Tổng hợp các câu hỏi vận dụng cao môn toán

Thông tin tài liệu

Đây là đề tổng hợp toàn bộ chương trình 12, và kèm theo là nhưng câu hỏi vận dụng cao nhằm mục đích giúp các bạn và thầy cô ôn tập kiến thức toán học 12 để phục vụ cho kì thi THPT Quốc Gia các nămChúc các bạn học tập tốt

Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt TỔNG HỢP CÂU HỎI Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến- Lê Đức Việt Môn : Toán Bản xem trước !!! Ngày 30 – Tháng – Năm 2017 Bản tổng hợp gồm nững câu hỏi Tự biên soạn sưu tầm từ thầy cô mạng, đề thi thử cửa trường Lời giải giải lại hoàn toàn người viết Do là demo nên có sai soát mong bạn bỏ qua Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Câu 43 : Cho phương trình x2  x  3a  có nghiệm x1  x2 x2  x  2b  có nghiệm x3  x4 với a, b tham số thực dương Tống giá trị a, b thỏa mãn để x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự tạo thành cấp số nhân theo thứ tự : 582 A B 11 C 264 D Không tồn a, b 25 Giải :   a   Điều kiện để phương trình có nghiệm phân biệt   81 0  b    x1  x2  x1  x1.d   d2   d   Gọi d công bội cấp số nhân    x3  x4  x1.d  x1.d   a  Với d   x1     b  x x x1.x2 x12 d 32  a 0     3 25 Với d    x1  8   x3 x4 x3 x4 x1 d 243  b 0    2 25 32 243   11  Tống số thoả yêu cầu toán : 25 25 Câu 44 : Cho đồ thị hàm số  Cm  : y  x  x   m đường tròn   : x  y  Biết  Cm  cắt trục hoành điểm phân biệt, Gọi A, B giao điểm  Cm  với trục hoành có hoành độ dương Có giá trị m nguyên để A, B có điểm nằm điểm nằm đường tròn   A B Phương trình hoành độ giao điểm  Cm  C D Không tồn m Giải : trục hoành : x  x   m  1 Đặt t  x  Phương trình trở thành t  4t   m    Ta có  Cm  cắt trục hoành điểm  1 có nghiệm phân biệt    có nghiệm dương phân biệt  '  m    S   0m4 P   m   t1  t2     có nghiệm  t1  t2  x1   t2 , x2   t1 , x3  t1 , x4  t2  t1.t2   m A    t1 ;0 , B  t2 ;0 Đường tròn   : x  y  có tâm I  0;0  bán kính R  2 2    IA  R  IB  R    t  3 t2  3     m   m  2;3 Theo yêu cầu toán    m    m     Câu : Cho hàm số y  f  x  1 có khoảng đồng biến lớn  a;10  hàm số y  f  x  3 có khoảng đồng biến lớn  3;b  với a, b  Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Tính giá trị P   a  b  Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt C P  17 D Không xác định a, b Giải : Ta có y  f  x  1 , y  f  x  3 có khoảng đồng biến lớn  a;10  ,  3; b  với a, b  A P  41 B P  15  y  f  x  có khoảng đồng biến lớn  ;   với ,  x    f ' x    x    1  x a  4 x    Với y  f  x  1       39 4 x     x     10   3   x     2 x    Với y  f  x  3      a   P  41 2 x    b  18 x     b  Câu 47 : Cho phương trình  m   sin x   2m  1 cos x  1  với m tham số thực Tống giá trị m thỏa mãn phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  A B 3 2  : C 16 D Không tồn m Giải : Phương trình đề cho tương đương :  m   sin x   2m  1 cos x  2m   Đặt cos   2m  5m2   sin   m2 5m2  m2 5m2  ; cos   sin x  2m  5m2  2m  5m2  cos x  với điều kiện 2m  5m2  2m  5m2  Từ ta có phương trình sau : sin  sin x  cos  cos x  cos   cos  x     cos   x       2k  k  Nếu x1 , x2 thuộc họ nghiệm x1  x2  2k '    *   với k '   x      2k1 Vậy x1 , x2 thuộc họ nghiệm khác    k1 , k2   x2       2k2  x1  x2  2   k1  k2  2  cos 2   k1  k2  2  cos 2  cos    cos 2  1  2cos    2  2m   3     m  16m  11   m  8  thỏa * 4  5m    Tống giá trị m thỏa mãn : 16  cos   Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Câu 48 : Cho hàm số  C  : y  x3  x  x   Cm  : y  x3  5x    2m  x Biết  C   Cm  cắt điểm phân biệt A, B , gọi I trung điểm AB , với xI  điểm I thuộc đồ thị hàm số  CI  : y  ax3  bx2  cx  d Tính A S  B S  S  abcd 17 D S   C S  7 Giải : Phương trình hoành độ giao điểm  C  ,  Cm   x  2mx   * m  Do  C    Cm  điểm phân biệt A, B  * có nghiệm phân biệt  ' *     m  2   x  2mx   Khi tọa độ A, B thỏa hệ :    y  x  6x  9x  2    x  2mx    x  2mx     2 y  x  mx  x  m   m  12 m  x  20  m y  m  12 m  x  20  m              x  x  2m  B x  A    I Từ ta có :  y A   4m2  12m   x A  20  8m    y I    yB   4m  12m   xB  20  8m   xI   yI Do m   xI  Vậy điểm I thuộc đồ thị hàm số x A  xB m y A  yB   4m  12m  3m  20  m  xI3  12 xI2  3xI  20  CI  : y  x3 12 x2  x  20 với xI  f  x Câu : Cho hàm số y  f  x  , y  g  x   f  x  , y  h  x   có đồ thị  C1  ,  C2  ,  C3  g  x Hệ số góc tiếp tuyến  C1  ,  C2  ,  C3  điểm x0  k1 , k2 , k3 Biết k1  2k2  3k3 k1  Tính f 1 A f 1  B f 1    Ta có : f 1  g 1 , g '  x   x f ' x , h '  x   C f 1   D f 1   Giải : f '  x  g  x   f  x  g '  x   g  x    f ' 1 g 1  f 1 g ' 1  Theo giả thiết : k1  2k2  3k3  f ' 1  g ' 1  3h ' 1  f ' 1  f ' 1    g 1  5 f ' 1 f 1  f 1 f ' 1 f 1      f 1    f ' 1   f '    2   f 1    f 1    - Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Câu : Cho hàm số y  f  x  , y  f  f  x  y  f  x   có đồ thị  C1  ,  C2  ,  C3  Biết tiếp tuyến  C1  ,  C2  điểm x0  có phương trình y  x  1, y  x  Phương trình tiếp tuyến  C3  điểm x0  : Phương trình tiếp tuyến  C3  Giải : x0   y   f  x04   '  x  1  f  3  f '  3 x  1  f  3 Ta cần tìm f '  3 , f  3 Tiếp tuyến x0   C1  ,  C2  có hệ số góc k1  2, k2  k1  f ' 1   f ' 1   f ' 1   f ' 1        k  f f x '  f ' x f ' f x  f ' f ' f  f ' f                       0             Tiếp tuyến  C1  x0   y   x  1  f 1  x   f 1    f 1   f '  f 1  f  3  Tương tự tiếp tuyến  C2  x0   y   x  1  f  f 1  x   f  f 1  f  3   Tiếp tuyến  C3  x0   y  f '  3 x  1  f  3  y  12 x  Câu : Biết với giá trị tham số m   a; b  a  b  hàm số y   m  3 x   2m  1 cos x nghịch biến Tính T  a  b2 Ta có : y '   m  3   2m  1 sin x  với x  Giải : Nếu m    m0 để y '   Không thoả yêu cầu toán  m  148 m    4  m   T   Để thoả yêu cầu toán ta cần   2   3 m  10 m   m   m         Câu : Cho hàm số y  f  x   x3  3x  Số nghiệm phương trình f  f  x    : Giải : y  f  x   x  3x    3  f  2  f         1 Ta có :  f   f     Phương trình f  x   có nghiệm 2   3  f   f  2   2 Biện luận số nghiệm số nghiệm f  x   m ( dùng bảng biến thiên )  3   x1   2,        1  x2   0;   2   3   x3   ;  2   m  Phương trình có nghiệm   m  1 Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Phương trình có nghiệm phân biệt 1  m   m  1 Phương trình có nghiệm phân biệt  m   f  x   x1  Ta có f  f  x    f  x   f  x      f  x   x2 f x x    Dựa vào biện luận ta có : 3  x1   2,    f  x   x1 có nghiệm 2   1 x2   0;   f  x   x2 có nghiệm  2 3  x3   ;   f  x   x3 có nghiệm 2  Vậy phương trình f  f  x   có nghiệm 2sin x  cos x Câu : Hàm số y  có giá trị nguyên với x sin x  cos x  Giải : 2 Ta có : sin x  cos x   với x    1   3 2sin x  cos x    y  sin x  1  y  cos x  y * sin x  cos x  2 Để phương trình * có nghiệm   y   1  y    y  y  y  1;0 Câu : Có giá trị m nguyên thuộc  1;6  để phương trình sin 3x  sin x   m  1 sin x có  y  y    1  y    nghiệm thuộc đoạn  ; 2  3  Giải : sin x  1 Ta có : sin 3x  sin x   m  1 sin x   4cos x  2cos x  m      Xét phương trình 1  có nghiệm thuộc đoạn  ; 2  x   x  2 3    Vậy   phải có nghiệm thuộc đoạn  ; 2  4cos x  2cos x  m có nghiệm khác x   3    x  2 thuộc đoạn  ; 2  3  Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt   Đặt t  cos x với x   ; 2  t   1;1  4t  2t  m 3  Lập bảng biến thiên ta có : Dựa vào vòng tròn lượng giác từ ta có nhận xét sau phương    trình cos x  t với x   ; 2 Do x    t  1 3   2 Với t  1  phương trình vô nghiệm Với  t   phương trình cos x  t có nghiệm thoả mãn Với t   phương trình cos x  t có nghiệm thoả mãn Với 1  t   phương trình cos x  t có nghiệm thoả mãn Áp dụng : Dựa vào bảng biến thiên nhận xét ta có :   Để phương trình   có nghiệm khác x   x  2 thuộc đoạn  ; 2  f  t   phải có 3  1 1   nghiệm với t1   ;1 t2   1;    m  2 2   Câu : Tống giá trị m nguyên thuộc  2;  để phương trình sin3 x  cos3 x  m có nghiệm 0;  Giải : Ta có : sin x  cos3 x  m   sin x  cos x   3sin x.cos x  sin x  cos x   m   Đặt t  sin x  cos x  sin  x    t  1;  với x  0;  4  Phương trình trở thành : t  3t  2m Đặt f  t   t  3t Ta có f '  t    t  1 Xét bảng biến thiên : t f ' t  1 Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm   Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt f t  2 Dựa vào đường tròn lượng giác ta có nhận xét số nghiệm phương trình t   1;  x  0;  Với t  t   1;1  Phương trình có nghiệm   sin  x    t với 4   Với t  1;  Phương trình có nghiệm    Để phương trình có nghiệm x  0;   f  t   2m có nghiệm t1 , t2 với t1   1;1 t2  1;  m 1 Câu : Gọi d tiếp tuyến đồ thị hàm số  C  : y  x  x  x  thỏa d tiếp xúc với  C  điểm Từ biến thiên nhận xét   m   phân biệt Vậy d qua điểm sau : A M 1;  B N 1; 1 C E  2;  D F  2; 3 Giải : Nếu tiếp tuyến hệ số góc  d : x  a  Không có đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán Vậy d : y  ax  b Phương trình hoành độ giao điểm  C  , d  x4  x2  x   ax  b  x  x  1  a  x   b  * Gọi A  xA ; yA  , B  xB ; yB   xA  xB  tiếp điểm tiếp tuyến d Ta có *   x  xA   x  xB   2 Đặt f  x   x  x  1  a  x   b  xA , xB nghiệm phương trình f '  x    xA4  xA2  1  a  xA   b   b  3xA4  xA2   3xB4  xB2   f  x A   f  xB         3 f ' x  f ' x   a   x  x a  x  x   x  x          A B A A   A A B B   3  xA2  xB2  xA xB    xA2  xB2  xA xB  1 4 xA  xA   xB  xB         2 2 2 x  x x  x  x  x  x   x x  x   x  x         A B A B  A B  A B  A A B B   A  1; 1 d:yx Thay xA   xB vào 1    B 1;1 Câu : Cho hàm số y  x   m  1 x3  mx  x   Cm  đường thẳng d : y  x  Với giá trị m thuộc khoảng sau d tiếp xúc với  Cm  điểm phân biệt Giải : Phương trình hoành độ giao điểm  Cm  , d  x   m  1 x3  mx  x   * 2 Gọi A  xA ; yA  , B  xB ; yB   xA  xB  tiếp điểm tiếp tuyến d Ta có *   x  xA   x  xB   Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Đặt f  x   x   m  1 x3  mx  x  f ' x  2   x  x A   x  xB   x A , xB nghiệm phương trình   x1  xA  2 f '  x    x  x A  x  xB    x  x A   x  xB     x2  xB Vậy f '  x  có nghiệm phân biệt  x x  x3  A B  Ta có f '  x   x   m  1 x  2mx   Do f '  x   có nghiệm x1 , x2 , x3   x  x1  x  x2  x  x3   x3   x1  x2  x3  x   x1x2  x2 x3  x3 x1  x  4x1x2 x3  Đồng hệ số ta có :   x A  xB 3  m  1  S    m  1    m  1 S    x A  xB    4     S m   x x  x x  m   x A xB  x A  A B   xB  A B     P    P   2  m  1          SP   x x   x A xB  A B        m  1   m       m  1       m  m  m  15   m  ax  b Câu : Cho hàm số y   C  Biết tiếp tuyến  C  giao điểm  C  Ox có phương trình x2 y   x  Tính S  a  b2 Giải :  4a  b  y  4   0 a  1   Ta có : d  Ox  A  4;0  Ta có    S  17   2a  b b4   y '  4        Câu : Cho hàm số  C  : y  ax  bx  c  a   Biết  C  có điểm cực trị , điểm cực tiểu  C  có toạ độ  0;3 tiếp tuyến  C  với Ox có phương trình y  8 3x  24 Tính S  a  b  c Giải : a  0, b  Do điểm cực trị có toạ độ  0;3   C  có điểm cực trị    y     c  a  1 y  9a  3b        b   S  Ta có : d  Ox  A 3;0 Ta có  a  3b  8  y '  8     c  -   Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm       Page Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Câu : Cho hàm số y  x3  ax  bx  c C  Biết  C  cắt Oy điểm A ,  C  có điểm chung với Ox M , N tiếp tuyến điểm B qua A Tính S  a  b  c biết SABC  Giải : Ta có : y '  3x  2ax  b Gọi M  xM ;0  , N  xN ;0 ,  C   Oy  A  0;  c     Tiếp tuyến M  xM ;0  có phương trình  : y  3xM2  2axM  b  x  xM  A   3x  2ax  bxM  c    x  ax M M M  xM3  axM2   xM   M x M  ax  bxM  c   M a ( Nếu xM   A  M ) Do SABC   A  Ox   C   Ox có nghiệm kép nghiệm đơn Nếu M nghiệm kép  Tiếp tuyến Ox  A  O  A  Ox  Vô lí Vậy N nghiệm đơn  y  x3  ax  bx  c   x  xM  x  xN  Ta có : y  x3  ax  bx  c   x  xM  x  xN   x3   xM  xN  x   xN2  xM xN  x  xN2 xM a a   xM    xN    xM  xN  a    5a   xN  xM xN  b   b 16    xN xM  c  a3  c a0  32 AO.MN   c xM  xN   c a  a  4  Thay vào hệ ta tìm b   S  1 c   Ta có : SAMN  12 , x   Câu : Cho hàm số f  x    ax  2b  12 Biết a, b giá trị thực để hàm số liên tục  x 1  , x   x0  Tính giá trị P  a  b Giải : Cách : Sử dụng định nghĩa đạo hàm Đặt g  x   ax  2b  12 , h  x   x   Để f  x  liên tục x0  lim f  x   lim f  x   f    12 Xét lim f  x   lim x 9 x 9 g  x x 1  x 9 x 9 Nếu g     lim f  x     hàm số không liên tục x0  Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm x 9 Page 10 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt  Tổng số cách trường hợp 24.C131 cách Trường hợp : Trong bạn chọn có bạn tình cảm với mà cặp có tình cảm + Chọn ngẫu nhiên cặp có tình cảm từ cặp có tình cảm ta có C43 cách + Ở cặp có tình cảm trên, ta chọn ngẫu nhiên bạn có 23 cách + Chọn bạn từ 13 bạn có C132 cách  Tổng số cách trường hợp C43 23.C132 cách Trường hợp : Trong bạn chọn có bạn tình cảm với mà cặp có tình cảm  Tổng số cách trường hợp C42 22.C133 cách Trường hợp : Trong bạn chọn có bạn cặp có tình cảm  Tổng số cách trường hợp C41 21.C134 cách Trường hợp : Trong bạn chọn có bạn cặp có tình cảm  Tổng số cách trường hợp C135 cách Vậy tổng số cách chọn mà cặp có tình cảm :  24.C13  C43 23.C132  C42 22.C133  C41.21.C134  C135 cách  Số cách chọn bạn có cặp có tình cảm : C21   24.C13  C43 23.C132  C42 22.C133  C41.21.C134  C135   3774 cách - Câu : Cho P  1  x  x   x 2016  A S  2017 2017 1 Ta có : P 1  a0  a1   a4066272 2017  a0  a1 x   a4066272 x 4066272 Tính tổng S  a1  a3   a4066271 2017 2017  B S  Giải : 2017  2017 C S  2017 2017 2 2017 2017  D S  P  1  a0  a1   a4066271  a4066272  1  x    x  x3     x 2014  x 2015   x 2016  2017  x 1 P 1  P  1 20172017  S   2 Câu : Biết hàm số y   x  a  x  b  x  c  đồng biến Hỏi giá trị lớn biểu thức S  a  2b2  3c  4a  5b  6c Giải : Nếu a  b  c không xảy phương trình  x  a  x  b  x  c   có nghiệm phân biệt  y cắt Ox điểm  y không đồng biến Vậy a  b  c  y   x  a  thoả yêu cầu toán Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 18 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt 15  75 75   S  6a  15a   a      12  8  75 15 Vậy Smin   Dấu "  " Xảy a  b  c  12 Câu : Cho số x, y thoả log x2  y2 2 y 2  x  y    x  y  x  y   m  với m số thực tồn cặp  x; y  thoả mãn điều kiện Gọi tổng số phần tử m thoả mãn S Giá trị S : A S  B S  C S  Giải : Điều kiện : x  y   D S  Ta có : log x2  y2  y   x  y  1   log x2  y2  y   x  y  1  log x2  y2  y   x  y  y    x2  y  y   x  y    x     y    ( ) 2 2 1  1  Ta có : x  y  x  y   m    x     y    2  2  2 2 1  1  Khi m   x     y    2  2   m  m  đường tròn  có vô số  x; y  thoả mãn  x 2  1      Vậy để có cặp  x; y  thoả mãn m    x     y       x y  2  2  y      Không có giá trị m thoả mãn  S  Câu 6969 : Một nhóm gồm 12 học sinh gồm nữ có A nam có B Hỏi có cách chia 12 học sinh thành đội đội có thành viên cho A B chung nhóm biết đội có nữ A 4410 B 735 C 1470 D 1050 Giải : Do chia thành đội nên không tính thứ tự đội Trường hợp : Đội A B có nữ, có A + Chọn ngẫu nhiên nữ vào đội A B có : C31 cách + Chọn ngẫu nhiên nam vào đội A B có : C71 cách + Chọn tiếp ngẫu nhiên nam cho đội : C63 cách + bạn nam lại vào nhóm cuối có : cách + bạn nữ bạn vào nhóm có cách, nhóm không tính thứ tự Vậy trường hợp có : C31.C71 C63 cách Trường hợp : Đội A B nữ A Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 19 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt + Chọn ngẫu nhiên nam vào đội A B có : C72 cách + Chọn ngẫu nhiên nữ vào đội có : C32 cách + Chọn tiếp ngẫu nhiên nam cho đội có : C53 cách + Các thành viên lại vào đội cuối  Có cách Vậy trường hợp có : C72 C52 C32 cách Vậy tổng số cách trường hợp : C31.C71 C63  C72 C52 C32  1050 cách Câu : Cho a, b, c số thực thỏa a, b, c  0;1 Tính xác suất để chọn ngẫu nhiên số a, b, c cho a  b  c 1 A D Không tính 12 Giải : Trong không gian Oxyz , xét điểm M  a, b, c  , O  0;0;0 , A 1;0;0 , B  0;1;0 , C  0;0;1 B C Với a, b, c   0;1 điểm M chạy tung tăng hình lập phương cạnh tích V Vì a  b  c  nên M chạy phần không gian chứa đỉnh O bờ mặt phẳng x  y  z   V  M chạy khối chóp OABC  Xác suất : OABC  V Câu : Cho a, b, c số thực thỏa a, b, c  0;1 Tính xác suất để chọn ngẫu nhiên số a, b, c cho a  b2  c  D Không tính 12 Giải : Trong không gian Oxyz , xét điểm M  a, b, c  , O  0;0;0 , A 1;0;0 , B  0;1;0 , C  0;0;1 B B C Với a, b, c   0;1 điểm M chạy tung tăng hình lập phương cạnh tích V Với a  b  c  3 nên M chạy khối cầu tâm O bán kính R  2 VO    M chạy