SỐ PHỨC OXYZ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021
TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2021
CHƯƠNG 6. SỐ PHỨC - PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
TỔNG HỢP LẦN 3

Link lần 1+2: />
Câu 1.

PHẦN 1. SỐ PHỨC
(THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho bao nhiêu số phức z thỏa mãn
2

z  2  i  2 2 và  z  1 là số ảo?
A. 2.
Câu 2.

B. 1.

C. 4.

(THPT Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2021) Cho số phức z thỏa mãn z  2 . Trên mặt phẳng
tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn các số phức w 
A. 2 3 .

Câu 3.

D. 3.

B. 2 6 .

3i  z

là một đường trịn có bán kính bằng
z i

C. 4 .

D. 2 .

(THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2021) Xét các số phức z thoả mãn z  4 , biết rằng tập
hợp các điểm biểu diễn của số phức
w  (3  4i ) z  5i là một đường trịn. Bán kính r của đường trịn đó là

A. r  10 .
Câu 4.

B. r  20 .

C. r  18 .

D. r  25 .

(THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Xét các số phức z thỏa mãn z  z  2  z  z  6 .
Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  3  2i . Khi đó

M  m bằng
A.
Câu 5.

2 53  3 2
.
2

B. 6 2 .

C.

2 53  2
.
2

(Chuyên KHTN - Hà Nội - 2021) Cho số phức

D.

53  5 .

z  a  bi  a, b   

thoả mãn

z  1  2i  z  3  4i và z  2iz là số thực. Tổng a  b bằng
Câu 6.

A. 1.
B. 1 .
C. 3 .
D. 3 .
(Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2021) Cho hai số phức z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình
2 z  i  2  iz , biết z1  z2  1 . Giá

trị của biểu thức P  z1  z2 bằng.

A.
Câu 7.

2.

B.

2
.
2

C.

3.

D.

3
.
2

(Chun Hồng Văn Thụ - Hịa Bình - 2021) Cho số phức z  a  bi với a, b   thỏa mãn

1
4( z  z )  15i  i( z  z  1) 2 và môđun của số phức z   3i đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị
2
a
 b bằng
4
A. 3.

B. 4.
C. 1.
D. 2.
Facebook Nguyễn Vương Trang 1


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

PHẦN 2. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
Câu 8.

(THPT Qng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Trong hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
2

2

 x  cos     y  cos     z  cos  

2

S  :

 4 với  ,  và  lần lượt là ba góc tạo bởi tia Ot bất

kì với 3 tia Ox , Oy và Oz . Biết rằng mặt cầu  S  luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định. Tổng
diện tích của hai mặt cầu cố định đó bằng
A. 36 .
B. 4 .
Câu 9.

C. 20 .

D. 40 .

(THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các
   
điểm A  2;0;0  , B  0;6;0  , C  0;0;5 và điểm N sao cho ON  OA  OB  OC . Một mặt phẳng

 P

thay đổi cắt các đoạn OA , OB , OC , ON lần lượt tại các điểm A1 , B1 , C1 , N1 thỏa mãn

OA OB OC


 2019 và N1  x0 ; y0 ; z0  khi đó:
OA1 OB1 OC1

11
18
. B. x0  y0  z0 
.
2019
2019
13
19
C. x0  y0  z0 
. D. x0  y0  z0 
.
2019

2019
A. x0  y0  z0 

Câu 10. (THPT Qng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt
cầu

 S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  13  0

M  a; b; c 

 a  0

và đường thẳng d :

x 1 y  2 z 1
. Điểm


1
1
1

nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA , MB ,

  90 và
MC đến mặt cầu  S  ( A , B , C là các tiếp điểm ) thỏa mãn 
AMB  60 , BMC
  120 . Tính Q  a  b  c
CMA
A. Q  1 .

B. Q  2 .

C. Q 

10
.
3

D. Q  3 .


Câu 11. (Sở Đồng Tháp 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho véc tơ a  1; 1; 0  và hai điểm

A  4;7;3 , B  4; 4;5  . Hai điểm M , N thay đổi thuộc mặt phẳng  Oxy  sao cho MN cùng

hướng với a và MN  5 2 . Giá trị lớn nhất của AM  BN bằng
A. 17 .

B.

77 .

C. 7 2  3 .

D.

82  5 .

Câu 12. (Sở Đồng Tháp 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu đi qua

điểm A 1; 1;4  và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P  a  b  c có tập nghiệm là
A. P  6 .
C. P  9 .

B. P  0 .
D. P  3 .

Câu 13. (Sở Đồng Tháp 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  2;2; 2  ; B  2; 2;0  và

C  4;1;  1 . Trên mặt phẳng  Oxz  , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm A ; B ; C ?
1
3
A. P  ;0;   .
2
4

1
3
B. M  ; 0;  .
2
4

1
 3
C. Q   ;0;  .
2
 4

1
 3

D. N   ;0;   .
2
 4

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021

Câu 14. (Sở Đồng Tháp 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1; 2  ;
2

B  1;0; 4  ; C  0;  1;3 và điểm M thuộc mặt cầu  S  : x 2  y 2   z  1  1 . Nếu biểu thức
MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài đoạn AM bằng:

A. 2 .

B. 6 .

C.

2.

D.

6.

Câu 15. (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - 2021) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A ' B ' C ' có
tất cả các cạnh bẳng nha   C ' AB  ;  BCC ' B '    , giá trị tan  bằng
A.

6.

B.

2.

C.

6
.
2

D.

2 3
.
3

Câu 16. (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình thang
ABCD có hai đáy AB , CD ; có tọa độ ba đỉnh A 1; 2;1 , B  2;0; 1 , C  6;1;0  . Biết hình thang

có diện tích bằng 6 2 . Giả sử đỉnh D  a; b; c  , tìm mệnh đề đúng?
A. a  b  c  6 .

B. a  b  c  5 .

C. a  b  c  8 .

D. a  b  c  7 .

Câu 17. (THPT Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2021) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng

x 1 y z  2


và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 . Đường thẳng d  là hình chiếu vng
2
1
1
góc của đường thẳng d trên mặt phẳng  P  . Đường thẳng d  đi qua điểm nào sau đây?
d:

A. K  3;1;7  .

B. M  3;1;5  .

C. N  3; 1;7  .

D. I  2; 1; 2  .

Câu 18. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  5  0 . Xét mặt phẳng

 Q  : x   2m  1 z  7  0 , với
với mặt phẳng  Q  một góc
m  2
A. 
.
m  2 2

m là tham số thực. Tìm tất cả các giá của m để mặt phẳng  P  tạo


.
4

m  4
B. 
.
m  2

m  1
.
C. 
m  4

m  1
.
D. 
m   2

Câu 19. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A  1;0;1 , B 1;1; 1 ,

C  5;0; 2  . Tìm tọa độ điểm H sao cho tứ giác ABCH theo thứ tự đó lập thành hình thang cân
với hai đáy AB , CH
A. H 1; 2; 2  .

