Luyện thi Toán trắc nghiệm THPT quốc gia năm 2018: 5 bài toán vận dụng cao từ đề thi thử lần 14
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (425.38 KB, 3 trang )
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
5 BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO TỪ ĐỀ THI THỬ LẦN 14 THẦY ĐOÀN TRÍ DŨNG
Câu 1:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3;3; −1) , B ( 2;3;1) và mặt phẳng
( P ) : 2 x + y − 2 z + 1 = 0 . Gọi M là điểm di động trên mặt phẳng ( P ) sao cho MA, MB tạo
với mặt phẳng ( P ) các góc α , β thoả mãn α + β = 90° . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4MA + MB bằng bao nhiêu?
A. 10 5 .
B. 5 10 .
C. 5 5 .
D. 15 3 .
Lời giải: Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên mặt phẳng ( P ) . Theo giả thiết ta
có :
·AMH + BMK
·
·
.
= 90° ⇒ sin ·AMH = cos BMK
·
·AMH = AH = 4
cos
BMK
=
sin
AM AM
Xét các tam giác AMH , BMK ⇒
.
BK
2
·
sin BMK =
=
BM BM
2
2
4
1
1
4 2
⇒
+
= . Áp dụng BĐT Bunyakovsky tổng quát ta có :
+
=1⇔
2
2
AM
BM
4
AM BM
4
1
4
1
2
2
( 4MA + MB ) 2 + 2 ≥ 3 ( 4MA) . 2 + 3 ( MB ) . 2
BM
AM
BM
AM
2
Câu 2:
3
⇒ 4MA + MB ≥ 10 5
Cho ba điểm A, B, C lần lượt là 3 điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn điều
kiện z1 = z2 = z3 = 9 và z1 + z2 = 8 + 6i . Tìm giá trị lớn
C
nhất diện tích tam giác ABC ?
A. 28 14
B. 28 17
C. 30 14
D. 30 17
Lời giải: Ta có z1 + z2 = 8 + 6i nên trung điểm của AB là điểm
O(0,0)
M ( 4;3) và ba điểm A, B, C thuộc đường tròn ( O;9 ) .
Ta hạ CH vuông góc AB và hạ OK vuông góc CH .
1
Khi đó: S = CH . AB = ( CK + KH ) OA2 − OM 2
2
A
K
M(4,3) H
B
⇔ S = 2 14 ( CK + OM ) ≤ 2 14 ( CO + 5 ) = 28 14 . Chọn A.
Câu 3:
Cho hàm số y = f ( t ) có đạo hàm f ′ ( t ) =
(e
et
t
+ 1)
2
và f ( x ) + f ( y ) = 1 với mọi x, y thoả
ln 2
mãn e
x+ y
≤ x + y + 1 . Tích phân
∫ f ( t ) dt bằng ?
0
A. 0 .
Lời giải: Ta có f ( t ) = ∫
B. ln 2 .
(e
et
t
+ 1)
2
dx = ∫
C. ln 3 .
1
( e + 1)
t
2
det = −
D. 2 ln 2 .
1
+C .
e +1
t
Sử dụng đạo hàm hoặc TABLE ta thấy e x ≥ x + 1, ∀x ∈ ¡ , nên e x + y ≤ x + y + 1 ⇔ x + y = 0 ⇔ y = − x .
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018
Trang 1/3
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Do đó ta có f ( x ) + f ( y ) = 1 ⇔ f ( x ) + f ( − x ) = 1 ⇔ −
1
1
+ C − −x
+C =1.
e +1
e +1
x
1
ex
et
. Vậy
⇔− x
− x
+ 2C = 1 ⇔ C = 1 ⇒ f ( t ) = t
e +1 e +1
e +1
Câu 4:
ln 2
∫ f ( t ) dt = ln 3 . Chọn C.
0
Chóp tứ giác đều S . ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 . Gọi M là
uuur uuur r
một điểm thuộc cạnh AB sao cho MA + 2 MB = 0 . Gọi ( S1 ) , ( S 2 ) lần lượt là giao tuyến của
hai mặt cầu ngoại tiếp các khối chóp S . ABCD
S
và S .CDM . Biết rằng ( S1 ) và ( S 2 ) có giao
tuyến là một đường tròn. Tính bán kính của
đường tròn đó?
A. 2a
B. 3a
5a
3a
C.
D.
8
8
Lời giải: Ta dễ thấy đường tròn giao tuyến cần tìm chính
là đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD . Gọi I là trung
điểm của CD . Từ giả thiết ta suy ra SI = a .
I
D
C
O
A
B
M
2
a
a 5
Khi đó: SC = SD = SI 2 + =
. Mặt khác
2
2
S ∆SCD =
Câu 5:
1
a2
SC.SD.CD 5a
SI .CD =
⇒ R∆SCD =
=
.
2
2
4 S∆SCD
8
Cho biết z1 , z2 là hai trong số các số phức thỏa mãn điều kiện z − i = z − 1 và
z1 − z2 = 4 2 . Gọi w là số phức thỏa mãn điều kiện 2 w + 2 − i + 3 w − 1 + 2i ≤ 6 2 . Tính
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = w − z1 + w − z2 .
A. 3 2
B. 4 2
C. 5 2
D. 6 2
Lời giải: Ta có z − i = z − 1 ⇒ x 2 + ( y − 1) = ( x − 1) + y 2 ⇒ qũy tích là đường thẳng d : x − y = 0 .
2
2
M
N
A
d: x y = 0
B
N'
Do vậy nếu gọi A, B là hai điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 thì AB = 4 2 .
Lại có: 6 2 ≥ 2 w + 2 − i + 3 w − 1 + 2i ≥ 2 ( w + 2 − i + − w + 1 − 2i ) ≥ 2 3 − 3i = 6 2 .
Như vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi w = 1 − 2i do đó điểm biểu diễn của w là điểm M ( 1; −2 ) .
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018
Trang 2/3
Biên soạn: Đoàn Trí Dũng – Điện thoại: 0902.920.389
Dựng hình bình hành ABMN và lấy N ′ đối xứng N qua đường thẳng AB , ta có:
P = w − z1 + w − z2 = MA + MB = AM + AN = AM + AN ′ ≥ MN ′
Mà MN ′ = NN ′2 + MN 2 = 4d 2 ( M ; ( AB ) ) + AB 2 = 5 2 . Do vậy Chọn C.
LUYỆN THI TOÁN TRẮC NGHIỆM THPT QUỐC GIA 2018
Trang 3/3
