PHÂN TÍCH VÀ PHÁT TRIỂN NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ MINH HỌA 2019 Câu 39: Cho hàm số y  f x  Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Bất phương trình f x   ex  m với x  1;1 B m  f 1  e A m  f 1  e C m  f 1  e D m  f 1  e Đối với lớp toán kiểu ta dùng phương pháp hàm số với lưu ý Xét bất phương trình f x   m với x  a, b  Trong trường hợp f x  đơn điệu ( f  x  không đổi dấu ) a, b  hàm f x  liên tục a, b  u cầu tốn trở thành max f x   m     a ,b  Trong trường hợp f x  đạt giá trị lớn điểm x  a, b  u cầu tốn trở thành max f x   m a ,b    Lời giải Chọn C Ta có: f (x )  ex  m , x  1;1  f (x )  ex  m , x  1;1 Xét hàm số g(x )  f (x )  ex , ta có: g (x )  f (x )  ex Dựa vào bảng biến thiên f ' x  ta thấy x  1;1 f (x )  , ex  nên g (x )  f (x )  ex  , x  1;1 Hàm số g x  nghịch biến 1;1 liên tục 1,1   1 Suy ra: max f x   e x  g 1  f (1)  Do đó: m  f (1)  1,1 e e     CÂU TƯƠNG TỰ Câu 1: Cho hàm số y  f x  Hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau   Bất phương trình f x   2cos x  3m với x  0;    A m  1 f 0  2   B m  1 f 0  2   C m            1 D m   f    1 f            Lời giải Chọn A     Ta có: f x   2cos x  3m x  0;   f x   2cos x  3m, x  0,      Xét hàm số g(x )  f x   2cos x , Ta có: g (x )  f  x   2cos x sin x ln   Dựa vào bảng biến thiên: f ' x   , x  0;  hiển nhiên 2cos x sin x ln  ,     x  0;  Hàm số g x  đồng biến      0;  liên tục 1,1        f x   2cos x   3m Do đó: f x   2cos x  3m, x  0,          0,     2 Suy ra: g x   g 0  f 0  Do đó: m    0,    2   Câu 2: 1 f 0  2   Cho hàm số y  f x  Có bảng xét dấu đạo hàm sau: Bất phương trình f x   ex A m  f 1  e 2x  m x  0;2 khi B m  f 1  e Chọn A BPT  f x   ex 2 2x m C m  f 0  Lời giải D m  f 0  Xét hàm số h x   f x   ex 2x  h  x   f  x   2  2x  ex Nếu x  0;1 f  x   2  2x  ex Nếu x  1;2 f  x   2  2x  ex Câu 3: 2 2x 2x 2x  nên h  x    nên h  x   1 Suy max h x   h 1  f 1  Nên YCBT  m  f 1  0;2 e e   Cho hàm số y  f x  Có bảng biến thiên sau:   Bất phương trình x  f x   m có nghiệm khoảng 1;2 A m  27 Chọn A B m  24 C m  10 Lời giải D m  27 Nếu x  1; 0 hai hàm số y  x  y  f x  nghịch biến Nếu x  0;2 hai hàm số y  x  y  f x  đồng biến Mặt khác khoảng 1;2 x   f x     Ta có BBT hàm số y  x  f x  khoảng 1;2 Nên YCBT  m  27 Câu 40: Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ba ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối đối diện với học sinh nữ A B 20 C D 10 Trước hết tìm số phần tử không gian mẫu Mỗi cách xếp học sinh vào ghế hoán vị phần tử, số phần tử khơng gian mẫu là:   6! cách Gọi A biến cố học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ Giả sử ghế xếp hình vẽ A1 B1 C1 A2 B2 C2 Ta tư tìm số phần tử A theo hướng sau: Hướng 1: + Xếp bạn thứ (nam nữ được) vào ghế A1 có cách chọn Tiếp theo xếp bạn vào ghế A2 , bạn phải khác giới với bạn ngồi ghế A1 nên có cách chọn (nếu ghế A1 nam ghế A2 phải bạn nữ ghế A1 nữ ghế A2 phải bạn nam) + Tiếp tục xếp bạn lại vào ghế B1 có cách chọn Xếp bạn vào ghế B2 có cách chọn + Sau xếp bạn lại vào ghế C có cách chọn Bạn cuối cách lựa chọn ngồi ghế C Do số phần tử A là: A  6.3.4.2.2.1 Hướng 2: Xếp cố định bạn giới vào dãy ghế có 3! cách Xếp bạn thuộc giới lại vào dãy có 3! cách Ở cặp ghế đối diện hai bạn nam nữ đổi chỗ cho nên có 23 cách Do số phần tử A A  3!.3!.23 Hướng 3: Xếp bạn vào ghế thứ nhất, giả sử xếp bạn nam thứ có cách Còn lại ghế, bạn nam thứ không ngồi đối diện bạn nam thứ nên có cách Còn lại ghế, bạn nam thứ không ngồi đối diện hai bạn nam nên có cách Xếp bạn nữ vào ba ghế lại có 3! cách Do số phần tử A A  6.4.2.3! Lời giải Chọn A Số phần tử không gian mẫu   6!  720 Gọi A biến cố học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ Giả sử ghế xếp hình vẽ: A1 B1 C1 A2 B2 C2 Cách 1: Xếp bạn thứ vào ghế A1 có cách chọn Tiếp theo xếp bạn vào ghế A2 , bạn phải khác giới với bạn ngồi ghế A1 nên có cách chọn Tiếp tục xếp bạn lại vào ghế B1 có cách chọn Xếp bạn vào ghế B2 có cách chọn Sau xếp bạn lại vào ghế C có cách chọn Bạn cuối cách lựa chọn ngồi ghế C Số phần tử A là: A  6.3.4.2.2.1  288 Vậy xác suất cần tìm P A  A   288  720 Cách 2: Xếp học sinh nữ vào dãy ghế có 3! cách Xếp học sinh nam vào dãy ghế có 3! cách Ở cặp ghế đối diện hai bạn nam nữ đổi chỗ cho nên có 23 cách Số phần tử A là: A  3!.3!.23  288 Vậy xác suất cần tìm P A  A   288  720 Cách 3: Xếp bạn nam thứ có cách, bạn nam thứ có cách, bạn nam thứ có cách Xếp bạn nữ vào ba ghế lại có 3! cách Số phần tử A là: A  6.4.2.3!  288 Vậy xác suất cần tìm P A  A   6.4.2.3! 288   6! 720 5 CÂU TƯƠNG TỰ Câu 1: Có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có bốn ghế Xếp ngẫu nhiên học sinh, gồm nam nữ, ngồi vào hai dãy ghế cho ghế có học sinh ngồi Xác suất để học sinh nam ngồi đối đối diện với học sinh nữ khơng có hai học sinh giới ngồi cạnh A 35 B 35 C 35 D Lời giải 35 Chọn B Mỗi cách xếp học sinh vào ghế hoán vị phần tử, số phần tử không gian mẫu là:   !  40320 Gọi A biến cố: “Mỗi học sinh nam ngồi đối diện với học sinh nữ khơng có hai học sinh giới ngồi cạnh nhau” Cách Với cách xếp ta có hai tường hợp NỮ nam NỮ nam nam NỮ nam NỮ nam NỮ nam NỮ NỮ nam NỮ nam Như ta có A  2.4 !.4 !  1152 Vậy xác suất biến cố A là: P A  Cách cách (nam nữ, giả sử nam) cách (nữ) 1152  40320 35 cách (nữ) cách (nam) Theo cách có A  8.4.3.3.2.2.1.1  1152 Câu 2: Do xác suất biến cố A là: P A  cách (nam) cách (nữ) cách (nữ) cách (nam) 1152  40320 35 Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, dãy có ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho học sinh trường X học sinh trường Y vào bàn nói Tính xác suất để học sinh ngồi đối diện khác trường với A 63 B 63 C 63 D Lời giải Chọn C A1 B1 C1 D1 E1 A2 B2 C2 D2 E2 63 Mỗi cách xếp 10 học sinh vào 10 ghế hoán vị 10 phần tử, số phần tử không gian mẫu là:   10!  3628800 Gọi A biến cố: “bất học sinh ngồi đối diện khác trường với nhau” Cách 1:  Xếp bạn thứ vào ghế A1 có 10 cách chọn  Tiếp theo xếp bạn vào ghế A2 , bạn phải khác trường với bạn ngồi ghế A1 nên có cách chọn  Tiếp tục xếp bạn lại vào ghế B1 có cách chọn Xếp bạn vào ghế B2 có cách chọn  Tiếp tục xếp bạn lại vào ghế C có cách chọn Xếp bạn vào ghế C có cách chọn  Tiếp tục xếp bạn lại vào ghế D1 có cách chọn Xếp bạn vào ghế D2 có cách chọn  Sau xếp bạn lại vào ghế E1 có cách chọn Bạn cuối cách lựa chọn ngồi ghế E Số phần tử A là: A  10.5.8.4.6.3.4.2.2.1  460800 Vậy xác suất cần tìm P A  A   460800  3628800 63 Cách 2: Xếp học sinh trường X vào dãy ghế có 6! cách Xếp học sinh trường Y vào dãy ghế có 6! cách Ở cặp ghế đối diện hai bạn nam nữ đổi chỗ cho nên có 26 cách Số phần tử A là: A  5!.5!.25  460800 Câu 3: Vậy xác suất cần tìm P A  A   460800  3628800 63 Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh có 105 em dự thi, có 10 em tham gia buổi gặp mặt trước kỳ thi Biết em có số thứ tự danh sách lập thành cấp số cộng Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, dãy có năm ghế ghế ngồi học sinh Tính xác suất để tổng số thứ tự hai em ngồi đối diện nhau 1 1 A B C D 126 252 945 954 Lời giải Chọn C Mỗi cách xếp 10 học sinh vào 10 ghế hoán vị 10 phần tử, số phần tử không gian mẫu là:   10!  3628800 Gọi A biến cố: “Tổng số thứ tự học sinh ngồi đối diện nhau” Giả sử số vị trí 10 học sinh u1, u2 , , u10 Theo tính chất cấp số cộng, ta có cặp số có tổng sau đây: u1  u10  u2  u9  u  u  u  u7  u5  u6 10 cách cách cách cách cách cách Theo cách có A  10.8.6.4.2  3840 Do xác suất biến cố A là: P A  cách cách cách cách 3840  3628800 945 Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2; 2; 4 , B 3; 3; 1 mặt phẳng P  : 2x  y  2z   2MA2  3MB A 135 Xét M điểm thay đổi thuộc P  , giá trị nhỏ B 105 C 108 D 145 Đây tốn cực trị hình học khơng gian (cũng giống dạng tốn cực trị hình học phẳng) Sử dụng kiến thức “tâm tỉ cự” giúp học sinh thấy chất hình học toán, đồng thời xây dựng lên ý tưởng đề ý tưởng chung để giải quyế dạng tốn * Tâm tỉ cự: Trong khơng gian, cho hệ n điểm A1, A2 , , An n số thực k1, k2 , , kn thỏa mãn k1  k2   kn  k  Khi đó, tồn điểm I không gian     thoả mãn: k1 IA1  k2 IA2   kn IAn  Điểm I gọi tâm tỉ cự hệ điểm Ai gắn với hệ số ki * Sử dụng “tâm tỉ cự” để giải số tốn cực trị hình học Bài toán tổng quát 1: Cho n điểm A1, A2 , , An n số thực k1, k2 , , kn thỏa mãn k1  k2   kn  k  Cho đường thẳng d mặt phẳng P  Tìm điểm M    đường thẳng d mặt phẳng P  cho k1 MA1  k2 MA2   kn MAn có giá trị nhỏ Phương pháp:     + Tìm điểm I thỏa mãn: k1 IA1  k2 IA2   kn IAn      + k1 MA1  k2 MA2   kn MAn  k MI + Điểm M cần tìm hình chiếu vng góc I đường thẳng d mặt phẳng P  Bài toán tổng quát 2: Cho n điểm A1, A2 , , An n số thực k1, k2 , , kn thỏa mãn k1  k2   kn  k  Cho đường thẳng d mặt phẳng P  Tìm điểm M đường thẳng d mặt phẳng P  cho T  k1MA12  k2MA22   kn MAn2 có giá trị nhỏ (hoặc giá trị lớn nhất) Phương pháp:     + Tìm điểm I thỏa mãn: k1 IA1  k2 IA2   kn IAn  + T  k1MA12  k2MA22   kn MAn2  kMI  k1IA12  k2IA22   kn IAn2 + Do k1IA12  k2IA22   kn IAn2 không đổi nên Nếu k  , T nhỏ điểm M cần tìm hình chiếu vng góc I đường thẳng d mặt phẳng P  Nếu k  , T lớn điểm M cần tìm hình chiếu vng góc I đường thẳng d mặt phẳng P  Lời giải Chọn A    Gọi I x ; y; z  điểm thỏa mãn 2IA  3IB  suy I 1;1;1   IA2  27 ; IB  12 ; d I , P          2MA2  3MB  MI  IA  MI  IB  5MI  2IA  3IB  5MI  90     Suy 2MA2  3MB nhỏ  MI nhỏ   Mà MI  d I , P   Vậy 2MA2  3MB  5.9  90  135 CÂU TƯƠNG TỰ Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 2;1; 3 , B 1; 1;2 , C 3; 6;1 Điểm M x ; y; z  thuộc mặt phẳng Oyz  cho MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính giá trị biểu thức P  x  y  z A P  B P  Chọn A C P  Lời giải D P  2 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Suy ra: G 2; 2;2    Ta có: MA2  MB  MC  MA  MB  MC        MG  GA  MG  GB  MG  GC  3MG  GA2  GB  GC       Do tổng GA2  GB  GC không đổi nên MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ MG nhỏ hay MG nhỏ Mà M nằm mặt phẳng Oyz  nên M hình chiếu vng góc G lên mặt phẳng Câu 2: Oyz  Suy ra: M 0; 2;2 Vậy P  x  y  z   2   Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A 1;1;1 , B 0;1;2 , C 2;1; 4 mặt phẳng P  : x  y  z   Tìm điểm N  P  cho S  2NA2  NB  NC đạt giá trị nhỏ  4 A N  ;2;   3  Chọn D Với điểm I ta có  3 C N  ; ;   4  B N 2; 0;1 Lời giải     S  2NA2  NB  NC  NI  IA  NI  IB  D N 1;2;1      NI  IC         4NI  2NI 2IA  IB  IC  2IA2  IB  IC       Chọn điểm I cho 2IA  IB  IC          2IA  IB  IC   4IA  AB  AC  Suy tọa độ điểm I I 0;1;2 Khi S  4NI  2IA2  IB  IC , S nhỏ N hình chiếu I lên mặt phẳng P  x t  1t Phương trình đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng P  y     z   t  Câu 3: Tọa độ điểm N t;1  t;2  t   P   t   t   t    t  1  N 1;2;1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;1 , B 2; 1; 3 Tìm điểm M mặt phẳng Oxy  cho MA 3  A M  ; ; 0  2   2MB lớn Chọn D 1  B M  ;  ; 0  2  C M 0; 0;5 D M 3; 4; 0 Lời giải    Gọi điểm E thỏa EA  2EB  Suy B trung điểm AE , suy E 3; 4;5     Khi đó: MA2  2MB  ME  EA  ME  EB      ME 2  EA2  2EB Do MA2  2MB lớn  ME nhỏ  M hình chiếu E 3; 4;5 lên Oxy   M 3; 4; 0 Chú ý: Ta làm trắc nghiệm sau + Loại C M 0; 0;5 khơng thuộc Oxy  3  1  + Lần lượt thay M  ; ; 0 , M  ;  ; 0 , M 3; 4; 0 vào biểu thức MA2  2MB  2   2  Câu 4: M 3; 4; 0 cho giá trị lớn nên ta chọn M 3; 4; 0      M a ;b ; c  thuộc P   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 4;5 , B 3; 4; , C 2;  1; mặt phẳng P  : 3x  3y  2z  12  Gọi MA2  MB  3MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a  b  c A B C 2 Lời giải Chọn A     Gọi I x ; y ; z điểm thỏa mãn IA  IB  3IC    Ta có: IA   x ;  y ;5  z , IB   x ;  y ;  z      3IC   3x ;   3y ;  3z   D 3   1  x   x   3x  x    Từ ta có hệ phương trình: 4  y   y   3y   y   I 2;1;1   5  z  z  3z  z   10  cho    + Tính u   nP , nQ    1; 1; 3  + Gọi H  2t;1  t; 1  2t  ; K  m;  m;1  2m  nên HK   m  2;1  m  t ;  m  2t    + Vì song song với mặt phẳng  P  ;  Q  nên HK  k u suy 3 m  2t  m  t  2m  2t   tính m  ; t  7 1 11 + Suy HK   Câu 20 Trong không gian Oxyz , cho a  1; 1;  hai điểm A  4;7;3 , B  4;4;5 Giả sử M , N   hai điểm thay đổi mặt phẳng  Oxy  cho MN hướng với a MN  Giá trị lớn AM  BN A 17 B 77 C  D 82  Lời giải Chọn A     Vì MN hướng với a nên t  : MN  ta   Hơn nữa, MN   t a   t  Suy MN   5;  5;0   x    x   z     z       Gọi A  x; y; z điểm cho AA  MN   y   5   y    A 1;2;3 Dễ thấy điểm A , B nằm phía so với mặt phẳng  Oxy  chúng có cao độ dương Hơn cao độ chúng khác nên đường thẳng A ' B cắt mặt phẳng Oxy  điểm cố định   Từ AA  MN suy AM  AN nên AM  BN  A ' N  BN  A ' B dấu xảy N giao điểm đường thẳng A ' B với mặt phẳng  Oxy  Do max AM  BN  A ' B    1 2        3  17 , đạt N  AB  Oxy  Nhận xét Ý tưởng đề Từ bất đẳng thức véc tơ       a) | u |  | v |  u  v Dấu “=” xảy hai véc tơ u v chiều       b) | u  v  u  u Dấu “=” xảy hai véc tơ u v chiều       c) | u  v  u  u Dấu “=” xảy hai véc tơ u v ngược chiều 99 Câu 20.1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;3 , B  4;4;5 Giả sử M điểm thay đổi mặt phẳng (P) : 2x  y  z  2019  Tìm giá trị lớn biểu thức P  AM  BM A 17 B 77 C  D 82  Lời giải Chọn A Ta có:  xA  y A  z A  2019  xB  yB  zB  2019   nên điểm A, B nằm phía so với mặt phẳng ( P ) đường thẳng AB cắt mặt phẳng ( P ) điểm cố định     Từ bất đẳng thức véc tơ | u |  | v |  u  v Ta có AM  BM  AB Dấu xảy M giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng ( P ) Do AM  BM Max  AB  2   1        