B. H  3; 1;0  .

C. H  1; 3;4  .

D. H  7;1; 4  .

Câu 20. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;1;1 ; B  2;0;1 và mặt
phẳng  P  : x  y  2 z  2  0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song
song với mặt phẳng  P  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d lớn nhất

x2 y2 z
x 1 y  1 z 1

 . B. d :


.
1
1
1
3
1
1
x y z2
x 1 y 1 z 1


C. d :  
.
D. d :
.
2 2
2
3

1
2
A. d :

Facebook Nguyễn Vương 3


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 21. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  3 . Một
mặt phẳng   tiếp xúc với mặt cầu  S  và cắt các tia Ox, Oy , Oz lần lượt tại các điểm A, B, C
thoả mãn OA2  OB 2  OC 2  27 . Diện tích của tam giác ABC bằng
A.

9 3
.
2

B. 3 3 .

C. 9 3 .

D.

3 3
.
2

Câu 22. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng là

 P  : x  2 y  2 z  1  0 và  Q  :  x  2 y  2 z  11  0 và điểm A   2;1;1 . Một mặt cầu di động
 S  đi qua điểm A đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng  P  và  Q  có tâm I của nó nằm
trên đường cong có độ dài bằng
A. 2 2 .

B. 2 .

D. 2 3 .

C. 4 .

Câu 23. (Bắc Ninh - 2021) Cho điểm M  2;  6; 4  và đường thẳng d :
điểm M  đối xứng với điểm M qua đường thẳng d :
A. M   4; 2;8 .
B. M   4;  2;0  .
C. M   4;2;  8 .

x 1 y  3 z
. Tìm tọa độ


2
1
2

D. M   3;  6;5 .

Câu 24. (Nam Định - 2021) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S2  có tâm I 2  2;1;5 , bán kính bằng
2

2

2

2 và mặt cầu  S1  có phuong trình:  x  2    y  1   z  1  16 . Mặt phẳng  P  thay đổi và
luôn tiếp xúc với 2 mặt cầu trên. Khoảng cách nhỏ nhất từ O đến mặt phẳng  P  bằng
A. 15 .

B.

9  15
.
2

C.

9  15
.
2

D.

9 3  15
.
2

Câu 25. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x 1 y z  2
và mặt phẳng  P  : x  2 y  z  3  0 . Viết phương trình đường thẳng   
 

2
1
3
nằm trong  P  , cắt  d  và vng góc với  d  .
d:

x3

7
x3
C.  :

7

A.  :

y2 z4
.

3
5
y2 z4
.

5
3

x3 y2 z4
.



5
3
7
x3 y2 z4
D.  :
.


7
5
3

B.  :

Câu 26. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2021) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các đường

x  t
x  2 y 1 z  2

thẳng  d1  :
,  d2  :  y  3
. Có bao nhiêu mặt phẳng song song với cả


1
1
1
 z  2  t


 d1 

và  d 2  , đồng thời cắt mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2  0 theo giao tuyến là một

đường trịn có chu vi bằng  6 ?
A. 2 .
B. 1.

C. 0 .

D. Vô số.

Câu 27. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2021) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm

A(1;1; 1) và mặt cầu ( S ) tâm I (1;2; 3) , bán kính R  5 . Mặt phẳng ( P) đi qua A và cắt
( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) . Gọi ( N ) là khối nón có đỉnh I và nhận (C ) làm đường
trịn đáy. Tính bán kính của (C ) khi thể tích khối nón ( N ) đạt giá trị lớn nhất
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021

5 6
A.
.
3

B. 3 .

C.

5
.
2

D. 4 .

Câu 28. (Chuyên Biên Hòa - 2021) Cho hàm số ABCD. A ' B ' C ' D ' có tất cả các cạnh bằng 1 và
  DAA
'  
BAD
A ' AB  60o .
  

Cho hai M , N thoả mãn điều kiện C ' B  BM , DN  2 DD ' . Độ dài đoạn thẳng MN là
A.

3.

B. 13 .

C. 19 .

D. 15 .

Câu 29. (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2021) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm

A 1;2;3 , B 1; 2;0  và M  1;3;4  . Gọi d là đường
thẳng qua B vng góc với AB đồng thời cách M một khoảng nhỏ nhất. Một véc tơ chỉ


phương của d có dạng u  2; a; b  . Tính tổng a  b.
A. 1.

B. 2.

C. 1.

D. 2.

Câu 30. (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm

 P

A 1; 4;5  , B  0;3;1 , C  2; 1;0  và mặt phẳng

có phương trình 2 x  2 y  z  9  0. Gọi

M  a; b; c  là điểm thuộc mặt phẳng  P  sao cho biểu thức T  MA 2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ
nhất. Khi đó, a  2b  c bằng
A. 0 .
B. 3 .

C. 3 .

D. 9 .

Câu 31. (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham
x2  y2  z2  6x  4z  3
số m để hệ phương trình 
có nghiệm duy nhất. Tổng các phần tử của S

 mx  2 y  z  3m  0
là
A. 

23
.
13

6
B.  .
5

C. 

19
.
5

D. 

12
.
13

Câu 32. (Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường

x  m y  1 z  m2


thẳng  :

và hai điểm M  1; 4;1 ; N  3;  2;0  . Gọi H  a ; b ; c  ; K lần
2
1
1
lượt là hình chiếu vng góc của M ; N lên đường thẳng  sao cho khối tứ diện HKMN có thể
tích nhỏ nhất. Tính giá trị T  a  2b  c :
A. T  8 .
B. T  8 .
C. T  3 .
D. T  5 .
Câu 33. (Chuyên KHTN - Hà Nội - 2021) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  4;1;5 , B  6; 1;1
và mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 Xét mặt cầu  S  đi qua hai điểm A, B và có tâm thuộc mặt
phẳng  P  . Bán kính mặt cầu  S  nhỏ nhất bằng
A.

35 .

B.

33 .

C. 6 .

D. 5 .

Câu 34. (Chuyên Bắc Ninh - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu
2

2

 S  :  x  3   y  3   z  2 

2

 9 và ba điểm A 1;0;0  , B  2;1;3 , C  0; 2;  3 . Biết rằng quỹ
 
tích các điểm M thỏa mãn MA2  2 MA.MC  8 là một đường trịn cố định, tính bán kính r của
đường trịn này
A. r  3.

B. r  3.

C. r  6.

D. r  6.

Facebook Nguyễn Vương 5


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Câu 35. (Chuyên Bắc Ninh - 2021) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,
SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Lấy điểm M là điểm
mặt bên
MC  2MB và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC bằng
trên cạnh BC sao cho
4 21
S. AMC là
7 . Thể tích của khối đa diện
A.

32 3
.
3

B.

32 3
.
9

C. 32 3 .

D.

16 3
.
3

Câu 36. (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2021) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm B  2;1; 0  ,
C  2;0; 2  , A 1;1;1 . Gọi  P  là mặt phẳng chứa BC và cách A một khoảng lớn nhất. Hỏi vecto

nào sau đây là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng  P  ?



A. n   5; 2; 1 .
B. n   5; 2;1 .
C. n   5; 2; 1 .


D. n   5; 2; 1 .

Câu 37. (Chun Hồng Văn Thụ - Hịa Bình - 2021) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng

x 1 y  2 z
x  2 y 1 z 1

 ; d2 :


và mặt phẳng ( P) : x  y  2 z  5  0 . Phương trình
1
2
1
2
1
1
đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P) và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho
d1 :

AB  3 3 là
x 1 y  2


A.
1
1
x 1 y  2



C.
1
1

z2
x 1 y  2 z  2


. B.
.
1
1
1
1
z2
x 1 y  2 z  2


. D.
.
1
1
1
1

Câu 38. (Chun Hồng Văn Thụ - Hịa Bình - 2021) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho

x 1 y 1 z  3



và điểm A(1;3;1) thuộc mặt
2
1
1
phẳng ( P) . Gọi  là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng ( P) và cách đường thẳng d

một khoảng cách lớn nhất. Gọi u  (a; b;1) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng  . Giá trị
mặt phẳng ( P) : x  y  4 z  0 , đường thẳng d :

của a  2b là
A. 4.

B. 0.

C. 3 .

D. 7.

Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  />Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  />Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  />
Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương
 />Tải nhiều tài liệu hơn tại: />ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ!

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021
TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2021
CHƯƠNG 6. SỐ PHỨC - PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
TỔNG HỢP LẦN 3
Link lần 1+2: />

PHẦN 1. SỐ PHỨC
Câu 1.

(THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Cho  bao  nhiêu  số  phức  z   thỏa  mãn 
2

z  2  i  2 2  và   z  1  là số ảo? 
A. 2. 

B. 1. 

C. 4. 
Lời giải 

D. 3. 

Chọn D
Giả sử  z  a  bi  a, b    . 
2

 z  1

2

  a  bi  1   a  1  bi    a  1  b 2  2  a  1 bi . 

2

2

 z  1

2

 là số ảo khi và chỉ khi   a  1  b 2  0  

2

2

2

z  2  i  2 2  a  bi  2  i  2 2   a  2    b  1 i  2 2   a  2    b  1  8  

Ta có: 

 b  a  1
 b  a  1


2
2


 a  1  b 2
  a  2    a  2   8
a  0





2
2
1
b
a


b  1  a

a
2
b
1
8




  



 
2

2
 a 2  2a  2  0
  a  2   a  8
2

a  0 a  1  3 a  1  3



b  1 b  2  3
b  2  3
Vậy có 3 số phức thỏa u cầu bài tốn là 









z  i, z  1  3  2  3 i, z  z  1  3  2  3 i . 
Câu 2.

(THPT Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2021) Cho số phức  z thỏa mãn  z  2 . Trên mặt phẳng 
tọa độ  Oxy , tập hợp điểm biểu diễn các số phức  w 
A. 2 3 . 

B. 2 6 . 

3i  z
 là một đường trịn có bán kính bằng 
z i

C. 4 . 
Lời giải

D. 2 . 

Chọn D
 Theo bài ra  w 

3i  z
 wz  wi  3  i  z  z ( w  1)  i(1  w)  3
z i

 z . w  1  i(1  w)  3  w  1  3i . 

 

Đặt  w  a  bi  2 a  bi  1  (a  bi)  3i  1  2 a  bi  1  (b  3)i  a  1  
 4 (a  1) 2  b 2   (a  1)2  (b  3)2  3(a  1) 2  3b 2  6b  9  0
 (a  1)2  b 2  2b  1  4  0  (a  1) 2  (b  1) 2  4.

 

Facebook Nguyễn Vương 1


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Tập hợp điểm biểu diễn w  là đường trịn bán kính  R  2 . 
Câu 3.

(THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2021) Xét các số phức  z  thoả mãn  z  4 , biết rằng tập 
hợp các điểm biểu diễn của số phức 
w  (3  4i ) z  5i  là một đường trịn. Bán kính  r  của đường trịn đó là 

A. r  10 .

B. r  20 .

C. r  18 .
Lời giải

D. r  25 . 

Chọn B
Gọi  w  x  yi  với  x, y   . 
Ta có  w  (3  4i ) z  5i  z 

Mà  z  4 

w5
. 
3  4i

w5
2
 4  w  5  20   x  5   y 2  400 . 
3  4i

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là đường trịn có bán kính  r  20 . 
Câu 4.

(THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Xét các số phức  z  thỏa mãn  z  z  2  z  z  6 . 
Gọi  M , m   lần  lượt  là  giá  trị  lớn  nhất  và  giá  trị  nhỏ  nhất  của  biểu  thức  P  z  3  2i .  Khi  đó 

M  m  bằng 
A.

2 53  3 2
.
2

B. 6 2 .

2 53  2
.
2
Lời giải

C.

D.

53  5 . 

Chọn A
Gọi  z  x  yi  và điểm  E  x; y   biểu diễn cho số phức  z  trong mặt phẳng tọa độ Oxy 
Ta có:  z  z  2  z  z  6  2 x  2  2 yi  6  2 x  1  2 y  6  
 x  y  2  0  d1 
x 1 y  3


x 1 y  3
 x  y  2  0  d2 
 


 x  1  y  3



x
y
d
4
0


3


  x  1  y  3  x  y  4  0  d 4 
Suy ra điểm  E  nằm trên các cạnh của hình vng  ABCD  có các cạnh nằm trên các đường thẳng 
d1 , d 2 , d 3 , d 4  như hình vẽ 

 
Ta có:  P  z   3  2i   EK  với  K  3; 2   là điểm biểu diễn cho số phức  3  2i . 
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 

3

 và  max P  max EK  KC  53  
min P  min EK  d  K , AD  
2
Câu 5.

(Chuyên KHTN - Hà Nội - 2021) Cho  số  phức  z  a  bi  a, b      thoả  mãn 

z  1  2i  z  3  4i  và  z  2iz  là số thực. Tổng  a  b  bằng 
A. 1. 

C. 3 . 
Lời giải 

B. 1 . 

D. 3 . 

Chọn A

z  1  2i  z  3  4i  a  1   b  2 i  a  3   b  4  i
2

2

2

2

  a  1   b  2    a  3    b  4   a  3b  5 1 . 

z  2iz  a  bi  2i  a  bi   a  2b   b  2a  i . 

z  2iz  là số thực nên  b  2a  0  2  . 
a  3b  5
a  1
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  

 a  b  1 . 
2a  b  0
b  2
Câu 6.

(Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - 2021) Cho hai số phức  z1 , z 2  là hai nghiệm của phương trình 
2 z  i  2  iz , biết  z1  z 2  1 . Giá 

trị của biểu thức  P  z1  z 2  bằng. 
A.

2.

B.

2
.
2

C.

3.

D.

3
. 
2

Lời giải 
Chọn C
Gọi  z  a  bi

 

 a, b    . 

Ta có: 
2

2

2

2 z  i  2  iz   2 a    2b  1   2  b   a 2  a 2  b 2  1 . 

Vậy số phức  z1 , z 2  có mơ đun bằng 1. 
Gọi  z1  a1  b1i ; z2  a2  b2i

 

a1 , b1 , a2 , b2  , a12  b12  1; a2 2  b2 2  1 . 

2

2

z1  z 2  1   a1  a 2    b1  b2   1  2 a1a 2  2b1b2  1  

P  z1  z2 

Câu 7.

 a1  a 2 

2

2

  b1  b2  

a12  b12  a 2 2  b2 2  2 a1 a 2  2 b1b2 

3

(Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hịa Bình - 2021) Cho  số  phức  z  a  bi   với  a, b     thỏa  mãn 

1
4( z  z )  15i  i ( z  z  1)2   và  môđun  của  số  phức z   3i   đạt  giá  trị  nhỏ  nhất.  Khi  đó  giá  trị 
2
a
 b  bằng 
4

A. 3. 
B. 4. 
C. 1. 
D. 2. 
Lời giải 
Chọn D
2

2

Ta có:  4  z  z   15i  i  z  z  1  4  a  bi  a  bi   15i  i  a  bi  a  bi  1  
Facebook Nguyễn Vương 3


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 
2

 8b  15   2 a  1  8b  15  0  b 

15
. 
8

Theo giả thiết: 
2

1
1
1
1

2


z   3i   a     b  3 i   a     b  3 
2
2
2
2


1
1
2

8b 15   2b  6   4b 2  32b  21 . 
2
2
Xét hàm số  f  b   4b 2  32b  21  với  b 
Ta có  f   b   8b  32  0, b 

2

 2a 1   2b  6 

2

15
. 
8

15
15

 nên hàm số  f  b   4b 2  32b  21  đồng biến trên   ;    .  
8
8


 15  4353
Suy ra:  f  b   f   
. 
 8  16
1
15
1
1 4353
Do đó  z   3i  đạt giá trị nhỏ nhất là 
 khi  b  ,  a  . 
8
2
2
2 16
1
a
15
Vậy   b  2   2 . 
4
4 8
 
PHẦN 2. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN

Câu 8.

(THPT Qng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Trong  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  mặt  cầu   S  : 
2

2

 x  cos     y  cos     z  cos  

2

 4  với   ,    và    lần lượt là ba góc tạo bởi tia  Ot  bất 

kì với  3  tia  Ox ,  Oy  và  Oz . Biết rằng mặt cầu   S   ln tiếp xúc với hai mặt cầu cố định. Tổng 
diện tích của hai mặt cầu cố định đó bằng 
A. 36 . 
B. 4 . 

C. 20 . 
Lời giải 

D. 40 . 

Chọn D
Cách 1:
Mặt cầu   S   có tâm là  I  cos  ;cos  ;cos    và có bán kính là  R  2 . 
Khi đó tâm  I  thuộc mặt cầu tâm  O  0;0; 0  , bán kính  R  cos 2   cos 2   cos 2  ; 

OI   cos  ;cos  ; cos    


Do    là góc tạo bởi tia  Ot  (có véc tơ chỉ phương là  OI ) với tia  Ox  (có véc tơ chỉ phương là 

cos  .1  cos  .0  cos  .0
cos 
i  1;0;0  )   cos  
 

2
2
2
2
2
2
2
cos   cos   cos  . 1  0  0
cos   cos 2   cos 2 
Tương tự, ta có:  cos  

cos 
2

2

2

cos   cos   cos 

;  cos  

cos 

2

cos   cos 2   cos 2 

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
 


TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 

cos 2   cos 2   cos 2 
 cos 2   cos 2   cos 2  
 1    R  OI  1  
cos 2   cos 2   cos 2 

 
Gọi  A  và  B  là các giao điểm của  OI  với mặt cầu   S   (giả sử  OA  OB )   IA  IB  2  
Mặt cầu   S   luôn tiếp xúc với hai mặt cầu cố định là: 
Mặt cầu   S1  , tâm  O , bán kính  R1  OA  và mặt cầu   S 2  , tâm  O , bán kính  R2  OB  
Ta có:  R1  OA  OI  1 ;  R2  OI  IB  1  2  3  R1  R2  1  3  4  
Diện tích của mặt cầu   S1   là:  4 R12  4  
Diện tích của mặt cầu   S 2   là:  4 R22  36  
Vậy tổng diện tích của hai mặt cầu cố định bằng  4  36  40 . 
Cách 2:
Mặt cầu   S   có tâm là  I  cos  ;cos  ;cos    và có bán kính là  R  2 . 
Khi đó tâm  I  thuộc mặt cầu tâm  O  0; 0;0  , bán kính  R  cos 2   cos 2   cos 2   
Dựng hình hộp chữ nhật như hình vẽ dưới đây: 

 
OM

OP
OD
OM  OP 2  OD 2
2
2
2
cos


cos


cos


Ta có: 
; 
; 
 cos   cos   cos  
 
OI
OI
OI
OI 2
2

Mà  OM 2  OP 2  OD 2  OI 2  OI  R  cos 2   cos 2   cos 2   1  
Như vậy khoảng cách từ  O  đến tâm  I  của mặt cầu   S  , bán kính  2  ln bằng  1  nên ln tồn tại 
hai mặt cầu tâm  O  có bán kính lần lượt là  R1  1  và  R2  3  tiếp xúc với mặt cầu   S   
Facebook Nguyễn Vương 5

TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

 
Diện tích của mặt cầu   S1   là:  4 R12  4  
Diện tích của mặt cầu   S 2   là:  4 R22  36  
Vậy tổng diện tích của hai mặt cầu cố định bằng  4  36  40 . 
Câu 9.

(THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  các 
   
điểm  A  2;0;0  ,  B  0;6;0  ,  C  0;0;5  và điểm  N  sao cho  ON  OA  OB  OC . Một mặt phẳng 

 P   thay đổi cắt các đoạn  OA ,  OB ,  OC ,  ON  lần lượt tại các điểm  A1 ,  B1 ,  C1 ,  N1  thỏa mãn 
OA OB OC


 2019  và  N1  x0 ; y0 ; z0   khi đó: 
OA1 OB1 OC1

11
18
.  B. x0  y0  z0 
. 
2019
2019
13
19
C. x0  y0  z0 

.  D. x0  y0  z0 
. 
2019
2019
Lời giải
Chọn C
A. x0  y0  z0 

 
2
6
5


Gọi  G  là trọng tâm của tam giác  ABC , ta có:  G  ; ;  . 
3
3
3


   

Theo giả thiết  ON  OA  OB  OC  3OG . Suy ra ba điểm  O ,  G ,  N thẳng hàng. 
VO. A1B1C1 VO. A1B1N1 VO. A1N1C1 VO. N1B1C1
Ta có: 



 
VO. ABC

VO. ABC
VO. ABC
VO. ABC



O. A1 OB1 OC1 1  OA1 OB1 ON1 OB1 OC1 ON1 OA1 OC1 ON1 
.
.
 


 
O. A OB OC 3  OA OB OG OB OC OG OA OC OG 

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 

O. A1 OB1 OC1 1 O. A1 OB1 OC1 ON1  OC OB OA 




.
.
.
.
.


 
O. A OB OC 3 O. A OB OC OG  OC1 OB1 OA1 
OG 1  OC OB OA  2019
 


. 

ON1 3  OC1 OB1 OA1 
3
2

 x0  2019


6
3 
2
6
5
13

OG   y0 
 x0  y0  z0 



Suy ra:  ON1 
. 
2019

2019
2019 2019 2019 2019

5

 z0  2019



Câu 10. (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ  Oxyz , cho mặt 
cầu 

 S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  13  0  

và  đường  thẳng  d :

x  1 y  2 z 1
.  Điểm 


1
1
1

M  a; b; c     a  0    nằm  trên  đường  thẳng  d   sao  cho  từ  M   kẻ  được  ba  tiếp  tuyến  MA ,  MB , 
  90  và 
MC   đến  mặt  cầu   S    (  A ,  B ,  C   là  các  tiếp  điểm  )  thỏa  mãn  
AMB  60 ,  BMC
  120 . Tính  Q  a  b  c  
CMA

A. Q  1 . 

B. Q  2 . 

C. Q 

10
. 
3

D. Q  3 . 

Lời giải
Chọn B

 
Theo tính chất của tiếp tuyến ta có:  MA  MB  MC  m . 
+)  
AMB  60 , suy ra  AMB  đều   AB  m . 

