COMBO Bài tập trắc nghiệm nâng cao Toán 12 & Các dạng toán ứng dụng thực tế có đáp án và lời giải chi tiết St&Bs Đặng Việt Đông

www.twitter.com/daykemquynhon
www.facebook.com/daykem.quynhon
https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.daykemquynhon.blogspot.com
Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Toán 12
www.daykemquynhon.ucoz.com
MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Đặt x = OH , ta có 0 < x ≤ OM = 1, đồng thời HA =
2 2
R − OH =
2
8 − x . Vậy diện tích tam giác
OAB là
1
2
SOAB
= OH. AB = OH. HA = x 8 − x .
2
Khảo sát hàm số
2
f ( x) = x 8 − x trên ( ]
0;1 , ta được
( ]
( ) ( )
max f x = f 1 = 7 .
Vậy giá trị lớn nhất của S
∆ OAB
= 7 , đạt được khi x = 1 hay H ≡ M , nói cách khác là d ⊥ OM .
Chọn đáp án A.
⎧ x = 2 − t
2 2 2
⎪
Câu 53. Cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2x + 4z + 1 = 0 và đường thẳng d : ⎨ y = t . Tìm m để d
⎪
⎩z = m + t
S tại hai điểm phân biệt ,
S tại A và tại B vuông
cắt ( )
A B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của ( )
góc với nhau.
A. m = −1
hoặc m = −4
B. m = 0 hoặc m = −4
C. m = −1
hoặc m = 0
D. Cả A, B, C đều sai
Hướng dẫn giải:
Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức là phương trình
2
( ) 2
2
( ) ( ) ( )
2 2
⇔ 3t + 2( m + 1)
t + m + 4m
+ 1=
0
2 − t + t + m + t − 2. 2 − t + 4. m + t + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ( ) 2 2
0;1
∆ ' > 0 ⇔ m + 1 − 3m −12m
− 3 > 0
2
⇔ m + 5m + 1 < 0 .
Với phương trình có hai nghiệm phân biệt , áp dụng định lí Viet ta có
2
m + 4m
+ 1 −2
t1t 2
= ; t1 + t2
= ( m + 1)
3 3
Khi đó IA = ( 1 − t1; t1; m + 2 + t1 ), IB = ( 1 − t2; t2; m + 2 + t
2 ) .
IA. IB = 1− t 1− t + t t + m + 2 + t m + 2 + t = 0
Vậy ( )( ) ( )( )
1 2 1 2 1 2
( )( ) ( ) 2
⇔ 3t t + m + 1 t + t + m + 2 + 1 = 0
1 2 1 2
2 2
( ) ( )
2 2
⇔ m + 4m + 1− m + 1 + m + 2 + 1 = 0
3
Chọn đáp án A.
⎡m
= −1
⇔ ⎢ (TM).
⎣m
= −4
Câu 54. rong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm ( 1;01;1 ), ( 1;2;1 ), ( 4;1; −2)
phẳng ( ) : + + = 0
đó M có tọa độ
1;1; −1
P x y z . Tìm trên (P) điểm M sao cho
A B C và mặt
2 2 2
MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi
+ +
A. M ( )
B. M ( 1;1;1 )
C. M ( 1;2; −1)
D. M ( 1;0; −1)
Hướng dẫn giải:
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có G ( 2;1;0 )
2 2 2 2 2 2 2
MA + MB + MC = 3MG + GA + GB + GC ( 1)
, ta có
DIỄN ĐÀN TOÁN - LÍ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN
Từ hệ thức (1) ta suy ra :
2 2 2
MA + MB + MC đạt GTNN ⇔ MG đạt GTNN ⇔ M là hình
chiếu vuông góc của G trên (P).
Đóng góp Full Text Version bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
Trang 157
www.facebook.com/daykemquynhonofficial
www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial