 xy3 2; 7 2 z 2 2 i 58 22⇒ ( xy−3) +−( 74) = xy=−3 2; =− 7 2 ⇒− z 2 − 2 i = 74 − 40 2   22 Vậy: Khi Pz=+22 −− z i đạt giá trị lớn nhất thì zi−−2 2 = 58 . 848 Câu 49: [Mức độ 4] Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(2, 2,1) và điểm B− ;; . Gọi ∆ là 333 đường phân giác trong của góc A của tam giác OAB . Điểm M( abc;;) trên ∆ sao cho MO+ OB đạt giá trị nhỏ nhất. Hỏi T=7 ab ++ 8 2021 c có giá trị bằng A. 2019 . B. 2020 . C. 2017 . D. 2018 . Lời giải Gọi C là chân đường phân giác trong tại góc A . 22 2 22 84   2 OA =221 ++= 3; AB =−−+−+−=2  2 ( 11) 5 33   CO AO 3  31     Ta có = = . Vậy CO=− CB ⇔530 CO + CB =⇒=− C  1;;1. CB AB 5 52  3 Có AC =−−3; ;0 nên chọn vtcp của ∆ là u (2;1; 0 ) 2 xt=22 +  Vậy phương trình đường phân giác trong xuất phát từ đỉnh A là: y=+∈2 tt( ) .  z =1 Dễ thấy OB, nằm khác phía so với ∆ nên T= OM + OB nhỏ nhất khi OM,, B thẳng hàng hay M= OB ∩∆. 1 Suy ra MC≡ . Vậy M −1; ;1 nên T=7 ab + 8 + 2021 c =−++ 7 4 2021 = 2018 . 2 Câu 50: [Mức độ 4] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , gọi d là đường thẳng đi qua điểm M (2;− 1;1) , song song với mặt phẳng (Px) :− 2 yz −+ 2021 = 0 sao cho tổng khoảng cách từ các điểm AB(2;− 2;0) ,( 1;0;3) tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất. Vectơ chỉ phương của d   = ++= 222++ là ud ( abc;;) (trong đó abc,, là các số thực thỏa mãn abc 4 ). Tổng abc bằng: A. 2020 . B. 30. C. 100. D. 120. Lời giải Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua M (2;− 1;1) và song song với (P) , ta có (Qx) :− 2 yz −−= 30. Khi đó dQ⊂ ( ) . Gọi HK, lần lượt là hình chiếu của AB, trên mặt phẳng (Q) . Ta có dAd( ;;;) +≥ dBd( ) dAQ( ( )) + dBQ( ;( )) =+ AHBK .
18.   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua hai điểm HK, . Khi đó ud = k HK (với k ≠ 0 ). Gọi d1 là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (Q) , khi đó phương trình của xt=2 +  đường thẳng d1 là yt=−−22.  zt= − −1 31 Vì Hd=1 ∩( Q) ⇒2 +− t 2( −− 2 2 t) −−( t) − 3 = 0 ⇒= t ⇒ H; − 1; . 2 22 Gọi d2 là đường thẳng đi qua B và vuông góc với mặt phẳng (Q) , khi đó phương trình của xt=1 +  đường thẳng d là = − . 2 yt2  zt=3 − 5 11− 10 13 Vì Kd=2 ∩( Q) ⇒+−1 t 22( − t) −( 3 − t) − 30 = ⇒= t ⇒ K;; . 6 666  1− 25   k −−2 kk 5  k2 k 5 k Vậy HK =;; ⇒ud = k HK = ;;;;  ⇒=a b = c = . 333 3 3 3  3 3 3 k−25 kk Mà abc++=⇒4 + + =⇒ 46k =. 33 3 Vậy a=2; b =−=⇒++= 4; c 10 abc222120 . HẾT