  90 , suy ra  CMB  vuông cân tại  M    BC  m 2 . 
+)  BMC
  120 , từ tam giác  AMC  ta có: 
+)  CMA
 1
AC 2  MA2  MC 2  2.MA.MC .cos120  2m 2  2m 2     3m 2  AC  3m . 
 2
2
2
2

2
2
2
Suy ra:  AB  AC  m  2m  3m  AC  hay tam giác  ABC  vng tại  B . 

Mặt cầu   S   có tâm  I 1; 2; 3 , bán kính  R  3 3 . 
Gọi  J  là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác  BAC , ta có:,  J  là trung điểm của  AC . Ba điểm 
I , J , M  thẳng hàng. 
  ICM
  90 , suy ra: 
Theo tính chất tiếp tuyến ta cũng có: IAM
Facebook Nguyễn Vương 7


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

S IAM  S ICM  S AICM 

1
1
1
IA. AM  IC .CM  IM . AC  
2
2
2

 3 3.m  3 3.m  IM .m 3  IM  6 . 

 x  1  t


Đường thẳng  d  có dạng tham số:  d :  y  2  t ;  M  d  M  1  t; 2  t;1  t  . 
z  1 t

2

2

IM  6   2  t    4  t    4  t 

2

t  0
 36  3t  4t  0   4 . 
t 
 3
2

1 2 7
Ta được:  M  1; 2;1  hoặc  M  ;  ;  . 
3 3 3
1 2 7
1 2 7
Với  M  a; b; c     a  0  , suy ra:  M  ;  ;  . Vậy  a  b  c     2 . 
3 3 3
3 3 3

Câu 11. (Sở Đồng Tháp 2021) Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho véc tơ  a  1; 1; 0   và hai điểm 

A  4; 7;3 , B  4; 4;5  .  Hai  điểm  M , N   thay  đổi  thuộc  mặt  phẳng   Oxy    sao  cho  MN   cùng 


hướng với  a  và  MN  5 2 . Giá trị lớn nhất của  AM  BN  bằng 

A. 17 .

B.

77 .

C. 7 2  3 .

D.

82  5 . 

Lời giải
Chọn A


Vì  MN   cùng  hướng  với  a   nên  tồn  tại  số 




MN  k a  MN  k . a  k  5  k  5  MN   5; 5;0   
 
Gọi  K  x; y; z   thỏa mãn  AK  MN  

thực 

k 0 

sao 

cho 

x  4  5
x  1
 


AK  MN   y  7  5   y  2  K 1; 2;3    K  và  B  nằm cùng phía đối với   Oxy   


z  3  0
z  3

 AM  BN  KN  BN  KB  17  
Dấu  ''  ''  xảy ra   K , N , B  thẳng hàng. 
Vậy giá trị lớn nhất của  AM  BN  bằng  17 . 
Câu 12. (Sở Đồng Tháp 2021) Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz ,  gọi  I  a; b; c   là tâm mặt cầu đi qua 
điểm  A 1; 1; 4   và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính  P  a  b  c  có tập nghiệm là
A. P  6 .
C. P  9 .

B. P  0 . 
D. P  3 . 
Lời giải

Chọn C
Gọi mặt cầu có tâm  I  a; b; c  , bán kính   , khi đó ta có pt 

2

2

 x  a   y  b   z  c

2

 2  

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 

 a  b  c  
Từ giả thiết ta có  
 
2
2
2
2
1  a    1  b    4  c   
2

2

2

TH1:  a  b  c ,   1  a   1  a    4  a   a 2  

 a 2  4a  9  0 , pt vô nghiệm 
2

2

2

TH2:  a  b  c ,   1  a    1  a    4  a   a 2  

 a 2  6a  9  0  a  3  b  3; c  3  P  9  
2

2

2

TH3:  a  b  c ,   1  a   1  a    4  a   a 2  a 2  4a  9  0  
pt vô nghiệm 
2

2

2

TH4:  a  b  c ,   1  a    1  a    4  a   a 2  

 a 2  2a  9  0 , pt vô nghiệm 
Vậy  P  9 . 
Câu 13. (Sở Đồng Tháp 2021) Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  A  2;2; 2  ;  B  2; 2;0    và 

C  4;1;  1 . Trên mặt phẳng   Oxz  , điểm nào dưới đây cách đều ba điểm  A ;  B ;  C ?
1
3
A. P  ;0;   .
2
4

1
3
B. M  ; 0;  .
2
4

1
 3
C. Q   ;0;  .
2
 4
Lời giải

1
 3
D. N   ; 0;   . 
2
 4

Chọn A


Ta có:  AB   4;0;  2  ;  AC   2;  1;  3  

 3 1
Trung điểm của  AB ;  AC  lần lượt là  I  0; 2;1  và  J  3; ;  . 
 2 2

Gọi    ;      lần lượt là mặt phẳng trung trực của  AB  và  AC     AB ;      AC  


 3 1
    đi qua  I  0; 2;1  và có một vector pháp tuyến  n1   2;0;1 ;      đi qua  J  3; ;   và có 
 2 2

một vector pháp tuyến  n1   2;  1;  3 . 
Phương trình    ;      lần lượt là  2 x  z  1  0  và  2 x  y  3 z  3  0 . 
Điểm  K  thuộc mặt phẳng   Oxz   cách đều ba điểm  A ;  B ;  C  nằm trên trục của đường tròn ngoại 
tiếp tam giác  ABC  Điểm  K  cũng thuộc hai mặt phẳng     và      
3

x  4
2 x  z  1  0

1

3
 Tọa độ điểm  K  thỏa mãn hệ:  2 x  y  3 z  3  0   y  0  K  P  ;0;   . 
2
4
y  0

1


z  
2

Facebook Nguyễn Vương 9


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Câu 14. (Sở Đồng Tháp 2021) Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  ba  điểm  A 1;1; 2  ; 
2

B  1;0; 4 ;  C  0;  1;3   và  điểm  M   thuộc  mặt  cầu   S  :  x 2  y 2   z  1  1 .  Nếu  biểu  thức 
MA2  MB 2  MC 2  đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài đoạn  AM  bằng:

B. 6 .

A. 2 .

C. 2 .
Lời giải

6 . 

D.

Chọn C
Mặt cầu   S   có tâm  I  0;0;1 , bán kính  R  1 . 
Trọng tâm của tam giác  ABC  là điểm  G  0;0;3  IG  2  2R  G  nằm ngoài mặt cầu   S   

 2  2  2   2   2   2

Ta có:  MA2  MB 2  MC 2  MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC  



 

 



 2  2  2  2
  

 3MG  GA  GB  GC  2 MG. GA  GB  GC  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  





Do đó  MA2  MB 2  MC 2  nhỏ nhất khi  MG  nhỏ nhất. Khi đó  M  là giao điểm của mặt cầu   S   
và đoạn thẳng  IG . 
Mà  IG  2R  nên  M  là trung điểm đoạn  IG  M  0;0;2   
Vậy  AM 

2

2

1  0   1  0    2  2 

2

 2 . 

Câu 15. (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - 2021) Cho hình lăng trụ tam giác đều  ABC. A ' B ' C '  có 
tất cả các cạnh bẳng nha   C ' AB  ;  BCC ' B '     , giá trị  tan   bằng 
A.

6 . 

B.

2 . 

6
. 
2
Lời giải
C.

D.

2 3
. 
3

Chọn A

 Giả sử lăng trụ tam giác đều  ABC. A ' B ' C '  có tất cả các cạnh bằng 1. 
 Chọn hệ trục  Oxyz , với  O  là trung điểm  AC ,  B  Ox ,  C  Oy . 

 3

 3

1 

 1 
 1 
 Ta có  A  0;  ; 0  ,  B 
;0; 0  ,  C  0; ;0  ,  B 
;0;1 ,  C '  0; ;1 . 
2 

 2 
 2 
 2

 2

  3 1   
3 1  
AB  
; ;0  ,  BC '   
; ;1 ,  CC '   0;0;1  
 2 2 
 2 2 
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 


 
1
3 3
 Mặt phẳng   C ' AB   có vectơ pháp tuyến  n1   AB, BC '   ; 
;
 . 
2 2 
2


 
1 3 
Mặt phẳng   BCC ' B '   có vectơ pháp tuyến  n2   BC ', CC '   ;
; 0  . 
2 2 

1 1 
3 3
3
 
. 
.0

.
n1.n2
2 2  2  2
2
7
 Ta có  cos     

. 

7
1 3 3 1 3
n1 . n2
  .  0
4 4 4 4 4

 Ta lại có  1  tan 2  

1
1
1
1 
 1  6 . 
   tan  
2
2
2
cos 
cos 
 7


 7 

Câu 16. (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh - 2021) Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  hình  thang 
ABCD  có hai đáy  AB ,  CD ; có tọa độ ba đỉnh  A 1; 2;1 ,  B  2;0; 1 ,  C  6;1;0  . Biết hình thang 

có diện tích bằng  6 2 . Giả sử đỉnh  D  a; b; c  , tìm mệnh đề đúng? 

A. a  b  c  6 . 

B. a  b  c  5 . 

C. a  b  c  8 . 
Lời giải

D. a  b  c  7 . 

Chọn C



  AB  1; 2; 2  ,  DC   6  a;1  b; c  ,  AC   5; 1; 1  




 Vì  ABCD  là hình thang nên  AB  và  DC  cùng hướng   k  0 : DC  k AB  

6  a  k
a  6  k


 1  b  2k  b  1  2k  D  6  k ;1  2k ; 2k   
c  2k
c  2 k


 

1  
1
9 2
2
   AB, AC    0; 9;9   S ABC  .  AB, AC   .  9   92 
. 
2
2
2

  AD   5  k ; 2k  1; 2k  1 , 
 
1  
1
 AD, AC    0;9k ; 9k   S ADC  .  AD, AC   .




2
2

2

 9 k    9 k 

2



9k 2
 
2

9 2
4
1
1  k   6 2  1  k   k  . 
2
3
3
17  5  2
 17 5 2 
 Vậy  D  ; ;   a  b  c 
 8 . 
3
 3 3 3

  S ABCD  S ABC  S ADC 

Câu 17. (THPT Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2021) Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  đường  thẳng 

x 1 y z  2


  và  mặt  phẳng   P  : x  y  z  3  0 .  Đường  thẳng  d    là  hình  chiếu  vng 
2
1
1
góc của đường thẳng  d  trên mặt phẳng   P  . Đường thẳng  d  đi qua điểm nào sau đây? 

d:

A. K  3;1;7  . 

B. M  3;1;5  . 

C. N  3; 1;7  . 

D. I  2; 1; 2  . 

Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 11


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Chọn C



 Ta có:  ud   2; 1;1 ,  n P   1; 1; 1 . 
 Gọi   Q   là mặt phẳng chứa đường thẳng  d  và vng góc với mặt phẳng   P  : 
  
Mặt phẳng   Q   có một vtpt là:  nQ   ud ; n P      2;3; 1  


 Đường thẳng  d   là giao tuyến của mặt phẳng   Q   và mặt phẳng   P  : 

 
Đường thẳng  d   có một vtcp là:  ud    n P  ; nQ      4; 1;5   

Gọi  E  là giao điểm của đường thẳng  d  và mặt phẳng   P  . Tọa độ của  E  là nghiệm của hệ: 

 x 1 y
 2  1
 x  2 y      1
 x  1

 y z2


 ⇔         y  z  2  ⇔   y  0  ⇒  E  1;0; 2  . 
 
1
 1
 x  y  z  3
z  2


x  y  z  3  0


 x  1  4t

Phương trình tham số của đường thẳng  d   là:  d  :  y  t
. 
 z  2  5t


Với  t  1 ⇒  N  3; 1;7   d  . 
Câu 18. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian  Oxyz cho mặt phẳng   P  : x  2 y  2 z  5  0 . Xét mặt phẳng 

 Q  : x   2m  1 z  7  0 , với  m  là tham số thực. Tìm tất cả các giá của  m để mặt phẳng   P  tạo 
với mặt phẳng   Q  một góc 
m  2
A. 
.
m  2 2


.
4

m  4
B. 
.
m  2

m  1
.
C. 
m  4

m  1
D. 
. 
m   2

Lời giải
Chọn C


Ta có vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng   P  là  n1  1; 2; 2  . 

vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng   Q  là  n 2  1;0; 2m  1 . 

cos   P  ,  Q    cos

1.1  2.0  2  2m  1

2


 
2
2
2
2
1
2
4
2
1  (2)  2 . 1  0   2m  1

 2 4m  1  3 2 4m2  4m  2  64m2  32m  4  72m2  72m  36  
m  1
. 
 8m 2  40m  32  0  
m  4

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 

Câu 19. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho các điểm  A  1;0;1 ,  B 1;1; 1 , 

C  5;0; 2 . Tìm tọa độ điểm  H  sao cho tứ giác  ABCH  theo thứ tự đó lập thành hình thang cân 
với hai đáy  AB , CH
A. H 1; 2; 2  .

B. H  3; 1;0  .

C. H  1; 3;4  .

D. H  7;1; 4  . 

Lời giải
Chọn C



Gọi  H  x; y; z  . Ta có  BA   2; 1; 2  , CH   x  5; y; z  2   
Tứ  giác  ABCH   theo  thứ  tự  đó  lập  thành  hình  thang  cân  với  hai  đáy  AB, CH   
 
 BA, CH cïøng hư ớng


CH  k BA, k  0, k  1  x  2k  5, y  k , z  2k  2, k  0, k  1




 AB  CH
2
2
2
2
2
 AH  BC
 x  1  y   z  1  18
 AH  BC

 x  2k  5, y   k , z  2k  2, k  0, k  1
 x  2k  5, y  k , z  2k  2, k  0, k  1 
 

 k  3
2
2
2
  k  1  loaïi
 2k  6   k   2k  3  18


 x  1

  y  3  
z  4

Vậy  H  1; 3;4  . 
Câu 20. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho hai điểm  A 1;1;1 ; B  2;0;1  và mặt 
phẳng   P  : x  y  2 z  2  0 .  Viết  phương  trình  chính  tắc  của  đường  thẳng  d   đi  qua  A ,  song 

song với mặt phẳng   P   sao cho khoảng cách từ  B  đến đường thẳng  d  lớn nhất 

x2 y2 z
x  1 y 1 z 1

 .B. d :


.
1
1
1
1
1
3
x y z2
x 1 y 1 z 1


C. d :  
.
D. d :
. 
2 2 2
3
1
2
Lời giải
Chọn A
A. d :

 
Gọi mặt phẳng   Q   là mặt phẳng đi qua  A  và song song với mặt phẳng   P  . 
Phương trình mp  P  : ( x  1)  ( y  1)  2( z  1)  0 . 
Facebook Nguyễn Vương 13


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Gọi K là hình chiếu vng góc của  B  lên đường thẳng  d . 
Ta có  d  B, d   BK  BA , nên khoảng cách từ  B  đến đường thẳng  d  lớn nhất bằng  BA . 
Khi đó đường thẳng  d  qua A, nằm trong mặt phẳng   Q   và vng góc với  BA . 




 
Ta có  nQ  1;1; 2  ; BA   1;1;0   u d   nQ , BA   2; 2; 2   là véc towchir phương của đường 
thẳng  d nên loại đáp án B và
D.
Do tọa độ  A 1;1;1  thỏa mãn phương trình 

d:

x2 y2 z

  nên phương trình đường thẳng 
1
1
1

x2 y2 z

 . 
1
1
1

Câu 21. (Bắc Ninh - 2021) Trong không gian với hệ toạ độ  Oxyz , cho mặt cầu   S  : x 2  y 2  z 2  3 . Một 
mặt phẳng     tiếp xúc với mặt cầu   S   và cắt các tia  Ox, Oy , Oz  lần lượt tại các điểm  A, B, C  
thoả mãn  OA2  OB 2  OC 2  27 . Diện tích của tam giác  ABC  bằng
A.

9 3
.
2

B. 3 3 .

C. 9 3 .

D.

3 3
. 
2

Lời giải
Chọn A
Giả sử  A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c   

Do  A, B, C  nằm trên các tia  Ox, Oy , Oz  nên  a, b, c  0 . 
OA2  OB 2  OC 2  27  a 2  b 2  c 2  27  
x y z
Ta có    :    1  bcx  cay  abz  abc  0  
a b c
Mặt cầu   S  : x 2  y 2  z 2  3  có tâm  O  và bán kính  R  3  

abc

Do     tiếp xúc với   S   nên  d  O;     3 

2 2

a b  b2 c 2  c 2 a 2

 3 

1 1 1 1
    
a 2 b2 c 2 3
3
 1 1 1
9  
Ta có  a 2  b 2  c 2  2  2  2   3. 3 a 2b 2c 2 .
3
2
a b c 
a b2 c 2
 1 1 1 
Mà theo giả thiết   a 2  b 2  c 2   2  2  2   9  nên từ đó ta có  a  b  c  3 . 

a b c 
 a 2b 2 c 2  3  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  



VOABC 



3VOABC
abc 9
27 9 3
  S ABC 


 
6 2
2
d  O;    2 3

Câu 22. (Bắc Ninh - 2021) Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  hai  mặt  phẳng  là 

 P  : x  2 y  2 z  1  0  và   Q  :  x  2 y  2 z  11  0  và điểm  A   2;1;1 . Một mặt cầu di động 
 S   đi qua điểm  A  đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng   P   và   Q   có tâm  I  của nó nằm 
trên đường cong có độ dài bằng
A. 2 2 .

B. 2 .

C. 4 .

D. 2 3 . 

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 

Lời giải
Chọn D
Ta viết lại mặt phẳng   Q  : x  2 y  2 z  11  0 . 
Ta có hai mặt phẳng   P   và   Q   song song với nhau nên mặt cầu   S   có bán kính: 

R

11   1
1
1
d  P  ; Q  .
 2 . 
2
2 12   2 2  22

Gọi  I  là tâm mặt cầu, suy ra  I     là mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng   P   và   Q   có dạng: 

  : x  2 y  2 z  d  0  
d    ,  P    d    ,  Q   

1  d 11  d
 d  5 


3
3

Vậy    : x  2 y  2 z  5  0 . 
Gọi  H  là hình chiếu của  A  trên mặt phẳng    , ta có:  AH  d  A;    

2  2  2  5
 1 . 
3

Vậy tâm  I  của mặt cầu   S   thuộc đường trịn tâm  H , bán kính  r  IA2  AH 2  4  1  3 . 
Suy ra độ dài đường cong là chu vi đường tròn bằng  2 r  2 3 . 
Câu 23. (Bắc Ninh - 2021) Cho  điểm  M  2;  6;4    và  đường  thẳng  d : 

x 1 y  3 z
.  Tìm  tọa  độ 


2
1
2

điểm  M   đối xứng với điểm  M  qua đường thẳng  d :
B. M   4;  2;0  .
C. M   4; 2;  8  .
A. M   4;2;8  .

D. M   3;  6;5  . 

Lời giải

Chọn B


Đường thẳng  d  có một vector chỉ phương  u   2;1;  2   
Gọi     là mặt phẳng đi qua  M  và vng góc với đường thẳng  d  

 Mặt phẳng     có một vector pháp tuyến  u   2;1;  2   

 Phương trình mặt phẳng     là  2  x  2   1 y  6   2  z  4   0  hay  2 x  y  2 z  10  0  
Tọa độ giao điểm  I  của đường thẳng  d  và mặt phẳng     thỏa mãn hệ: 

 x  1
 x 1 y  3 z




1
2   y  4  I  1;  4;2   
 2
z  2
2 x  y  2 z  10  0

M   đối xứng với điểm  M  qua đường thẳng  d  I  là trung điểm  MM   

 xM   2 xI  xM  2.  1  2  4

 Tọa độ điểm  M   là   yM   2 yI  yM  2.  4   6  2  M   4;  2;0  . 
 z  2 z  z  2.2  4  0
I

M
 M

Facebook Nguyễn Vương 15


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Câu 24. (Nam Định - 2021) Trong khơng gian  Oxyz ,  cho mặt cầu   S2   có tâm  I 2  2;1;5 , bán kính bằng 
2

2

2

2 và  mặt  cầu   S1  có phuong  trình:   x  2    y  1   z  1  16 .  Mặt phẳng   P  thay đổi và 
luôn tiếp xúc với 2 mặt cầu trên. Khoảng cách nhỏ nhất từ  O  đến mặt phẳng   P   bằng
A. 15 .

B.

9  15
.
2

9  15
.
2
Lời giải

C.

D.

9 3  15
.
2

Chọn B
Mặt cầu   S1  có tâm  I1  2;1;1 , bán kính bằng 4. Gọi  M , N  lần lượt là tiếp điểm của mặt phẳng 

 P  và mặt cầu   S1  ,   S2   ta có 

I1 M
2 
I2 N

 V I ,2   S 2     S1   V I ,2  I 2    I1   I  2;1;9   

 

 I1I 2 MN    P   MN ,
 I1I 2 MN    P   MN ,
 I1I 2 MN    S1    I1 , 4  ,
 I1I 2 MN    S2    I 2 , 2  . Với   I1 , 4  là đường tròn,   I 2 , 2  là đường trịn. 
Xét tam giác  I 2 IM  vng tại M,  II 2  4 ,  I 2 M  2 . Gọi H là hình chiếu vng góc của O lên   P   

Giả 

sử



sin I 2 IM 


I2M 1
  I 2 IM  300 . 
II 2
2

Tam giác  II1O  có  OI  86, II1  8, OI1  6 . 


cos I1 IO 


2

2

 II1    OI    OI1 
2OI .II1

2




9

 I1 IO  13057 '9,9 ''
86
 



 HIO  300  I1 IO  160 2'50 ''


Xét tam giác  OIH  vng tại  H . Ta có  OH  OI .sin OIH  2, 5635083 . 
9  15
 2,5635083 . 
2

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 

Câu 25. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2021) Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  đường  thẳng 
x 1 y z  2
d:
 
 P  : x  2 y  z  3  0 .  Viết  phương  trình  đường  thẳng      
2
1
3   và  mặt  phẳng 
P
d
d
nằm trong    , cắt     và vng góc với    . 

x3

7
x3

C.  :
7

A.  :

y2 z4
. 

5
3
y2 z4

. 
3
5

x3 y2 z4
. 


7
5
3
x3 y2 z4



D.  :
. 
5
3
7
Lời giải

B.  :

Chọn A

 x  1  2t

Đường thẳng   d   có phương trình tham số:   y  t
,  t  R . 
 z  2  3t



 d   có một véctơ chỉ phương là  u   2;1;  3 . 
d


Mặt phẳng   P   có một véctơ pháp tuyến  n p  1; 2;1 . 
  
 u   ud ; n p    7; 5;3  . 




Gọi  A  d    A 1  2t; t; 2  3t  . 
Vì  A  (P)  1  2t  2t  2  3t  3  0  t  2  A  3; 2; 4  . 
x3 y2 z4
Vậy đường thẳng    có phương trình là: 
. 


7
3
5
Câu 26. (Chun Lê Hồng Phong - 2021) Trong  không  gian  với  hệ  trục  tọa  độ  Oxyz ,  cho  các  đường 

x  t
x  2 y 1 z  2

thẳng   d1  :
,   d 2  :  y  3
.  Có  bao  nhiêu  mặt  phẳng  song  song  với  cả 


1
1
1
 z  2  t


 d1    và   d2  ,  đồng  thời  cắt  mặt  cầu   S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  2  0   theo  giao  tuyến  là  một 
đường trịn có chu vi bằng   6 ? 
A. 2 . 

B. 1. 

C. 0 . 
Lời giải

D. Vơ số. 

Chọn A
Gọi   P   là mặt phẳng thỏa mãn u cầu đề bài. 


 
 d1   có VTCP  u1  1; 1; 1 ,   d2   có VTCP  u2  1; 0;1  suy ra  u1 , u2    1; 2;1 . 

Khi đó   P   có vectơ pháp tuyến  n  1; 2; 1 . 
Suy ra   P  : x  2 y  z  D  0 . 
Mặt cầu   S   có tâm  I 1; 2;0   và bán kính  R  12  22  02  2  3 . 
Ta có  d 2  I ;  P    r 2  R 2  với  r  là bán kính đường trịn giao tuyến. 
2

2

2

2

Khi đó d  I ;  P    R  r 

 3

2

 6 
3
6
. 
 
   d  I ;  P   
2
2
 2 

Facebook Nguyễn Vương 17


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Suy ra 

1  2.2  0  D
12  22   1

2



D  5  3
 D  2
6
. 

 D5 3 

2
 D  5  3
 D  8

Phương trình mặt phẳng   P   cần tìm   P  : x  2 y  z  2  0  ;   P  : x  2 y  z  8  0 . 
Câu 27. (Chuyên Lê Hồng Phong - 2021) Trong  không  gian  với  hệ  trục  tọa  độ  Oxyz ,  cho  điểm 

A(1;1; 1)   và  mặt  cầu  ( S ) tâm  I (1;2; 3) ,  bán  kính  R  5 .  Mặt  phẳng  ( P) đi  qua  A và  cắt 
( S ) theo  giao  tuyến  là  đường tròn  (C ) .  Gọi  ( N ) là  khối  nón  có  đỉnh  I và  nhận  (C ) làm  đường 
trịn đáy. Tính bán kính của  (C ) khi thể tích khối nón  ( N ) đạt giá trị lớn nhất 
A.

5 6
. 
3

B. 3 . 

C.

5
. 
2

D. 4 . 

Lời giải
Chọn A

 A(1;1; 1) 
 AI  (2;1; 2)  AI  22  12  (2)2  3  R  
 Ta có:  

I
(1;2;
3)

Suy ra điểm  A nằm bên trong mặt cầu 
Gọi  K là hình chiếu của  I lên mặt phẳng  ( P) và  R(C ) là bán kính đường trịn giao tuyến  (C )  

 IK  ( P) và  IK cũng chính là đường cao của khối nón  ( N ) . Mà  0  IK  IA với  IA  3 nên 
Ta đặt  IK  x   x  [0;3]  R( C )  25  x 2  

1

Suy ra  V ( N )  . dR (2C ).( I ;( P))  x (25  x 2 )  
3
3
Xét hàm  g ( x )  x (25  x 2 )   x 3  25 x   x  [0;3] có  g '( x)  3 x 2  25  

 g '( x)  0  3x 2  25  0  x  

5
5
 5  250
 g
x
 


3
3
 3 3 3

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021 

Bảng biến thiên hàm  g ( x)  x(25  x 2 )  như sau: 

 5  250
Dựa vào BBT ta kết luận được  max g ( x)  g 
 

[0;3]
 3 3 3

 V( N ) max 

250
27 3

 khi  IK  x 

2

5 6
 5 
 R( C )  R 2  IK 2  52  

  3  
3
 3

5

Câu 28. (Chuyên Biên Hòa - 2021) Cho  hàm  số  ABCD. A ' B ' C ' D '   có  tất  cả  các  cạnh  bằng  1  và 
  DAA
'  
BAD
A ' AB  60o . 
  

Cho hai  M , N thoả mãn điều kiện  C ' B  BM , DN  2 DD ' . Độ dài đoạn thẳng  MN là 
A.

3.

B. 13 .

C. 19 .
Lời giải

D. 15 . 

Chọn D

  DAA
'  
Ta có  BAD

A ' AB  60o . 
 ABD  ABA '  ADA '  là các tam giác đều và có cạnh  AB  AD  AA '  1 . 
     
1
 AB. AD  AB. AA '  AD. AA '  1.1.cos 60 o  . 
2
   
  
MN  MC '  C ' D '  D ' N  2 BC '  C ' D '  DD '  
   

  
 2  BC  BB '  C ' D '  DD '  2 BC  2 BB '  C ' D '  DD '  

  

 
 2 AD  2 AA '  AB  AA '  3 AA '  2 AD  AB . 


 
MN  3 AA '  2 AD  AB . 
Facebook Nguyễn Vương 19