3  17 , đạt M  AB   P  Câu 20.2 Trong không gian Oxyz , cho A 1;1;0  , B  3; 1;  mặt phẳng   : x  y  z 1  Tìm tọa độ điểm M    cho MA  MB đạt giá trị lớn A M 1;3; 1 3 1 B M  ; ;   4 2 1 2 C M  ; ;   3 3 D M  0; 2;1 Lời giải Chọn B Ta có:  xA  y A  z A  1 xB  yB  zB  1  1    1    1  nên hai điểm A B nằm phía mặt phẳng   Ta có MA  MB  AB  , nên MA  MB lớn M  AB     x   2t  Phương trình đường thẳng AB :  y   2t , tọa độ điểm M nghiệm hệ phương  z  4t   t     x   2t x   y   2t   3 1 Do trình   M  ; ;  4 2  z  4t y    x  y  z    z    100 x  y 1 z    A(1;1; 0), B(3; 1; 4) Tìm tọa độ điểm M thuộc 1  cho MA  MB đạt giá trị nhỏ Câu 20.3 Cho đường thẳng  : A M ( 1;1; 2) 1  B M  ;  ;1  2   3  C M   ; ; 3   2  D M (1; 1; 2) Lời giải Chọn D   1 1  Ta có: AB  2; 2;  phương với u 1; 1;  A(1;1; 0)   (do ) 1  AB //   AB  đồng phẳng * Xét mặt phẳng chứa AB  : Gọi A điểm đối xứng A qua  ;   mặt phẳng qua A , vng góc với  Khi đó, giao điểm H  với   trung điểm AA   có phương trình: x  y  z  Giả sử H  1  t;1  t; 2  2t  , H     t   H  0;0;0  H trung điểm AA  A  1; 1;0  Ta có: MA  MB  MA  MB  AB   MA  MB min  AB M trùng với M giao điểm AB   x  1  t   Đường thẳng AB qua A  1; 1;0  , có phương trình:  y  1  z  t   x  1  t  Mà  :  y   t  z  2  2t  101  1  t  1  t  t  t  t      t   Giải hệ phương trình: 1  t  1 t  2  2t  t  2  2t  t     M 1; 1;  Vậy, để MA  MB đạt giá trị nhỏ M 1; 1;  x  y 1 z    hai điểm A(1;1;0), B (1; 0;1) Biết điểm 1 M (a; b; c) thuộc  cho biểu thức T  MA  MB đạt giá trị lớn Khi tổng a  b  c bằng: Câu 20.4 Cho đường thẳng  : B  33 A C  33 D  Lời giải Chọn D   qua C(1;1;  2), có vectơ phương u  (1; 1; 2)   AB  ( 2;  1;1); AC  ( 2;0;  2)     AB; u  AC  nên AB;  không đồng phẳng   Vì điểm M thuộc  nên ta có M (1  t ;1  t ;   2t ), t   Lúc t  2 P  MA  MB   2  t   2t     t  2   t  1   2t   6t  12t   6t  14t  10 P  t  1    11  t     6          11  Đặt u   t  1; Ta có | u |  | v |  u  v v  t  ; ,      6      2 11  1  Tức P            3 t 1 33 Đẳng thức xảy   t  3 11 t 6 Với ta có a  b  c  4t    33 102 33 x y 1 z   hai điểm A(0;1; 3), B (1; 0; 2) Biết điểm M thuộc 1  cho biểu thức T  MA  MB đạt giá trị lớn Tmax Khi đó, Tmax bao nhiêu? Câu 20.5 Cho đường thẳng  : A Tmax  B Tmax  C Tmax  3 D Tmax  Lờigiải Chọn C  x  t   Ta có AB   1;  1;  , phương trình đường thẳng AB  y   t (t  )  z  3  5t   1 1 Xét vị trí tương đối AB  ta có AB cắt  C   ; ;    2 2   1    Suy AC    ;  ;   AC  AB  C trung điểm AB  2 2 T  MA  MB  AB Dấu “=” xảy M  A M  B Do Tmax  AB  27  3 Câu 20.6 Cho mặt phẳng   : x  y  2z 1  hai điểm A  0; 1;1 , B 1;1; 2  Biết M    cho MA  MB đạt giá trị nhỏ Khi đó, hồnh độ xM điểm M A xM  B xM  1 C xM  2 D xM  Lời giải Chọn D Ta có:  xA  y A  z A  1 xB  yB  zB  1     2.1  11    1  nên hai điểm A B nằm khác phía so với mặt phẳng   Nên MA  MB đạt giá trị nhỏ M  AB    x  t  Phương trình đường thẳng AB :  y  1  2t , tọa độ điểm M nghiệm hệ phương  z   3t   t   x  t x   y  1  2t   2 1 trình  Do M  ;  ;  , xM   7 7  z   3t y     x  y  z    z   103 Câu 20.7 Cho mặt phẳng   : x  y  z 1  hai điểm A 1;1;0  , B  3; 1;  Gọi M điểm thuộc mặt phẳng   cho P  MA  MB đạt giá trị nhỏ Khi giá trị P là: A P  B P  C P  D P  Lời giải Chọn B Ta có:  xA  y A  z A  1 xB  yB  zB  1  1    1    1  nên hai điểm A B nằm phía mặt phẳng   Gọi H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng   x  1 t  Phương trình đường thẳng AH :  y   t z  t   t    x  1 t x   y  1 t   Do tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình   z  t  y   x  y  z     z    2 1 Do H  ; ;    3 3 1 2 Gọi A đối xứng với A qua   , suy A  ; ;   3 3 Ta có MA  MB  MA  MB  AB  P  AB  Câu 20.8 Cho mặt phẳng   : x  y  3z   hai điểm A 1; 1;  , B  5; 1;0  Biết M  a; b; c  thuộc mặt phẳng   cho MA  MB đạt giá trị nhỏ Khi đó, giá trị biểu thức T  a  2b  3c bao nhiêu? A T  B T  3 C T  7 D T  9 Lời giải Chọn C Ta có:  xA  y A  3z A  5 xB  yB  zB  5  1   3.2  5 5   3.0  5  nên hai điểm A B nằm phía mặt phẳng   Gọi H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng   x  1 t  Phương trình đường thẳng AH :  y  1  t  z   3t  104 x  1 t t   y  1  t x    Do tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình   z   t y     x  y  z    z  1 Do H  2;0;  1 Gọi A đối xứng với A qua   , suy A  3;1;   Ta có MA  MB  MA  MB  AB nên MA  MB nhỏ M  AB     x   4t  Phương trình đường thẳng AB :  y   t  z  4  3t   12 t  11   x   4t  x   15  y  1 t   11 Do tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình    z  4  3t y    x  y  z    11  20 z    11 20   15 Do M   ;  ;   , T  a  2b  3c  7  11 11 11  Câu 20.9 Cho mặt cầu (S) : (x 1)  ( y  4)  z  hai điểm A(3;0;0), B(4; 2;1) Gọi M điểm thuộc mặt mặt cầu (S) Tính giá trị nhỏ biểu thức MA  2MB A B C D Lời giải Chọn C Ý tưởng     Tìm điểm B ' cố định cho MA  MB ' áp dụng bất đẳng thức | u  v  u  u Cách 1: Gọi M (a; b; c)  ( S ), ta có (a  1)  (b  4)2  c   a  b  c  2a  8b  Do MA  ( a  3)  b  c  4( a  b  c )  3( a  b  c )  a  a  b  c  6b   a  (b  3)  c  MB ' với B '(0;3; 0) Dễ thấy B ' nằm mặt cầu, B nằm mặt cầu nên MA  2MB  2( MB ' MB) nhỏ B ', M , B thẳng hàng Vậy, giá trị nhỏ biểu thức MA  MB BB '  Cách 2: 105 I B' E M A M0 B Ta có IA  2, với I tâm mặt cầu Gọi E (1; 2;0), B '(0;3;0) trung điểm IA IE + M điểm nằm đường thẳng IA ta có MB '  MA + M điểm không nằm đường thẳng IA ta có IMB '  IAM nên ta có MB '  MB ' IM   , MA IA MA Dễ thấy B ' nằm mặt cầu, B nằm mặt cầu nên MA  2MB  2( MB ' MB) nhỏ B ', M , B thẳng hàng M  M Vậy, giá trị nhỏ biểu thức MA  MB BB '  106 Câu 21: ChoF  x  nguyên hàm hàm số f  x   x  13x  11 thỏa mãn F    x2  5x  1 Biết F     a ln  b ln , a, b số ngun Tính trung bình cộng a 2 b A 10 B C D Chọn đáp án D Ta có f  x    nên  2x 1 x  F  x   3x  2ln x   3ln x   C Do F  2    2ln  3ln  C   C   6ln  2ln Suy F  x   3x  2ln x   3ln x    6ln  2ln 1 Ta có F     11ln  5ln Từ đó, ta có a  11, b  5 2 Vậy trung bình cộng a b 11   5  Bài tập tương tự: Câu 1: Biết F  x    ax3  bx  cx  d  e x nguyên hàm hàm số f  x    x3  x  x  5 e x Tính a  b2  c2  d A 244 B 245 C 246 D 247 Câu 2: Cho hàm số F  x  nguyên hàm f  x   sin x cos x thỏa mãn F       Giá trị F   2 A  B Câu 22 Cho x 4  C 4  D  dx  a ln  b ln  c ln với a, b, c số hữu tỷ Giá trị b  3c  2a x A 2 B C Chọn đáp án D 107 D dx 1  Ta có      dx  ln x   ln x x  x  x 1 x  5  ln  ln   ln  ln 3   ln  ln  ln Suy a  1, b  c  Do b  3c2  2a  Bài tập tương tự: Câu 1: Cho xdx   x  2  a  b ln  c ln với a, b,c số hữu tỷ Giá trị 3a  b  c A 2 B 1 25 Câu 2: Cho x 16 đúng? A a  b  c Câu 3: Cho e C D.1 dx  a ln  b ln  c ln11 với a,b,c số hữu tỷ Mệnh đề x9 B a  b  c C a  b  3c D a  b  3c dx 1 e với a, b số hữu tỷ Tính S  a3  b3  a  b ln 1 x A S  B S  2 C S  D S  Câu 23.Cho hình trụ T  có chiều cao đường kính đáy, hai đáy hình tròn O ; r   O '; r  Gọi A điểm di động đường tròn  O; r  B điểm di động đường tròn  O '; r  cho AB khơng đường sinh hình trụ T  Khi thể tích khối tứ diện OO ' AB đạt giá trị lớn đoạn thẳng AB có độ dài A 3r   B  r C 6r D Chọn đáp án C Kẻ đường sinh AA ', BB ' hình trụ T  Khi 1 1  VOO ' AB  VOAB '.O ' A ' B  OO '  OA.OB '.sin AOB '   r sin AOB '  r 3 2  Dấu đẳng thức xảy AOB '  90 hay OA  O ' B Như vậy, khối tứ diện OO ' AB tích lớn r , đạt OA  O ' B Khi A ' B  r AB  A ' A2  A ' B2  r 108 5r Bài tập tương tự: Câu 1: Cho hình trụ T  có chiều cao đường kính đáy, hai đáy hình tròn  O; r   O '; r  Gọi A điểm di động đường tròn  O; r  B điểm di động đường tròn  O '; r  Thể tích khối tứ diện OO ' AB đạt giá trị lớn 3 3 B C r D r r r 6 Câu 2: Cho hình trụ T  có chiều cao đường kính đáy, hai đáy hình tròn  O; r  A  O '; r  Gọi A điểm di động đường tròn  O; r  B điểm di động đường tròn  O '; r  Khi thể tích khối tứ diện OO ' AB đạt giá trị lớn khoảng cách hai đường thẳng O ' O AB C D r r r 2 Câu 3:Cho hình trụ T  có chiều cao đường kính đáy, hai đáy hình tròn  O; r  A r B  O '; r  Gọi A điểm di động đường tròn  O; r  B điểm di động đường tròn  O '; r  cho góc hai đường thẳng OA O ' B 60° Thể tích khối tứ diện O ' OAB r 3 D r r 3 Câu 4: Cho hình trụ có đường tròn đáy  O   O ' , bán kính đáy chiều cao A B 3 r C a Các điểm A, B thuộc đường tròn đáy  O   O ' cho AB  3a Thể tích khối tứ diện ABOO ' 1 A a B a C a D a Câu 24.Cho x, y số thực thỏa mãn log9 x  log12 y  log16  x  y  Giá trị tỷ số A 2 B  C 2 D Chọn đáp án D Đặt t  log9 x  log12 y  log16  x  y  Suy x  9t ; y  12t ; x  y  16t t x 9t      y 12t   2t t 3 3 Do đó, ta có 9t  2.12t  16t  9t  2.12t  16t          4 4 109 x y 1 t x 3     1   1 y 4 Bài tập tương tự: Câu 1: Giả sử p q số thực dương cho log16 p  log 20 q  log 25  p  q  Tính giá trị p q A 1 Câu 2: Cho log3 x  log A 1 15 B 1 C 1 y y  log5  x  y  Khi giá trị x B 3 C 1 D 3 1 D Câu 3: Cho số thực dương x, y thỏa mãn  log x  log6 y  log9  x  y  Giá trị x y A 38  B 38  C 38  12 D 38  12 Câu 25.Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  0;1;2 , B  2;2;1 ,C  2;0;1 mặt phẳng   có phương trình x  y  z   Biết tồn điểm M  a; b; c  thuộc mặt phẳng   cho MA  MB  MC Đẳng thức sau đúng? A 2a  b  c  B 2a  3b  4c  41 C 5a  b  c  D a  3b  c  Chọn đáp án B Cách 1: Ta có AB   2; 3; 1 , AC   2; 1; 1 AB AC  nên tam giác ABC vuông A trung điểm I  0; 1;1 cạnh BC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do MA  MB  MC nên M thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nghĩa M thuộc đường thẳng d qua I vng góc với  ABC  x  t  ABC  nhận  AB, AC   1; 2; 4 làm vectơ pháp tuyến nên d :  y  1  2t  z  1  4t  Ta có d   cắt M  2;3; 7  Suy 2a  3b  4c  41 Cách 2: Ta có 110  a  b  MA  MB  MC    a  b   c  a  b  c  c  a b  c 2a  3b  c    2a  b  c  2a  3b  c  a     b  Do đó, ta có hệ phương trình 2a  b  c  2a  2b  c   c  7   Bài tập tương tự: Câu 1: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  0;1;2 , B  2; 2;1 , C  2;0;1 M  a; b; c  thuộc mặt phẳng   cho MA  MB  MC Giá trị biểu thức a3  b3  c3 A 308 C 308 B 27 D 378 Câu 2: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  0;1;2 , B  2; 2;1 , C  2;0;1 mặt phẳng   có phương trình x  y  z   Mặt cầu qua ba điểm A, B, C tâm thuộc mặt phẳng   có bán kính A 89 B C 85 D 45 Câu 3: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  0;1;1 , B 1;1;0  , C 1;0;1 mặt phẳng   có phương trình x  y  z   Biết tồn điểm M    cho MA  MB  MC Thể tích khối chóp M ABC 1 1 A B C D  2x Câu26 Cho hình phẳng D giới hạn đường y  hai đường thẳng x  x    4 16   x  sin x   x  1 cos x x sin x  cos x Biết diện tích hình phẳng D  a ln  b ln    , với a, b số hữu tỷ Mệnh đề đúng? A 2a  b  12 B 2a  b  6 C 2a  b  12 Chọn đáp án A  I   x2  x  sin x   x  1 cos x x sin x  cos x   4    x  1 dx  3    4 16 , trục hoành   dx   d  x sin x  cos x  x sin x  cos x  x  1 x sin x  cos x   3x cos x dx x sin x  cos x     x  x   3ln  x sin x  x  04 15 15 ln  3ln    Suy ra, a  ; b  3 Do 2a  b  12 2 111 D 2a  b  Bài tập tương tự: Câu 1: Cho hình phẳng D giới hạn đường cong y    x  2 ex , trục hoành hai đường xe x  thẳng x  0, x  Khối tròn xoay tạo thành quay D quanh trục hồnh tích    V    a  b ln 1    , a, b số hữu tỷ Mệnh đề đúng?  e   A a  2b  B a  b  C a  b  D a  2b  Câu 2: Khối tròn xoay tạo thành quay hình phẳng y H  giới hạn đường cong   x  4 ex , trục hoành hai đường thẳng x  0, x  quanh trục hồnh tích xe x  V   a  b ln  e  1 , a, b số nguyên Mệnh đề đúng? A a  b  B a  2b  3 C a  b  D a  2b  13 Câu 27 Cho số phức z thỏa mãn z 1 3i  z   i  65 Giá trị nhỏ z   i đạt z  a  bi với a, b số thực dương Giá trị 2b  3a A 19 B 16 C 24 D 13 Chọn đáp án B Cách 1: (Sử dụng kiến thức Hình học) Ta có z   3i  z   i   z  1  3i   z   5  i   Gọi M, A, B, I điểm biểu diễn cho số phức z,  3i , 5  i , 2  i Khi A 1; 3 , B  5;1 I  2; 1 Có I trung điểm đoạn thẳng AB MA  MB  65 MI  z   i Do I trung điểm đoạn thẳng AB nên MA2  MB AB MA2  MB MI     13 2 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có MA2  MB2  2MA.MB   MA2  MB2    MA  MB  Kết hợp với giả thiết, suy MA2  MB2  130 Do MI  65 13  52  MI  13 112 Đẳng thức xảy MA  MB  65 hay MI đường trung trực đoạn AB MI  13 Dễ dàng tìm M  6; 7  M  2;5  Theo giả thiết ta lấy M  2;5  ứng với z   5i Do a  2, b  2b  3a  16 Cách 2: (Sử dụng kiến thức Đại số) Đặt z  x  yi,  x, y   x 1   y  3 i   x  5   y 1 i Từ giả thiết, ta có    x  1   y  3 2  x  5   y 1  2  65  65 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xky, ta có 65   x 1   y  3 2   x  5   y 1 2 2 2   x  1   y  3   x  5   y  1     65  x2  y  x  y  18   x  2   y  1 2  13  52   x     y  1  13  z   i 2 Dấu xảy  x  1   y  3   x  5   y  1  65 2 2   x; y    6; 7   x; y    2;5  Theo giả thiết, ta lấy a  2, b  Bài tập tương tự Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn z   3i  z   5i  38 Biểu thức z   4i đạt giá trị nhỏ A B C D 2 Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn z   7i  z   i  26 Biểu thức z   4i đạt giá trị nhỏ A 12 B 24 C 113 41 D 89 ... học lớp 10, ứng dụng tích phân việc tính diện tích hình phẳng tốn tính cho phí cho diện tích hình phẳng Với quan điểm cá nhân để giải toán ta có ba bước sau: Bước 1:Tính diện tích Elip + Tính... Tiếp tục xếp bạn lại vào ghế C có cách chọn Xếp bạn vào ghế C có cách chọn  Tiếp tục xếp bạn lại vào ghế D1 có cách chọn Xếp bạn vào ghế D2 có cách chọn  Sau xếp bạn lại vào ghế E1 có cách chọn... 1: Xếp bạn thứ vào ghế A1 có cách chọn Tiếp theo xếp bạn vào ghế A2 , bạn phải khác giới với bạn ngồi ghế A1 nên có cách chọn Tiếp tục xếp bạn lại vào ghế B1 có cách chọn Xếp bạn vào ghế B2 có