khối cầu giới hạn hình lập phương khối cầu tâm O   V 16  35i Câu : Cho số phức z1 thỏa z1   i  z1 , số phức z2 thỏa số thực số phức w thỏa điều z2  23  4i kiện w   i  w   i  Cho P  w  z1  w  z2  z1  z2 , gọi a giá trị nhỏ biểu thức P (nếu có) Đáp án sau : 16 10 10 64 A a  B a  C a  D Đáp án khác 5 Giải : Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 20 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Trong mặt phẳng phức Oxy gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức w, z1 , z2 Gọi z1  a  bi  a, b   z1   i  z1  a  b    z1   1  : x  y   mặt phẳng phức Oxy Ta có :  35i  k k  z2  23  4i k   CD  1; 7  với  23  D  ;  Vậy z2 thuộc đường thẳng có véctơ  5 phương 1; 7  qua điểm D không lấy điểm D  z2   2  : x  y  33  z2  23  i 5 Ta có : w   i  w   i   AE  AF  với E 1; 1 F  2; 1 Mà AE  AF  2EF  dấu "  " xảy w   i  P  AB  BC  CA Ta có A thuộc góc nhọn tạo đường thẳng  1  ,  2   A1  2;3  AB  A1B  Gọi A1 , A2 điểm đối xứng A qua  1  ,        38   AC  A2C  A2  ;      16 10  P  AB  BC  CA  A1B  BC  A2C  A1 A2   Chọn A … ah mà :v  B  A1 A2   1  Dấu "  " xảy  Ta cần tìm tọa độ C để so sánh với điểm loại C  A1 A2         C  23  ;   Không tồn điểm C  Không tồn Pmin  5 - 1 i w   2i số thực w1  w2  , số phức u thỏa u   i  u   2i  Gọi giá trị nhỏ biểu Câu : Cho số phức z1 , z2 thỏa z   i  z z1  z2  , số phức w1 , w2 thỏa điều kiện thức sau (nếu có) P  u  z1  u  z2  u  w1  u  w2 Đáp án sau : A  26 C  26 B  D Đáp án khác Giải : Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 21 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Trong mặt phẳng phức gọi A, B điểm biểu diễn số phức z1 , z2  z1  z2   AB  Gọi z  a  bi  a, b   z 1  i  z  a  b 1  Vậy z1 , z2     : x  y   mặt phẳng phức với z1  z2  Trong mặt phẳng phức gọi X , C, D là điểm biểu diễn số phức w, w1 , w2  w1  w2   CD  1 i  k  k    XY  k 1;1 với Y  4; 2  w   2i Vậy w thuộc đường thẳng có véctơ phương 1;1 Ta có : qua điểm Y  4; 2  w   2i  w   2  : x  y   loại điểm Y  4; 2  Trong mặt phẳng phức gọi M điểm biểu diễn số phức u Ta có E  2;1 , F 1; 2   u   i  u   2i   2ME  3MF  Mà 2ME  2MF  2EF  Vậy dấu "  " xảy MF   M 1; 2   P  MA  MB  MC  MD với AB  2CD  Ta cần tìm Pmin Gọi E , F định thứ tư hình bình hành MCDE, MBAF Gọi E ' điểm đối xứng E qua    , F ' điểm đối xứng F qua  1  MC  DE  DE '  P   E ' D  DM    F ' A  AM   E ' M  F ' M Ta có :  MB  AF  AF '  D  ME '    Dấu "  " xảy   A  MF '  1  Gọi N hình chiếu M  1   MHA  ANF '  g  c  g  với N  FF '  1   MA  AF '  AF  MB  MAB cân M Chứng minh tương tự MCD cân M  Pmin  MA  MB  MC  MD   26 Kiểm tra lại tọa độ C , D Ta viết phương trình đường tròn tâm M bán kính R  MC  C  4; 2   C, D  C    2    Không tồn Pmin w   2i   D 1; 5  - Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 22 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Câu : Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác cạnh 5, chiều cao Điểm M thay đổi AM đoạn AB ' cho mặt phẳng qua M vuông góc với AB cắt đoạn BC ' N Xác định tỉ số B'M  cho giá trị biểu thức : A Đặt  a  AM  MN    nhỏ   9 B C 16 Giải Gọi I trung điểm AB  CI  AB CI  D 16 a Gọi   mặt phẳng qua M vuông góc với AB Gọi P, Q, N giao điểm   BC, AB, BC '  MQ / / AB , QP / / IC NP / /CC ' Vì N thuộc đoạn BC ' nên P thuộc đoạn BC MA  Q thuộc đoạn IB  QA  QB  MA  MB '  1 MB ' Đến ta chọn đáp án B Nếu giải tiếp, ta làm sau: a  Đặt AQ  x   x  a  , mà ABB ' A ' hình vuông 2   MAQ  45  MAQ vuông cân Q AM AM  AQ   x MQ  AQ  x 2 a NP BP BQ QP ax      NP  2.(a  x) QP   a  x  Ta có QB  a  x, IB   CC ' BC BI IC a Gọi J hình chiếu N MQ  MJ  MQ  NP  3x  2a Từ ta có AQ   MN  MJN vuông J  MN  JN  JM  7a  18ax  12 x     3x  ax  a    AM  MN  9    x  ax  a  y '  x  a 2   MA AQ x 9 a     y '   x  a   , a   y nhỏ x  a  16 MB ' BQ a  x 16 2  Câu : Cho hình nón tròn xoay có tỉ lệ bán kính đáy chiều cao 3: nội tiếp hình chóp cho trước, đỉnh hình chóp hình nón trùng Gọi V1 ; V2 thể tích khối chóp khối nón Giả sử tồn khối cầu tích V3 cho hình chóp cho ngoại tiếp khối cầu Khi Xét: y  Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 23 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt V1 : V2 : V3 , biết diện tích toàn phần hình chóp 3 h2 (h chiều cao hình nón tròn xoay ) A 12 : : B 12 : : C 16 : : D 16 : : Giải : Gọi S đỉnh hình nón S đỉnh hình chóp Hình nón có Rnon  3a, h  4a  đường sinh l  5a ( Pytago) Trong mặt phẳng đáy hình nón, gọi  P  đa giác ngoại tiếp đường tròn đáy,  P  có nửa chu vi p Ta có S P  p.R non  3a p , diện tích xung quanh hình chóp: S xq P  p.l  5a p  Stp P  8a p  3  4a   p  6a  S P  18a 2  Vchop  24a   V1 Vnon   hR non  12a3  V2 Gọi  S  mặt cầu nội tiếp hình nón có tâm I , bán kính R S    S  nội tiếp hình chóp Vẽ đường kính AB đường tròn đáy hình nón  SAB    S  đường tròn  C  có tâm tâm đường tròn nội tiếp SAB  I có RC   R S   Rnoitiep SAB 3a Ta có: SSAB  pSAB RC   h AB  RC   (với pSAB nửa chu vi SAB ) 2 9 a3  V3 Vậy thể tính khối cầu là: Vkhoi cau   R s 3  Ta có V1 : V2 : V3  24 :12 :  16 : : Câu 123 : Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi có BAC  300 , SAB tam giác cạnh a Mặt bên  SCD  tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD Giải: Vì ABCD hình thoi, nên ta có: DAC  BAC  300  BAD  600 Mà AB  AD  ABD cân A  ABD  SM  AB  AB   SMD  Gọi M trung điểm cạnh AB    DM  AB   SMD    ABCD  Mà CD / / AB  CD   SMD   CD  SD   SCD    CD  MD   ABCD  Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 24 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt    SDM SDM  900  60   SCD  ABCD     SD, SC       180  SDM SDM  90 a SAB cạnh a có SM trung tuyến  SM  Ta có: a ABD cạnh a có DM trung tuyến  DM  a  SM  DM   SMD cân M  SDM  900   Vậy  SCD  ,  ABCD   SDM  60 a  SH  MD   SMD    ABCD   Gọi H trung điểm cạnh MD   3a SH    Mà  SMD    ABCD  nên SH   ABCD  Mà SMD cân M  SMD cạnh a2 a3 Ta có S ABCD  2S ABD   VS ABCD  S ABCD SH  - Câu 124: Cho hình chóp S ABC có: SA  6, SB  2, SC  4, SBC  900 , ASC  1200 , AB  10 Gọi  P  mặt phẳng qua B , trung điểm N SC , vuông góc với mặt phẳng  SAC  cắt SA M Tính tỉ số VS BMN VS ABC Giải: SAB có SA  6, AB  10, BS   SAB vuông S (Pytago đảo)  SA  SB Mà SBC  900  SB  BC , nên SB  SA, BC Gọi K điểm đối xứng B qua N CK / / SB  SKCB hình bình hành    SK / BC  CK  SK , SA  CK   SAK  Trong SAC gọi H hình chiếu C SA  SHC vuông H   SH  SC.cos 60  0 Vì ASC  120  CSH  60     HC  SC.sin 60  Ta có: AH  HC, AH  KC (vì KC   SAK   AH )  AH   HKC    SAC    HKC  Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 25 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Trong HKC gọi I hình chiếu K HC  KI   SAC    BKI    SAC  Mà BN   BKI    P    BKI  Trong  SAC  gọi M  IN  SA Ta tính tỉ số SM để suy tỉ số thể tích đề yêu cầu!!! SA HCK vuông K  HK  HC  KC  2 với KC  SB  2, HC  Đồng thời KI đường cao tam giác vuông HCK  IH  KH     IC  KC  HI 2  IJ    IJ  SC   Gọi J  SA cho IJ / / SC   SC HC  JS  IC   JS  HS   3  HS HC Mà SN  SC  SN  IJ MS SN 3 SM    MS  MJ   SM  SJ   MS  3SJ     MHI có SN / / IJ  MJ IJ 4 SA V SM SN 1 Vậy S BMN    VS ABC SA SC a Câu : Cho hình chóp S ABC có SA  SB  AB  AC  a; SC  mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Giải: AB  AC  ABC cân A Gọi M trung điểm BC  AM  BC   SBC    ABC  Mà  SBC    ABC  nên AM   SBC  SA  AB  ASB cân A Gọi N trung điểm SB  AN  SB Mà SB  AM (vì AM   SBC   SB ) nên SB   AMN   SB  MN / / SC  SB  SC  SBC vuông S a 15  BC  SB  SC  Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp ABC cân  IA  IB  IC A   I  AM   AMN  Vì  AMN   SB trung điểm N  SB   AMN  mặt phẳng trung trực SB Ta lại có I   AMN   IB  IC Vậy IA  IB  IC  IS  I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC có bán kính R  IC bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 26 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt a 21 AB AC.BC AB AC.BC a 21 Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC : R ABC     4.S ABC AM BC AMB vuông M  AM  AB  MB  12 a a 21  Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp: S  