MỤC LỤC Chương Lượng giác Chương Tổ hợp Chương Dãy số Chương Giới hạn .10 Chương Đạo hàm .13 Chương Phép biến hình 13 Chương Quan hệ vng góc 14 Chương Ứng dụng đạo hàm 23 Chương Mũ – logarit .53 Chương Nguyên hàm – tích phân 67 Chương 10 Số phức 72 Chương 11 Thể tích khối đa diện .74 Chương 12 Nón – trụ - cầu .102 Chương 13 Oxyz .113 Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Câu 1: Chương Lượng giác   Cho x, y   0;  thỏa cos x  cos y  2sin  x  y   Tìm giá trị nhỏ  2 sin x cos y P  y x A P   B P   C P  3 D P   Lời giải Chọn B Ta có cos x  cos y  sin  x  y    sin x  sin y  sin  x  y  Suy ra: x  y  Áp dụng bđt: a b2  a  b    m n mn  sin Suy P  Do P  Câu 2: x  sin y   2 x y   Đẳng thức xảy  x  y    [TRƯỜNG THPT ĐỒNG HẬU-VĨNH PHÚC LẦN 1] Với giá trị m để phương  3  trình m sin x  3sin x.cos x  m  có nghiệm x   0;  ? A m  1 Hướng dẫn giải Đáp án C B m  1   C m  1 D m  1 PT cho  m sin x 1  3sin x cos x 1   3sin x cos x  cos x 1  Câu 3: Dễ thấy cos x   PT  tan x  tan x  m    3  Để PT cho có ba nghiệm thuộc  0;  PT t  3t  m   có hai nghiệm trái dấu    m    m  1 Tìm m để phương trình sin x  cos4 x  cos2 x  m có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn      ;   4   47 m   64 A    m  B 49 m 64 C 47 m 64 D 47 m 64 Lời giải Chọn C  cos x  cos2 x  m  cos2 x  cos x  m  31 Đặt t  cos x Phương trình trở thành: 4t  t  m  3, 2 , (2) Phương trình cho tương đương Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui         Với x   ;  t  1;1 Vì giá trị t  1;1 tạo hai giá trị x   ;  nên  4   4      phương trình (1) có nghiệm phân biệt x   ;  phương trình (2) có  4  nghiệm phân biệt t  1;13 Xét hàm số g t   4t  t víi t  1;1 , g  t   8t  1; g  t    t   Lập bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên suy (3) xảy   Vậy giá trị m phải tìm là: Câu 4: 47  4m    m 16 64 47 m 64 Chương Tổ hợp (THPT Chuyên Đại Học Vinh - Nghệ An - 2018) Có số có chữ số viết từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, cho số chia hết cho 15 ? A 234 B 243 C 132 D 432 Lời giải Đáp án B Gọi số số cần lập có dạng:   abcd 1  a, b, c, d   • Để 15   va  +   d  + 3  a  b  c  5 • Chọn a có cách, chọn b có cách chọn thì: + Nếu a  b  chia hết cho c  3;6;9  c có cách chọn + Nếu a  b  chia cho dư c  2;5;8  c có cách chọn + Nếu a  b  chia cho dư c  1; 4;7  c có cách chọn Câu 5: Vậy, theo quy tắc nhân ta có: 9.9.3  243 số (MEGABOOK-ĐỀ 3) Từ chữ số 0,1, 2,3, 4,5, lập số tự nhiên có chữ số khác chia hết cho 15 A 222 B 240 C 200 D 120 Lời giải Chọn A Gọi số cần tìm abcde Số mà chia hết cho 15 phải chia hết cho Trường hợp Số cần tìm có dạng abcd , để chia hết cho a, b, c, d phải thuộc tập sau A1  1, 2,3, 6 , A2  1, 2, 4,5 A3  1, 3,5, 6 A4  2,3, 4, 6 , A5  3, 4, 5, 6 Do trường hợp có 5.4!  120 số Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Trường hợp Số cần tìm có dạng abcd , để chia hết a, b, c, d , e phải thuộc tập sau B1  0,1, 2, 4,5  , B2  0,1,3, 5, 6 , B3  0,3, 4, 5, 6 , B4  1, 2, 3, 4,5 , B5  1, 2, 4, 5, 6 Nếu a, b, c, d thuộc B1 , B2 , B3 , có 3.3.3.2  54 , số a, b, c, d thuộc B4 , B5 có 2.4!  48 Câu 6: Tổng lại có 120  54  48  222 số 2018 Tổng T  C2018 bao nhiêu?  