TUYỂN CHỌN câu hỏi VD VDC TRONG đề TT 2018

Phương trình tiếp tuyến  của đồ thị hàm số   C tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất... Điểm M nằm trong mặt phẳng  P sao cho M luôn nhìn

Câu 1: [2D1-3]Cho hàm số 2

1

x y x





 có đồ thị   C Phương trình tiếp tuyến  của đồ thị hàm số   C tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất Khi đó, khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị   C đến  bằng?

Lời giải

Chọn D

0

2

1

x

x

0 0

2 3

1 1

x

x x





Giao điểm của  với tiệm cận đứng là 0

0

5 1;

1

x A

x



Giao điểm của  với tiệm cận ngang là B2x01;1

0

6

1

x

 Bán kính đường tròn ngoại tiếp IABlà

IAB

S  pr, suy ra

2 3 6

IAB

r

p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB

0

M

M

      

IM   IM 

Câu 2: [1D5-3] [Chuyên Biên Hòa, Hà Nam, lần 1, năm 2018- Câu 46]Cho hàm số y f x 

xác định và có đạo hàm trên thỏa mãn   2   3

f  x  x f x

trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x  tại điểm có hoành độ bằng 1

y  x B 1 8

y x C 1 8

y  x D 6

7

y  x

Lời giải

Chọn A

* Phân tích:

+ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x  tại điểm có hoàng độ x0 là:

  0 0  0

y f x xx  f x Do đó, muốn viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm

số tại điểm có hoành độ x0 ta phải tính được f x( )0 và f x( ).0

+ Trong giả thiết, chỉ cho duy nhất một điều kiện về hàm ( )f x , vì vậy chắc chắn phải căn cứ vào giả thiết này để tính f x( )0 và f x( ).0

* Lời giải

f  x  x f x  x

Trong  1 cho x0 ta được   3 2 (1) 0

(1) 1

f

f





 + Đạo hàm 2 vế của  1 ta được:

2.(1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) x  f  x f  x  1 3.(1x) (1 f x) f(1x)

 2  

4 (1 2 ) (1 2 )f x f x 1 3 (1f x) f(1 x) 2

Trong  2 cho x0 sẽ được:  2  

4 (1) (1)f f  1 3 (1).f f(1) 3

Nếu (1) 0f  thay vào  2 vô lý  f(1) 1

Thay (1)f  1 vào  2 sẽ được (1) 1

7

f   + Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 

1 1 7

y  x  hay 1 6

y  x

Câu 3: [2D1-3] *Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số 4 3 2

y x x x a Gọi M ,

m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0;2 Có bao nhiêu số nguyên a thuộc đoạn 3;3 sao cho M 2m?

Lời giải Chọn D

Xét hàm số y x4 4x3 4x2 a trên đoạn 0;2

y  x  x  x, y 0

0 1 2

x x x







 

 



 0  2

y  y a, y 1  a 1

Nếu a0 thì M  a 1, ma Để M 2m a 1, suy ra a1, 2, 3 thỏa mãn

Nếu a 1 thì M  a  a, m    a 1 a 1 Để M 2m  a 2, suy ra a   2, 3

Vậy có 5 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu.Có cách khác tổng quát hơn

Câu 4: [2D2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị

nhỏ nhất của hàm số   2

4

f x  e  e m trên 0; ln 4 bằng 6

A 3 B 4 C 1 D 2

Lời giải Chọn D

Đặt x

te , với x0;ln 4 t  1;4 Khi đó   2  

4

f x  t  t m  g t

Có g t   2t 4 g t    0 t 2

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy min 0;4   6 6

m

g t

m

 





6 10

m m

 



  

Câu 5: [2D1-3] C tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để giá trị lớn nhất của hàm số

y x x  m  x m trên đoạn  0; 2 kh ng vƣợt quá 15 ?

Lời giải Chọn C

t hàm số   3 2  2 

f x x x  m  x m trên đoạn  0; 2

f x  x  x m   x  m  

 

  với  x  0; 2

uy ra hàm số f x đồng biến trên          

0;2

2 0;2

0; 2



 



Khi đó

max ymax f x max  m m  m 

2

2

m

  

       

ậy có giá trị thoả m n

Câu 6: [2H3-3] [Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018] Trong không gian Oxyz cho điểm

(1; 2; 3)

A và mặt phẳng  P : 2x2y  z 9 0 Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  Q : 3x4y4z 5 0 cắt mặt phẳng  P tại B Điểm M nằm trong mặt phẳng  P sao cho M luôn nhìn AB dưới một góc vu ng và độ dài MB lớn nhất ính độ dài MB

2



2

MB C MB 5 D MB 41

Lời giải Chọn C

Ta có đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  Q : 3x4y4z 5 0 có phương trình:

 : 1 32 4 ,

3 4

 



   



   



a có giao điểm của d và mặt phẳng  P là B:

(1 3 ; 2 4 ; 3 4 )

  2 1 3  2 2 4  3 4 9 0 1

Vậy B( 2; 2;1) 

Điểm M nằm trong mặt phẳng  P sao cho M luôn nhìn AB dưới một góc vuông nên

M nằm trên đường tròn  C là giao của mặt cầu đường kính ABvới mặt phẳng  P Khi đó độ dài MB lớn nhất khi và chỉ khi độ dàiMB bằng đường kính của  C Gọi bán kính của đường tròn  C là r , trung điểm của ABlà ( 1; 0; 1)

2

I I , d( ,( )I P 3

Ta có  

2

,( )

5

I P

AB

d r r Vậy độ dàiMB lớn nhất là 5

Câu 7: *2D3-4+* hu n h nh 2- c Ninh-Lần 2-Năm 2018+ Trong không gian Oxyz, cho :

H

(P)

I

M B

A

2 2 2 2 2 2

( ) : (S x1) y z 4, (S ) : (x2) (y3)  (z 1) 1 và đường thẳng

2

2

 



  



   



Gọi A B, là 2 điểm tùy ý thuộc ( ), (S1 S2)vàM thuộc đường thẳng d

Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức PMA MB bằng:

A 2211

11 B 3707 3

11  C 1771 2 110

11



D 3707

11

Lời giải Chọn B

Gọi I R J R, 1; , 2 lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu ( ); (S1 S2)

Ta có: I(1;0;0),R12; (2;3;1),J R2  2 IJ//d

Để (MAMB) minM A B, , nằm trên mặt phẳng (IJ, ).d

Gọi H K, lần lượt là giao của các tia IM JM, với ( ); (S1 S2)

Ta có: MA MB MHMK MIMJ 3 (MA MB ) min(MIMJ) min

Gọi I là điểm đối xứng của I qua

 MA MB I J 

Dễ dàng tìm được: (35 6; ; 42) I J= 3707 ( ) min 3707 3



Câu 8: [2H3-4] [Sở GD & Đ tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 35]Trong không gian với hệ

tọa độ Oxyz, cho 3 điểmA0;1;1 , B 3;0; 1 ,  C 0; 21; 19  và mặt cầu

    2  2 2

S x  y  z  Gọi M a b c ; ;  là điểm thuộc mặt cầu  S sao cho

3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng S  a b c

K H

M

I

J

I'

A S0 B 14

5

5

S 

Lời giải Chọn B

Mặt cầu  S có tâm O1;1;1 và R1

Gọi I sao cho 3IA2IBIC0.Dễ dàng xác định được I1; 4; 3  

Khi đó ta có

3MA 2MB MC

3 MI IA 2 MI IB MI IC

6MI 2MI 3IA 2IB IC 3IA 2IB IC 6MI 3IA 2IB IC

Do I A B C, , , là kh ng đổi nên 3MA2MBMC nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất

Vì MI  MOIO  R IO nên MI nhỏ nhất khi M I O, , thẳng hàng hay M là giao

của đường thẳng IO với  S

a có đường thẳng OI có phương trình

1

1 3

1 4

x





  



  



Giao của OI và  S ứng với t là nghiệm của

1

1 25

5

t

t

 



           