4 R  7 Câu : Khối chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh a , SA  SB  SC  a Khi thể tích khối chóp S ABCD lớn cạnh SD có giá trị bao nhiêu? Giải: Gọi H hình chiếu S mặt phẳng S ABCD  H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC với bán kính R  HB R Đặt OB  x   0; a   IA  IC  a  x Khi đó: S ABCD  x a  x S ABC  x a  x abc Ta có công thức R  , áp dụng vào ABC : 4S AB.BC.CA a 2 a  x a HB    4.S ABC 2x x a  x SHB vuông H  SH  SB  HB a4 4a x  a a a    x2  a2   x   2 4x 4x 2x 2  1 a 4x2  a2  a Thể tích khối chóp S ABCD : V  S ABCD SH  x a  x 3 2x 3 Cauchy 1 a  a  4a  x   x  a   a  4a  x    x  a    const 12 a  (nhận) Đẳng thức xảy 4a  x  x  a  x  a  a2  a  x  x  a  10  BD  a Ta có: SAC  DAC  BAC  c _ c _ c   OD  OS  OB  SBD vuông S Vậy thể tích khối chóp S ABCD lớn OB  a Câu : Gọi S1 diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật, S diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ S nhật Khi độ dài cạnh khối hộp thay đổi giá trị nhỏ P  bao nhiêu? S1 Giải:  SD  BD  SB  a Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 27 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt Gọi hình hộp chữ nhật AB  a, AD  b, AA '  c ABCD A ' B ' C ' D ' có:  S1   ab  bc  ca  Gọi O, O ' tâm hình chữ nhật ABCD, A ' B ' C ' D ' I trung điểm cạnh OO ' Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD 1 2 a b Ta có OC  AC  2 a  b2  c OIC vuông O  IC   S2  4 IC  4  a  b2  c     a  b2  c  2 a  b  c2 ab  bc  ca   P     const  ab  bc  ca   ab  bc  ca  Đẳng thức xảy a  b  c  Pmin   Câu 56 : Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng  ABC  , đáy ABC thỏa mãn điều kiện: cot A  cot B  cot C  BC CA AB  CA AB.BC  AB BC.CA Gọi H , K hình chiếu vuông góc A DB, DC Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp khối chóp A.BCHK Giải : Ta có AHB vuông H , AKC vuông K Gọi M , N trung điểm AB, AC  M , N tâm đường tròn ngoại tiếp AHB, AKC   ADC    ABC  AD   ABC      ADB    ABC  Trong mặt phẳng  ABC  dựng hai đường thẳng Mx, Ny vuông góc   Mx   ADB  với AB, AC M , N    Mx, Ny trục đường tròn   Ny   ADC  AHB, AKC Ta có Mx, Ny đường trung trực AB, AC  I  Mx  Ny Vậy I vừa tâm đường tròn ngoại tiếp ABC vừa tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK IA vừa bán kính R đường tròn ngoại tiếp ABC vừa bán kính tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCHK Vậy để tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp A.BCHK , ta cần xác định bán kính R đường tròn ngoại tiếp ABC Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 28 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt cos A cos B cos A.sin B  cos B.sin A sin  A  B     sin A sin B sin A.sin B sin A.sin B R  R.sin C  sin C Vì A  B  C  1800  sin  A  B   sin C  cot A  cot B   sin A.sin B  R.sin A  R.sin B  Trong ABC , ta có: cot A  cot B   2R AB BC.CA BC CA cot C  cot A  R CA AB AB AB BC CA   AB   cot A  cot B    cot B  cot C    cot C  cot A  2R      BC.CA CA AB AB.BC  cot A  cot B  cot C   cot A  cot B  cot C   R  R  (vì cot A,cot B,cot C không âm không đồng thời ) 32  Vậy VA.BCHK  R3  3 Câu 77 : Cho hình chóp tứ giác S ABCD có AB  a , góc mặt bên với đáy 60o Gọi M điểm thuộc cạnh AB cho MA  2MB   S1  ,  S2  mặt cầu ngoại tiếp S ABCD Chứng minh tương tự ta có: cot B  cot C  R S.CDM Biết  S1    S2  đường tròn Tính bán kính đường tròn A 2a B 3a Gọi  C  đường tròn mà  S1    S2  Ta có :  S1  a Giải : C mặt cầu ngoại tiếp S ABCD  S , A, B, C, D  S1   S2  mặt cầu ngoại tiếp S.CDM  S , C, D, M  S2  D a 1  2 Từ 1 ;    S , C, D   S1    S2    C    C  đường tròn ngoại tiếp SCD Ta dùng công thức sau R  abc 4S Gọi I trung điểm CD O tâm hình vuông ABCD  OI  CD Ta có OI  CD SO   ABCD  Vậy SI  CD ( Định lí đường vuông góc )  SIO   SCD  ,  ABCD   60o   SOI vuông O có SIO  60o  SI  2OI  a Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 29 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt a  pi  ta  go  a SCD cân S  SC  SD  a2 SC.SD.CD 5a SSCD  SI CD   RO    2 4.SSCD BD  