C2018  C2018    C2018 A 22018 B 2018  C 2018 D 22018 1 Lời giải Chọn D  Tự luận: Khai triển nhị thức Niu tơn 1  x  2018 2018 2018  C2018  C2018 x  C2018 x  C2018 x    C2018 x 2018 Cho x ta 2018 C2018 C2018  C2018    C2018   T  T  2018 1 Câu 7: (THPT VIỆT ĐỨC) Trong hệ tọa độ Oxy có điểm nằm tia Ox điểm nằm tia Oy Nối điểm tia Ox điểm tia Oy ta 40 đoạn thẳng Hỏi 40 đoạn thẳng cắt giao điểm nằm góc phần tư thứ hệ trục tọa độ xOy (biết khơng có đoạn thẳng đồng quy điểm) A 260 B 290 C 280 D 270 Lời giải Chọn C Số tứ giác có đỉnh điểm 13 điểm cho C82 C52  280 Câu 8: Mỗi tứ giác có hai đường chéo cắt điểm thuộc góc phần tư thứ hệ tọa độ Oxy Vậy số giao điểm 280 [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Một khối lập phương có độ dài cạnh 2cm chia thành khối lập phương cạnh 1cm Hỏi có tam giác tạo thành từ đỉnh khối lập phương cạnh 1cm A 2876 B 2898 C 2915 D 2012 Lời giải Chọn A Có tất 27 điểm Chọn điểm 27 có C27  2925 Có tất  8.2  6.2        49 ba điểm thẳng hàng Câu 9: Vậy có 2925  49  2876 tam giác ( TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n       1.2 2.3 3.4 (n  1)(n  2) (n  1)(n  2) A n  100 B n  98 C n  99 Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui D n  101 Câu 10: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức 10 11 12 p  x   1  x   1  x   1  x   1  x  1  x  Khai triển rút gọn ta đa thức: P  x   a0  a1 x  a2 x   a12 x12 Tìm hệ số a8 A 720 Lời giải Đáp án C B 700 C 715 D 730 n n Phương pháp: Áp dụng công thức khai triển tổng quát:  a  b    Cnk a n  k b k k 0 n n Đối với toán ta áp dụng công thức 1  x    Cnk 1n  k x k Sau dựa vào khai triền k 0 toán cho P  x   a0  a1 x  a2 x   a2 x ta tìm hệ số a8 (đi theo x8 ) 12 Cách giải: 8  ) 1  x    C8k 18 k x k  a8  C88 k 0 9  ) 1  x    C9k 19 k x k  a8  C98 k 0 10 10  ) 1  x    C10k 110 k x k  a8  C108 k 0 11 11  ) 1  x    C11k 111 k x k  a8  C118 k 0 12 12  ) 1  x    C12k 112 k x k  a8  C128 k 0 Vậy Hệ số cần tìm là: a8  C88  C98  C108  C118  C128    45  165  495  715 Câu 11: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Tìm hệ số số hạng chứa x3 khai triển 1  x  2015x 2016  2016 x 2017  2017 x 2018  A C603 60 B C603 C 8.C603 D 8.C603 Lời giải Đáp án D 60 60 k Ta có 1  x  2015 x 2016  2016 x 2017  2017 x 2018    1  x    80  k k 0 80 Số hạng chứa x3 khai triển hệ số x3 khai triển 1  x    Khi số hạng chứa x3 khai triển là: C60 1 Câu 12: 80 3  x   8.C603 x (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho đa thức 10 11 p  x   1  x   1  x   1  x   1  x  12 1  x  Khai triển rút gọn ta đa thức: P  x   a0  a1 x  a2 x   a12 x12 Tính tổng hệ số , i  0,1, 2, ,12 A Lời giải Đáp án B Phương pháp: B 7936 C Sử dụng công thức tổng n số hạng cấp số nhân Sn  Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui D 7920 u1  q n  1 q 1 n Áp dụng khai triển nhị thức Newton  a  b    Cnk a k b n  k k 0 n Sử dụng tổng 1  1   Cnk  n k 0 Cách giải: 10 11 12 p  x   1  x   1  x   1  x   1  x   1  x   1  x  1    1 1  x 13  1  x 8 1  x 13 1  x 8     x 1 x x x 13 m 13 C  xm n C m 0 13   C13m x m 1   C13n x n 1 n0  x xn x m 0 n 0 13 a 1 b 1  a0  a1  a2   a12   C131  C81    C132  C82     C138  C88   C139   C1313   C13a   C8b n 13 Xét tổng 1  1   Cnk  n   C13a  28  C80  28  k 0 a 1 13  a0  a1  a2   a12    28   7936 Câu 13: (THPT Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần - 2018) Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 2100  n       1.2 2.3 3.4  n  1 n    n  1 n   A n  100 Lời giải Đáp án B Ta có B n  98 D n  101  C C1 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn Cnn   Cn0 Cn1 Cnn        n  n          1.2 2.3 3.4  n  1 n     n  1    n    Ta có C n  99  1  x  n dx    C0n  C1n x  Cnn x n  dx  C0n C1n Cn 2n 1     n  n 1 n 1  x 1  x  n dx   x  C0n  C1n x  Cnn x n  dx   1  x  n 1 dx   1  x  n 1 dx    C0n x  C1n x  Cnn x n 1  dx 0  1  x n  1  x n 1   C n x C n x3 C n x n          n   n2 n   n2 0    Cn Cn Cn  n2n1       n   n    n  1 n    Như  C C1 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn C n   C C1 Cn        n  n   n    n  n   n  1.2 2.3 3.4 n 1  n2  n  1 n     2n 1  n2n 1  2n   n  2100  n      n  98 n   n  1 n    n  1 n    n  1 n   Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui [THPT Phạm Cơng Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Chiếc kim bánh xe trị chơi “ Chiếc nón kì diệu” dừng lại mười vị trí với khả Xác suất để ba lần quay, kim bánh xe dừng lại ba vị trị khác A 0,001 B 0,72 C 0,072 D 0,9 Đáp án B Quay lần số kết thu 103 Kim nón vị trí khác lần quay có số kết 10.9.8  720 720 18 Xác suất để kim nón vị trí khác lần quay là:   0, 72 10 25 Câu 15: [THPT PHAN CHU TRINH ĐAKLAK LẦN - 2018] Một nhóm học sinh gồm nam có Quang nữ có Huyền xếp ngẫu nhiên vào 10 ghế hàng ngang để dự lễ sơ kết năm học Xác suất để xếp bạn nữ gần có bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền là: 109 1 109 A B C D 30240 280 5040 60480 Lời giải Chọn B Không gian mẫu (xếp 10 bạn bất kì): n     10! Câu 14: Cách xếp bạn nữ gần có bạn nam là: 4!.6! Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ Nam Nam Nữ Có trường hợp hai bạn Nam, Nữ ngồi cạnh Giả sử Quang Huyền ngồi cạnh Khi số cách chọn xếp bạn nữ gần có bạn nam, đồng thời Quang ngồi cạnh Huyền C61 3!.5! Vậy số cách chọn xếp bạn nữ gần có bạn nam, đồng thời Quang không ngồi cạnh Huyền n  A   4!.6! C61 3!.5!  12960 Xác suất cần tìm P  A  Câu 16: n  A  n    280 [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Gọi A tập hợp tất số tự nhiên có tám chữ số đơi khác Chọn ngẫu nhiên số thuộc A , tính xác suất để số tự nhiên chọn chia hết cho 45 53 A B C D 81 2268 36 162 Lời giải Chọn B Ta có n     A108  A97 Gọi A tập hợp số a có chữ số khác chia hết cho 45 Khi a chia hết cho (tổng chữ số chia hết cho số hàng đơn vị ) Trường hợp 1: a có hàng đơn vị ; chữ số cịn lại có chữ số số 1;8 , 2; 7 , 3; 6 , 4; 5 , có 4.7! số Trường hợp 2: a có hàng đơn vị ; chữ số cịn lại có chữ số số 0; 9 , 1;8 , 2; 7 , 3; 6 Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui * Khơng có 0; 9 , có 7! số * Có 0; 9 , có C32  7! 6! số  n  A   4.7! C32  7! 6! số  P  A  Câu 17: 4.7! C32  7! 6! 53  A10  A9 2268 [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch thi cờ tướng Người giành chiến thắng người thắng năm ván cờ Tại thời điểm người chơi thứ thắng ván người chơi thứ hai thắng ván, tính xác suất để người chơi thứ giành chiến thắng A B C D Lời giải Chọn C Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng thua ván đấu 0, 5;0, Xét thời điểm người chơi thứ thắng ván người chơi thứ hai thắng ván Để người thứ chiến thắng người thứ cần thắng ván người thứ hai thắng khơng q hai ván Có ba khả năng: TH1: Đánh ván Người thứ thắng xác suất  0,5 TH2: Đánh ván Người thứ thắng ván thứ hai xác suất  0,5  TH3: Đánh ván Người thứ thắng ván thứ ba xác suất  0,5  ( THPT Hàn Thuyên-Bắc Ninh-Lần 1) Kết  b; c  việc gieo súc sắc cân đối Vậy P  0,5   0,5    0,5   Câu 18: đồng chất hai lần (trong b số chấm xuất lần gieo đầu, c số chấm xuất lần gieo thứ hai) thay vào phương trình trình (*) vơ nghiệm là: 17 A 36 Hướng dẫn giải Đáp án B B Phương pháp: Xác suất biến cố A C x  bx  c  * Xác suất để phương x 1 D 19 36 nA n A số n khả mà biến cố A xảy ra, n tất khả xảy x  bx  c   * x 1 Để phương trình (*) vơ nghiệm phương trình x  bx  c  ** có trường hợp xảy ra: Cách giải: TH1: PT (**) có nghiệm x  1   b  4c  b  4c    b  4b   b  4b    b   c  1  b  c  c  b  Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui   b; c    2;1 TH2: PT (**) vô nghiệm    b  4c   b  4c  b  c Vì c số chấm xuất lần gieo thứ nên c   b   4,9 Mà b số chấm xuất lần giao đầu nên b  1; 2;3; 4  c  1; 2;3; 4;5;6  có cách chọn c Với b  ta có: c   c  2;3; 4;5;6  có cách chọn c Với b  ta có: c   c  3; 4;5; 6  có cách chọn c Với b  ta có: c   c  5; 6  có cách chọn c Với b  ta có: c  Do có     17 cách chọn  b; c  để phương trình (**) vơ nghiệm Gieo súc sắc lần nên số phần tử không gian mẫu n  6.6  36  17  36 (THPT Việt Trì) Kết  b, c  việc gieo súc sắc cân đối đồng chất hai lần, Vậy xác suất đề phương trình (*) vơ nghiệm Câu 19: b số chấm xuất lần gieo đầu, c số chấm xuất lần gieo thứ hai, thay vào phương trình bậc hai x  bx  c  Tính xác suất để phương trình có nghiệm 19 1 17 A B C D 36 18 36 Lời giải Chọn A • Số phần tử không gian mẫu n     36 Gọi A biến cố thỏa u cầu tốn Phương trình x  bx  c  có nghiệm   b  4c   b  4c Xét bảng kết (L – loại, không thỏa ; N – nhận, thỏa yêu cầu đề bài) Dựa vào bảng kết ta thấy số kết thuận lợi cho A 19 Vậy xác suất biến cố A : P  A   19 36 Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Chương Dãy số Câu 20: [THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - PHÚ THỌ 2018 - LẦN 1] Cho dãy số  an  xác định a1  5, an 1  q.an  với n  1, q số, a  0, q  Biết công thức số hạng tổng quát dãy số viết dạng an   q n 1   A 13 B C 11  q n 1 Tính   2 ? 1 q D 16 Lời giải Chọn C Ta có: an 1  k  q  an  k   k  kq   k  1 q Đặt  an  k  1  q.vn  q 1   q n v1   Khi  q n 1.v1  q n 1  a1  k   q n 1     1 q      q n1 n 1  n 1  5q  Vậy an   k  q     k  q    1 q  1 q   1 q  1 q Do dó:   5;         2.3  11 Cách Theo giả thiết ta có a1  5, a2  5q  Áp dụng công thức tổng quát, ta n 1   q11 11 a   q     1 q 5      , suy hay ,    1 5q    q     a   q 1    q   q    1 q       2.3  11 Câu 21: [THPT Phạm Cơng Bình - Vĩnh Phúc - Lần 1] Gọi Sn  có giá trị A 34 Hướng dẫn giải Đáp án D 1 Có   n n   n n n 10   n n n ……  3n n   n n n B 30,5 10  3n     Khi S 20 n n n n C 325 1  n  n 1 n 1  S  n         n  1 n n n 2 n n 65  S 20   32,5 Chọn D Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui D 32,5 216  6b  b   b   Từ (1), ta suy ra: a  b Dấu xảy khi: Câu 179: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho tôn hình nón có bán kính đáy r  , độ dài đường sinh l  Người ta cắt theo đường sinh trải phẳng hình quạt Gọi M , N thứ tự trung điểm OA OB Hỏi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) khối trụ tích bao nhiêu? 3 A    13   B   13  4 C   13  12 D  13  Lời giải Đáp án A Phương pháp: Tính độ dài đoạn thẳng MN MQ sau áp dụng cơng thức tình thể tích hình trụ V   r h Cách giải: Độ dài cung AB chu vi đường tròn đáy nên l AB  2 r  2 4  3 4 l 2 Ta có độ dài cung AB l AB   OA    AB    AOB OA Áp dụng định lí cosin tam giác OAB có AB  OA2  OB  2OA.OB.cos 2  1  22  22  2.22     3  2 Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui 1 AB   PQ  MH  MN  2 Hạ OD  MN ta có OD tia phân giác AOB  AOD  60, OD cắt AQ E MN  1 Xét tam giác vng OMH có OH  OM cos 60   2 2 OP  OQ  PQ 4 43 Xét tam giác OPQ có cos POQ    2.OP.OQ 2.2.2 Mà cos POQ  cos  2DOQ   cos DOQ   13  cos DOQ  Xét tam giác DOQ có QD  OQ  OD  2OQ.OD cos DOQ    2.2.2 13   13 Xét tam giác vng DQF có: DF2  QD2  QF2   13  29 29  13 16  2.4 13  13  13   13  DF    4 2  13    13 13      MQ 2 2 Khi thể tích khối trụ tạo hình chữ nhật MNPQ là:  HF  OD  OH  DF       13  3 13  V  .MH MQ        Chú ý giải: Có thể tính độ dài MQ cách sau: Xét tam giác OAE có: EA  OA  OE  2OA.OE cos AOE     DE   2.2   DE   EA  DE  2DE  Gọi F giao điểm ED với đường trịn tâm O bán kính OA  Khi theo tính chất hai cát tuyến EQA , EDF ta có EQ.EA  ED.EF  EA  ED  ED    EA  2ED  8ED   Từ 1 ,   suy DE  2DE   2DE  8DE  DE  6DE    DE  13  Do OE  OD  DE   13   13   MQ  Vậy MQ  13  OE  2 13  Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Câu 180: (MEGABOOK-ĐỀ 3) Một người thợ có khối đá hình trụ Kẻ hai đường kính MN , PQ hai đáy cho MN  PQ Người thợ cắt khối đá theo mặt cắt qua điểm M , N , P, Q để thu khối đá có hình tứ diện MNPQ Biết MN  60cm thể tích khối tứ diện MNPQ 30dm Tìm thể tích lượng đá bị cắt bỏ (làm tròn kết đến chữ số thập phân) A 101,3dm3 B 141,3dm3 C 121,3dm3 D 111, 4dm3 Lời giải Chọn D Ta dễ dàng chứng minh  OMN  vng góc với PQ 1 Do thể tích khối tứ diện MNPQ là: VMNPQ  S MNO PQ  OO.MN PQ Trong d  MN , PQ   OO  h  60 2.h.1  30.103  h  50cm Vậy thể tích lượng đá bị cắt bỏ bằng:   60    50  30  111, dm3 10   Câu 181: (THTT - Lần – 2018) Có bìa hình tam giác vng cân ABC có cạnh huyền a Người ta muốn cắt bìa thành hình chữ nhật MNPQ cuộn lại thành hình trụ khơng dáy nhu hình vẽ V  Vt  VMNPQ   R h  30  Diện tích hình chữ nhật để diện tích chung quanh hình trụ lớn nhất? a2 Lời giải A B 3a C a2 Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui D 3.a Đáp án D Đặt MN  PQ  x , có  NC  MN AN a  2x AN a  2x     AN  BC AC a a 2 a a  2x  x 2 NC  PC  PN  x  x  x Có S xq  S MNPQ  x  a  x   a a2  a a Xét hàm số f  x   f    có f max  f    8  4 4 Câu 182: (MEGABOOK-ĐỀ 3) Bạn A có cốc thủy tinh hình trụ, đường kính lịng đáy cốc 6cm , chiểu cao lòng cốc 10cm đựng lượng nước Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc nước chạm miệng cốc đáy mực nước trùng với đường kính đáy Tính thể tích lượng nước cốc A 60cm3 B 15 cm3 C 70cm3 D 60 cm Lời giải Chọn A Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vng góc với đường kính vị trí có (tam giác màu đen): 1 S  x  R  x R  x tan  S  x    R  x  tan  2 R Thể tích hình nêm là: V  tan   R  x dx  R3 tan    Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Thể tích khối nước tạo thành ngn cốc có hình dạng nêm nên 2 h Vkn  R tan  Vkn  R  60cm 3 R Câu 183: (Toan Luyen de THPTQG) Cho hình vng ABCD cạnh a Gọi N điểm thuộc cạnh AD cho AN  2DN Đường thẳng qua N vng góc với BN cắt BC K Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay tứ giác ANKB quanh trục BK a Câu 184: (THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho tôn hình nón có bán kính đáy r  , độ dài đường sinh l  Người ta cắt theo đường sinh trải phẳng hình quạt Gọi M , N thứ tự trung điểm OA OB Hỏi cắt hình quạt theo hình chữ A V  a B V  3 a C V  a D V  nhật MNPQ (hình vẽ) tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) khối trụ tích bao nhiêu? 3 A    13   B   13  4 C   13  12  13  Lời giải Chọn A Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui D Độ dài cung AB chu vi đường tròn đáy nên l AB  2 r  2 4  3 4 l AB 2 Ta có độ dài cung AB l AB   OA       AOB OA Áp dụng định lí cosin tam giác OAB có AB  OA2  OB  2OA.OB.cos 2  1  22  22  2.22     3  2 1 AB   PQ  MH  MN  2 Hạ OD  MN ta có OD tia phân giác AOB  AOD  60, OD cắt AQ E MN  1 Xét tam giác vng OMH có OH  OM cos 60   2 OP  OQ  PQ   Xét tam giác OPQ có cos POQ    2.OP.OQ 2.2.2 Mà cos POQ  cos  2DOQ   cos DOQ   13  cos DOQ  Xét tam giác DOQ có QD  OQ  OD  2OQ.OD cos DOQ    2.2.2 13   13 Xét tam giác vuông DQF có: DF2  QD2  QF2   13  29 29  13 16  2.4 13  13  13   13  DF    4 2  13    13 13      MQ 2 2 Khi thể tích khối trụ tạo hình chữ nhật MNPQ là:  HF  OD  OH  DF     13  3 V  .MH MQ      2     13  Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Câu 185: (THPT Lê Văn Thịnh- Bắc Ninh-Lần 1) Cho hình chóp S ABC có mặt đáy tam giác cạnh hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  điểm H nằm   120, CHA   90 Biết tổng diện tích tam giác ABC cho  AHB  150, BHC mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB, S HBC , S HCA 124  Tính thể tích khối chóp S ABC A VS ABC  B VS ABC  C VS ABC  4a D VS ABC  Lời giải Đáp án B Gọi r1 , r2 , r3 bán kính đường trịn ngoại tiếp HAB, HBC , HCA  AB r2  Theo định lí Sin, ta có tương tự  2r1  r1   2;  2.sin150 sin  AHB r  3 Gọi R1 , R2 , R3 bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB, S HBC , S HCA SH  x  4; R2  x  R3  x  Đặt SH  x  R1  r  4 Suy S  S 19  124   S2  S3  4 R12  4 R22  4 R32  4  3x    x 3 3  1 22 Vậy thể tích khối chóp S ABC V  SH S ABC   3 Chú ý: “Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với đáy RABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC  R  R2ABC  SA2 bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC ” Câu 186: [THPT-Chun-Bắc-Ninh-Bắc-Ninh-Lần-2]Cho tơn hình nón có bán kính đáy r  , độ dài đường sinh l  Người ta cắt theo đường sinh trải phẳng hình quạt Gọi M, N thứ tự trung điểm OA OB Hỏi cắt hình quạt theo hình chữ nhật MNPQ (hình vẽ) tạo thành hình trụ đường sinh PN trùng MQ (2 đáy làm riêng) khối trụ tích bao nhiêu? Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui 3 A     13  B   13  4 C   13  12 D  13  Lời giải Chọn A Phương pháp: Tính độ dài đoạn thẳng MN MQ sau áp dụng cơng thức tình thể tích hình trụ V   r 2h Cách giải: 4 Độ dài cung AB chu vi đường tròn đáy nên l AB  2 r  2  3 4 l 2 Ta có độ dài cung AB l AB   OA    AB    AOB OA Áp dụng định lí cosin tam giác OAB có AB  OA2  OB  2OA.OB.cos 2  1  22  22  2.22     3  2 1 AB   PQ  MH  MN  2 Hạ OD  MN ta có OD tia phân giác AOB  AOD  60, OD cắt AQ E MN  1 Xét tam giác vng OMH có OH  OM cos 60   2 Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Xét tam giác OPQ có cos POQ  OP  OQ  PQ     2.OP.OQ 2.2.2 Mà cos POQ  cos  2DOQ   cos DOQ   13  cos DOQ  Xét tam giác DOQ có QD  OQ  OD  2OQ.OD cos DOQ    2.2.2 13   13 Xét tam giác vng DQF có: DF2  QD2  QF2   13  29 29  13 16  2.4 13  13  13   13  DF    4 2  13    13 13      MQ 2 2 Khi thể tích khối trụ tạo hình chữ nhật MNPQ là:  HF  OD  OH  DF       13  3 13  V  .MH MQ        Chú ý giải: Có thể tính độ dài MQ cách sau: Xét tam giác OAE có: 2 EA  OA  OE  2OA.OE cos AOE     DE   2.2   DE   EA  DE  2DE  Gọi F giao điểm ED với đường trịn tâm O bán kính OA  Khi theo tính chất hai cát tuyến EQA, EDF ta có EQ.EA  ED.EF  EA  ED  ED    EA  2ED  8ED   Từ (1),(2) suy DE  2DE   2DE  8DE  DE  6DE    DE  13  Do OE  OD  DE   13   13   MQ  Vậy MQ  13  OE  2 13  Chương 13 Oxyz Câu 187: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 Tìm điểm M cho 3MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui 3  A M  ; ; 1 4    M   ; ; 1    Lời giải Chọn D   B M   ; ;     3  C M   ; ; 1    D   Gọi I  xI ; yI ; z I  thỏa mãn điều kiện 3IA  IB  IC   I   ; ; 1      2 Ta có P  3MA2  MB  MC  MI  IA  MI  IB  MI  IC          MI  MI 3IA  IB  IC  3IA2  IB  IC  MI  3IA2  IB  IC    Suy Pmin  MI  M trùng với điểm I Vậy M   ; ; 1    Câu 188: [THPT Lương Thế Vinh - Hà Nội] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 mặt phẳng  P  : x  y   Điểm B thay đổi thuộc Oz , điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng  P  Biết tam giác ABC có chu vi nhỏ Tọa độ điểm B A B  0;0;1 B B  0;0; 2  C B  0; 0; 1 D B  0;0;  Lời giải Chọn A Gọi M , N hai điểm đối xứng với A qua Oz mặt phẳng  P  ( hình vẽ bên: Điểm A nằm Oz ,  P  O, A phía với  P    d Oz;  P   d  A;  P   Khi CABC  AB  BC  AC  BM  BC  CN Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Suy  BM  BC  CN min  B,C , M , N thẳng hàng Hay B hình chiếu A Oz , Vậy B  0;0;1 Câu 189: ( THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định – 2018 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A  1; 2; 1 , B  2; 1;  , C  4; 7;  Tọa độ chân  tam giác ABC đường phân giác góc B  11   11   11  A   ; ;1 B  ; 2;1 C  ; ;   3  3   3 3 D  2;11;1 Lời giải Chọn A Gọi D chân đường phân giác góc B ABC Theo tính chất đường phân giác ta có:  DA DC AB    DA   DC * AB BC BC   Với AB  1; 3;   AB  26 BC   6;8;   BC  104 k  AB  BC Từ (*) ta có, điểm D chia đoạn thẳng AC theo tỷ số k nên D có toạ độ x A  kxC   xD   k    y A  kyC 11   11    D   ; ;1  yD  1 k  3   z A  kzC   zD   k   Câu 190: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz; cho A  a; 0;0  , B  0; b;  , C  0;0; c  với a, b, c dương Biết A, B, C di động tia Ox, Oy, Oz cho a  b  c  Biết a, b, c thay đổi quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng (P) cố định Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) 2014 2016 2015 A 2017 B C D 3 Lời giải Chọn.D Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui Gọi D, K trung điểm AB, OC Từ D kẻ đường thẳng vng góc với mặt phẳng  OAB  cắt mặt phẳng trung trực OC I  I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC suy z1  c a a b a b c  x1  ; y1   I  ; ;  2 2 2 abc Suy x1  y2  z2    I   P  : x  y  z 1  2015 Vậy khoảng cách từ điểm M đến  P  d  Tương tự DF  Câu 191: (MEGABOOK-ĐỀ 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2; 3 mặt phẳng  P  : x  y  z   Đường thẳng d qua A có véctơ  phương u   3; 4; 4  cắt  P  B Điểm M thay đổi  P  cho M nhìn đoạn AB góc 90 Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB qua điểm điểm sau? A H  2; 1;3 B I  1; 2;3 C K  3; 0;15  D J  3; 2;  Lời giải Chọn B  x   3t  Phương trình đường thẳng d là:  y   4t , t    z  3  4t  Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui B  d  B 1  3t ;  4t ; 3  4t  Mà B   P   18t  18   t  1  B  2; 2;1 Do MAB vuông M  MB  AB  MA2 Để MB lớn => MA nhỏ Gọi H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  P  Xét AHM vuông H  AM  AH Để MA nhỏ  M  H  MB giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng   (   mặt phẳng chứa d vng góc với mặt phẳng  P  )       n   nP , ud    4;5;   uMB   nP , u   1; 0;   x  2  t  Vậy phương trình đường thẳng MB :  y  2 Thấy điểm I  1; 2;3 thỏa  z   2t  mãn Câu 192: (THPT CHUN LAM SƠN-THANH HĨA LẦN NĂM 2018) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(2; 0;0) , B(0;3;0) , C (0;0;6) , D 1;1;1 Có tất mặt phẳng phân biệt qua điểm O, A, B, C , D ? A 10 B C D Lời giải - O,A,B,C không đồng phẳng nên chúng đỉnh tứ diện x y z Phương trình mặt phẳng (ABC)     D  (ABC) Dễ thấy D không nằm mặt phẳng (OAB), (OBC), (OCA) ( tự vẽ hình minh họa) Đếm trực tiếp ta có mặt phẳng phân biệt Đáp án C Câu 193: (MEGABOOK-SỐ 06) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A  9; 3;  , B  a; b; c  Gọi M , N , P giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng toạ độ  Oxy  ,  Oxz   Oyz  Biết M , N , P nằm đoạn AB cho AM  MN  NP  PB Giá trị tổng a  b  c là: A 21 B 15 C 15 Lời giải Đáp án B  x   9  a  t  Đường thẳng AB  y  3   3  b  t   z   5  c  t Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui D 21 Từ điều kiện M , N , P  AB AM  MN  NP  PB  M, N, P trung điểm AB, AN BN 9a 3  b 5c   5   3    a 3  b  c    N ; ; ; ;  , M  2  2      9a 3  b 5c   c a b 2  M ; ;  2      5c 5  0   M   O xy   a  3   3  b    b  Vậy a  b  c  15 Mà  N   O xz       c  15  P   Oyz  9a  a    Câu 194: [THPT CHUYÊN LAM SƠN-THANH HÓA LẦN 2-2018] Trong mặt phẳng tọa A 0;  1;  B  2; 3;0  C  2;1;1 D  0; 1;3  L độ Oxyz , cho bốn điểm  , , , Gọi   tập hợp tất điểm M không gian thỏa mãn đẳng thức     L MA.MB  MC.MD  Biết   đường trịn, đường trịn có bán kính r bao nhiêu? A r  11 B r  C r  Lời giải Chọn A Gọi M  x; y ; z  tập hợp điểm thỏa mãn yêu cầu toán Ta có    AM   x; y  1; z   , BM   x  2; y  3; z  , CM   x  2; y  1; z  1 ,  DM   x; y  1; z          MA.MB  Từ giả thiết: MA.MB  MC.MD       MC.MD  Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui D r  2 2  x  x     y  1 y  3  z  z     x  y  z  x  y  z     2  x  y  z  x  z    x  x     y  1 y  1   z  1 z  3  Suy quỹ tích điểm M đường tròn giao tuyến mặt cầu tâm I1 1; 2;1 , R1  mặt cầu tâm I  1;0;  , R2  M I1 I2 Ta có: I1 I  11 I I  Dễ thấy: r  R         Địa Chỉ Facebook: Thích Học Chui ...  có cách chọn c Với b  ta có: c   c  2;3; 4;5;6  có cách chọn c Với b  ta có: c   c  3; 4;5; 6  có cách chọn c Với b  ta có: c   c  5; 6  có cách chọn c Với b  ta có: ... Khi chi phí lắp đặt nhỏ Do khoảng cách AD tìm chi phí thấp 6,5km Câu 80: (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG LẦN 1) Người ta muốn xây bể chứa nước có 500 m Biết đáy hồ hình chữ nhật có chi? ??u dài gấp đôi chi? ??u... nhiên chọn chia hết cho 45 53 A B C D 81 2268 36 162 Lời giải Chọn B Ta có n     A108  A97 Gọi A tập hợp số a có chữ số khác chia hết cho 45 Khi a chia hết cho (tổng chữ số chia hết cho