  



t M MI 

t  M MI 

Chọn điểm M thứ nhất vì MI b hơn Khi đó 14

5

a  b c

Câu 9: [2D4-4][Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 45]Cho số phức z

thay đổi và thỏa mãn z  1 i 5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P z   i z i bằng

A 5 5

2

Lời giải

Chọn B

Gọi M x y ;  biểu diễn số phức z , từ z  1 i 5 thì M nằm trên đường tròn

  2 2

x  y  có tâm và bán kính :I 1;1 ,R5 Gọi A   0;8 ;B 7;9 thì

 2   2 2 2

P x  y  x  y  MA MB

Phân tích : mục tiêu tìm tọa độ điểm C sao cho MB2MC, nhận thấy IB2IM 2R

nên ta có hai cách tìm tọa độ điểm C như sau :

Cách 1 :   2 2

23 0

T x y

    

MB x y  x y  x y  x y  T

2

2

2

Nên chọn điểm 5;3

2

C 

  thì MB2MC

Cách 2 : Lấy điểm C thỏa mãn 1

4

IC IB thì tam giác IMC đồng dạng với tam giác

IBMnên ta có MB2MC, từ đó 5;3

2

C 

Ta có : P2MA MB 2MA MC 2AC5 5

Dấu « = » đạt được khi điểm C nằm trên đoạn AM

Được chia sẻ bởi Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC ừ Các Kỳ

hi(Đây l một số câu hay trên tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi của 3000 giáo viên trên to n quốc

Câu 10: [2H3-3+*Chuyên Hùng Vương ình Dương,thi lần 5,năm 2018+ Trong không gian

,

Oxyz cho mặt cầu  S có phương trình 2 2 2

x y z  x y z  và điểm

5;3; 2

A  Một đường thẳng d thay đổi lu n đi qua A và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt M N, Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức S AM4AN

A Smin 50 B Smin 10 C Smin 5 D Smin 20

Lời giải

Đáp án sai

Tâm I2; 1;1  và bán kính mặt cầu R3

  2 2 2

Gía trị nhỏ nhất xảy ra trong trường hợp AM  AN

Đặt AN x  34  3 x 5

AM AN AM 25

x

25

x

Xét f x( ) 4x 25

x

  trên  343;5





2

min

S

 khi x 34 3 min  

25

34 3

 Vậy GTNN Smin 5 349 khi x 34 3

Vậy kh ng có đáp án đúng

Phân tích ý tưởng:

- Bài này cái cốt lõi thực hiện được chính là sử dụng ý tưởng phương tích của một điểm đối với mặt cầu

- Tuy nhiên bài này có lỗi mà học sinh kể cả giáo viên hay mắc phải là xét dấu bằng

khi đánh giá bất đẳng thức cô-si 4x 25 2 4 x 25 20

   Smin 20 Tuy nhiên

điều này không thể xảy ra dấu bằng được vì điều kiện để đường thẳng d cắt mặt cầu

 S tại hai điểm phân biệt thì ta có khống chế điều kiện là: 34 3 AN 5

N I(2;-1;1)

A(5;3;-2)

M

Câu 11: [2H3-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018+Trong không gian Oxyz , cho ba điểm

(2;0;0), (0; 4;0), (0;0;6)

A B C , điểm M thay đổi trên mặt phẳng ABC, N là điểm trên tia OM sao cho OM ON 12 Biết khi M thay đổi thì điểm N luôn nằm trên mặt cầu

cố định Tính bán kính mặt cầu đó

A 7

2

Lời giải

Chọn A

* Phân tích:

rước khi tìm ra bán kính đường tròn thì hiểu rằng đây là bài toán quỹ tích, cần chỉ ra

quỹ tích của điểm N Theo giả thiết thì từ tọa độ của M ta có thể suy ra được tọa độ

của điểm N , mặt khác M lại chạy “tung tăng” trên mặt phẳng ABC, từ đó liên hệ ra

quỹ tích của điểm N

* Giải

; ;

N x y z ON  x y z Do ,O M N thẳng hàng và N thuộc tia ON , nên suy ra:

N ABC  x y zx y z  x y   z 

Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính 7

2

R

Câu 12: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018+ Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng

 P :x2y2z 1 0,  Q :x2y2z 8 0,  R :x2y2z 4 0 Một đường thẳng

 thay đổi cắt ba mặt phẳng      P , Q , R lần lượt tại các điểm , ,A B C Giá trị nhỏ

nhất của biểu thức AB 962

AC

 là

A 41

Lời giải

Chọn C

* Phân tích:

Ta nhận thấy ba mặt phẳng      P , Q , R là ba mặt phẳng phân biệt và song song với

nhau Dựa vào chỉ số d của ba mặt phẳng ta nhận thấy mặt phẳng  P nằm giữa hai mặt phẳng    Q , R

+) Ba mặt phẳng song song với nhau ta nghĩ đến định lý a let để có thể rút ra được mối quan hệ giữa AB AC, Từ đó đánh giá được giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

96

AB

AC

* Giải

Ba mặt phẳng cùng có v c tơ pháp tuyến là 1; 2; 2  nên chúng song song với nhau Khi đó ta có       1  8

3

  ;       1 4

3

   

  4  8

3

Dựng đường thẳng qua C vuông góc với mặt phẳng      P , Q , R Đường thẳng đó cắt mặt phẳng    P , Q lần lượt tại M N Khi đó ta có ; CM 1;MN3

Xét CNB có MA NB nên 1

3

AB  MN  AB3AC

Khi đó AB 962 3AC 962

AC

2

AC AC

AC

Dấu " " xảy ra 3 962 4

2

AC

AC AC

Được chia sẻ bởi Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC ừ Các Kỳ

hi(Đây l một số câu hay trên tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi của 3000 giáo viên trên to n quốc

Câu 13: [2H2-4] * HP NĂNG KHIẾU, ĐHQG PHCM, lần 2, năm 2018+Cho ba mặt cầu có

bán kính R R1, 2, R3đ i một tiếp xúc ngoài với nhau Một mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu lần lƣợt tại A B C, , Biết tam giác ABC có số đo ba cạnh lần lƣợt là 2, 3, 4 Tìm tích R R R1 2 3?

Lời giải

Chọn B

+ Theo phân tích trên ta có:   2 2

R R  R R  R R1 2 1 +) ƣơng tự: 2 3

9 4

R R  và R R1 3 4 +) Suy ra  2

1 2 3 9 1 2 3 3

R R R    R R R  Nhận xét: Vai trò của R R1, 2,R3 là nhƣ nhau nên ta kh ng cần so sánh R R1, 2, R3

BÀI TẬP ƢƠNG Ự

- Ý tưởng 01: Tọa độ hóa trong không gian

- Ý tưởng 02:

R 1 -R 2

R 2

R 1

2

R 3

3

2

R 1 -R 2

R 2

R 1

4

Câu 14: [2D3-4] Cho hàm số y f x( ) thỏa ( )

2f x  f x( ) x 1 Tính

0 ( )

I  f x dx

A 7 1

2ln 2 B 5 3

2ln 2 C 7 ln 2

2 D 5 ln 2

2

Lời giải Chọn A

1

u f x du f x dx

dv dx v x



    

Khi đó   2 2 

0 0

1 ( ) | 1 ( )

I  x f x  x f x dx 2 ( )

0

3 (2)f f(0) 2f x f x( ) f x dx( )

 

( )

0

ln 2 2

f x

Ta có: ( )

2f x  f x( ) x 1

(0)

2f f(0) 1 f(0) 0

(2)

2f  f(2) 3 f(2) 1

Thay vào  1 ta đƣợc:

ln 2 2 ln 2 2

2 ln 2

Câu 15: [2H3-3+*Phan ội Châu-Nghệ An- lần 4-2018] rong kh ng gian tọa độ Oxyz cho

1; 3; 10 , 4; 6; 5

A B và là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy) sao cho

cùng tạo với mặt phẳng các góc bằng nhau ìm giá trị nhỏ nhất của

A 6 3 B 10 C 10 D 8 2

Lời giải Chọn A

Cách 1 Gọi M x y z ; ;  thuộc mặt phẳng (Oxy).Ta có :d A Oxy ,  2d B Oxy ,  

(x1) (y3) 1004 ( x4) (y6) 25

2 2

(x 5) (y 7) 8

     Lại có:

( 1) ( 3) 100

(x 5) (y 7) 8x 8y 36

       8(x 5) 8(y 7) 140  Mặt khác theo bất đẳng thức bunhiacopxki ta có:

(x  5) (y 7)  (1 1) (x5)  (y 7) 16   4 (x 5) (y7)

Hay : 2

8( 5) 8(y 7) 140 108

AM  x     AM 6 3 Dấu bằng xảy ra      x 5 y 7 2, hay M3; 5; 0

Cách 2 Gọi M x y( ; ;0) thuộc mặt phẳng (Oxy).Ta có :d A Oxy( , ( ))2 (B, (Oxy))d

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vu ng góc của A B, lên mặt phẳng (Oxy)

Mà MA MB, tạo với mặt phẳng (Oxy)các góc bằng nhau nên : MH 2MK

Khi đó để MA nhỏ nhất thì MH nhỏ nhất Mà M H K, , cùng thuộc mặt phẳng (Oxy)

nên :

MH min khi và chỉ khi M thuộc đoạn HK và MH 2MK hay HM 2MK

Ta có :H1; 3; 0 , K 4; 6; 0 nên M3; 5; 0 Hay giá trị nhỏ nhất của là:

Nh n xét: a có thể tổng quát bài toán như sau:

Trong không gian cho A B, và là điểm thay đổi trên mặt phẳng sao cho

cùng tạo với mặt phẳng các góc bằng nhau ìm giá trị nhỏ nhất của ,

Cách giải: Gọi là điểm thỏa m n: Khi đó nhỏ nhất khi và chỉ khi là hình chiếu vu ng góc của lên

Được chia sẻ bởi Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC ừ Các Kỳ

hi(Đây l một số câu hay trên tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao lưu học hỏi của 3000 giáo viên trên to n quốc

Câu 16: [2H3-3] *Chuyên Lương hế Vinh –Đồng Nai - Lần 1 - 2018]Trong không gian 0xyz ,

cho mặt cầu     2 2 2

S x  y z  và đường thẳng  

1 2

z t

 



    



  



Mặt

phẳng chứa  d và cắt  S theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là

A 3x2y4z 8 0 B y  z 1 0 C x2y 3 0 D x3y5z 2 0

Lời giải

Chọn B

2 2

r R d suy ra r nhỏ nhất khi khoảng cách từ I đến  P là d I P,   lớn nhất

và nhỏ hơn R

AM

(3 1) (5 3) 10 6 3

, M

 

 ,   ,  

d A P k d B P

I  P

d I

A H

Gọi H là hình chiếu của I trên d ta có H1 2 ; 1 t    t; t  d vì IH u d 0

3 : 0; 1

H

 

 , 

d  I P IAIH , rmin  d I P,  max IHSuy ra:  P qua  H , có VTPT

0; 1; 1

nIH   

Vậy  P y  z 1 0

Câu 17: [2H3-3] [ HP CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-QUẢNG TRỊ 2017]Trong không gian với hệ

tọa độ Oxyz, cho mặt cầu     2  2 2

S x  y  z  và điểm A1;1; 1  Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đ i một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu  S theo ba giao tuyến là các đường tròn  C1 ,  C2 ,  C3 Tính tổng diện tích của ba hình tròn  C1 ,

 C2 ,  C3

Hướng dẫn giải Chọn C

Mặt cầu     2  2 2

S x  y  z  có tâm I1;1; 2 và bán kính R2

Cách 1: (cụ thể hóa)

t ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đ i một vu ng góc với nhau, cắt mặt cầu  S

theo ba giao tuyến là các đường tròn  C1 ,  C2 ,  C3 lần lượt là

 P1 :x1,  P2 :y1,  P3 :z 1

Gọi r r1, , 2 r3 lần lượt là bán kính của các đường tròn giao tuyến của mặt cầu  S với ba mặt phẳng      P1 , P2 , P3

Vì    P1 , P2 đi qua tâm I1;1; 2  nên r1   r2 R 2; IA P3 nên

 

r  R d I P  R IA   