k Câu 50 : Cho hình hộp đứng ABCD A ' B ' C ' D ' có AC '   CB ' D ' ,  A ' D, CD '  600 AC AB  m Mệnh đề sau : số nguyên tố Đặt d  A ' D, B ' D '  SIC vuông I  SC  A C m  k m  k \ B m  k \ D Chưa đủ giả thiết để xác định k m Giải : Hình hộp đứng hình lăng trụ có đáy hình bình hành cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy Xử lý giả thiết AC '   CB ' D ' : *** AC '   CB ' D '  AC '  B ' D ' Mà CC '   A ' B ' C ' D ' nên CC '  B ' D ' Từ hai điều ta có: B ' D '   ACC ' A '  B ' D '  A'C '  A ' B ' C ' D ' hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vuông góc hình thoi) Gọi O, O ' tâm ABCD, A ' B ' C ' D ' Trong mặt phẳng  ACC ' A ' , gọi I , J giao điểm A ' O, O ' C với AC '  O ' C '/ / AC    Ta có:  OA / / A ' C '    JO ' JC ' O ' C ' OC JC '       JC JA AC AC AC '  JC '  IA  AC ' IO IA OA O ' A ' IA       IA ' IC ' A ' C ' A ' C ' AC ' 1 Mà AC '  AI  IJ  JC '  AC ' IJ  AC ' nên IJ  AC ' 3  AI  IJ  JC ' Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 30 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt   I  A ' O   A ' BD   I  AC '  A ' BD   I  A ' O  AC '    I  AC '  Ta có:   J  O ' C   CB ' D '   J  AC '  CB ' D '   J  O ' C  AC '   J  AC '   Vì AC '   CB ' D '  CO '  AC '  CO ' nên  C ' J  CO ' C ' O '2 2 JO '  C 'O '  C 'O '  C 'O '  O ' C       CO ' C ' vuông C ' có C ' J đường cao    C 'C JC  C 'C  C 'C  C 'C  O 'C  CC '  C ' O '  O ' C  CC '2  C ' O '2  C ' O ' Xử lý giả thiết  A ' D, CD '  600 :  A ' B '  CD  A ' B ' CD hình bình hành  A ' D / /CB '   A ' D, CD '   CB ', CD '  600 Ta có:  A ' B '/ / CD   B ' CD '  B ' CD '  900  B ' CD '  600 Mà  CB ', CD '   nên   0  B ' CD '  120 180   B ' CD '  B ' CD '  90       B ' D '   ACC ' A '  CO '  B ' D '  CO '  CO ' đường cao CB ' D ' Đồng thời CO ' đường trung tuyến CB ' D ' ( O ' trung điểm B ' D ' ) nên CB ' D ' cân C  CO ' phân giác B ' CD '  B ' CO '  B ' CD ' Với B ' CD '  600  B ' CO '  300  O ' B '  O ' C.tan B ' CO '  O 'C  O 'C '  O ' B '  OB  BD BD   k  (loại không số nguyên tố) Mà  nên BD  AC  AC O ' C '  OC  AC   Với B ' CD '  1200  B ' CO '  600  O ' B '  O ' C.tan B ' CO '  O ' C  O ' C '   3O ' C '  O ' B '  OB  BD BD   k  (nhận số nguyên tố) Mà  nên BD  AC  AC O ' C '  OC  AC  Tính d  A ' D, B ' D ' : Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 31 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt  A ' BD   BD / / B ' D '   CB ' D '    A ' BD   A ' B / / CD '   CB ' D '    A ' BD  / /  CB ' D '  Ta có:  BD  A ' B  B     B ' D ' CD '  D '    B ' D '/ / BD   A ' BD   B ' D '/ /  A ' BD   A ' D A ' D, B ' D ' chéo  d  A ' D, B ' D '  d  B ' D ',  A ' BD   d  CB ' D '  ,  A ' BD   d  I , CB ' D '   I   A ' BD   Ta có: C ' I   CB ' D '   J   d  I ,  CB ' D '   JI  JI  d C ', CB ' D '   C ' J   1, C ' J  CB ' D '   JC '  JC '  CO ' C ' vuông C ' có C ' J đường cao  C ' J   d  A ' D, B ' D '   O ' C '   C ' O '.C ' C C ' O ' C ' O ' 2   C 'O ' O 'C C 'O ' AOB vuông O  AB  OA2  OB  O ' C '2  O ' B '2  O ' C '2   3O ' C '  O ' C ' 10 AB O ' C ' 10  15 d  A ' D, B ' D '  O 'C ' m m 15 Vậy số vô tỉ   \  k k m Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm  B Page 32 ... bạn có C132 cách  Tổng số cách trường hợp C43 23.C132 cách Trường hợp : Trong bạn chọn có bạn tình cảm với mà cặp có tình cảm  Tổng số cách trường hợp C42 22.C133 cách Trường hợp : Trong... có bạn cặp có tình cảm  Tổng số cách trường hợp C41 21.C134 cách Trường hợp : Trong bạn chọn có bạn cặp có tình cảm  Tổng số cách trường hợp C135 cách Vậy tổng số cách chọn mà cặp có tình... 24 cách + Chọn bạn từ 13 bạn có C131 cách Tổng hợp VDC - Biện soạn sưu tầm Page 17 Biện soạn sưu tầm : Nguyễn Quang Hưng - Nguyễn Thành Tiến – Lê Đức Việt  Tổng số cách trường hợp 24.C131 cách

Ngày đăng: 02/09/2017, 12:14

Xem thêm: Tổng hợp các câu hỏi vận dụng cao môn toán, Tổng hợp các câu hỏi vận dụng cao môn toán

Tổng hợp các câu hỏi vận dụng cao môn toán

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan