intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề vận dụng cao môn Hóa học – Oxyz tỉ cự toàn diện

Chia sẻ: Le Huutuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST
Báo xấu
27
lượt xem 4
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề vận dụng cao môn Hóa học – Oxyz tỉ cự toàn diện với 22 câu hỏi và bài tập có kèm theo hướng dẫn giải chi tiết giúp các em học sinh có thêm tư liệu tham khảo phục vụ công tác học tập và ôn thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề vận dụng cao môn Hóa học – Oxyz tỉ cự toàn diện

  1. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ ĐỀ VDC TOÁN SỐ 59 - OXYZ TỈ CỰ TOÀN DIỆN (Đề gồm 3 trang - 22 câu - Thời gian làm bài chuẩn 50 phút) Câu 1. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1;1) , B (0;3; 2) , C (5; 2;0) . Gọi N (a; b; c) là     điểm thỏa mãn biểu thức tỉ cự 2 NA  NB  3NC  0 . Giá trị của biểu thức T  a  b  c tương ứng bằng: 5 13 3 A.  . B. 2 . C.  . D. . 2 4 2 Câu 2. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0;1) , B (0;1; 2) , C (3; 2;0) . Gọi M (a; b; c) là điểm sao cho 3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức T  a  b  c tương ứng bằng: 7 5 A. 3 . B. 0 . C. . D. . 2 2 Câu 3. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;3;1) , B (1;1;0) , C (0; 0; 2) . Gọi M (a; b; c) là điểm sao cho MA2  MB 2  2 MC 2 đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của biểu thức T  a  b  c tương ứng bằng: 1 3 A. 1 . B. . C. . D. 1 . 2 2 Câu 4. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3; 2; 2) , B (2; 0;0) , C (0;0; 3) . Gọi M (a; b; c) là    điểm sao cho | 2MA  3MB  4MC | đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức T  a  b  c tương ứng bằng: A. 14. B. 16. C. 28. D. 32. Câu 5. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;0) , B (1; 2;3) , C (0; 1; 2) . Gọi M ( x; y; z ) là điểm sao cho MA2  2 MB 2  MC 2  2019 . Quỹ tích những điểm M là mặt cầu (S) có: 2019 A. tâm N (1; 2;1) và bán kính là R  2019 . B. tâm N (1;1;1) và bán kính R  . 2 1993 1993 C. tâm N (1;1;1) và bán kính R  . D. tâm N (1; 2;1) và bán kính là R  2 2 Câu 6. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1;1) , B (2; 2;1) và M (a; b; c) là một điểm nằm   trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của | MA  2MB | bằng: A. 3 . B. 6 . C. 0 . D. 1 . Câu 7. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1; 3) , B (0;3;1) và M (a; b; c) là một điểm nằm   trên mặt phẳng (Oyz). Khi P  | 3MA  MB | đạt giá trị nhỏ nhất thì T  a 2  b 2  c 2 bằng: A. 25. B. 14. C. 13. D. 29. Câu 8. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;1) , B (1; 0;1) và M (a; b; c) là một điểm nằm trên mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  10  0 . Khi MA2  4 MB 2 đạt giá trị lớn nhất thì giá trị T  a  b  c bằng: A. 3 . B. 1 . C. 2 . D. 4 . Câu 9. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 2;1) , B (2;1; 0) , C (0;1; 4) và M là một điểm nằm trên mặt phẳng ( ) : x  3 z  12  0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 MA2  3MB 2  MC 2 bằng: 219 119 A. 10 . B.  . C.  . D. 4 . 5 5 Câu 10. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3; 1; 2) , B (1;1;0) , C (2;3; 1) , D (1;3; 2) và M là một điểm nằm trên trục hoành Ox . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2 MA2  MB 2  MC 2  MD 2 bằng: A. 36 . B. 38 . C. 30 . D. 42 . Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 1
  2. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ Câu 11. (3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 2; 3) , B (2;1;1) , C (1;3; 1) , D (1;3; 2) và x 3 y 5 z 5 M (a; b; c) là một điểm nằm trên d :   để biểu thức T  3MA2  MB 2  2 MC 2  MD 2 đạt giá trị 2 1 1 nhỏ nhất. Khi đó (a  b  c) bằng: A. 11 . B. 12 . C. 7 . D. 9 . Câu 12. (3) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2;1;1) , B (0;1; 2) , C (1;1; 2) và mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  8  0 . Gọi M ( a; b; c) nằm trên (P) để biểu thức T  MA2  2 MB 2  2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức (9a  b  c) bằng: A. 2 . B. 4. C. 0. D. 5 . Câu 13. (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  ( y  1)2  z 2  36 và hai điểm 2 A(2;1; 3) , B (2;1; 4) . Gọi M ( a; b; c) là điểm nằm trên (S) sao cho biểu thức T  2MA2  MB 2 đạt giá trị lớn nhất. Khi đó giá trị của biểu thức (b  c) bằng: A. 1. B. 1 . C. 2 . D. 3. Câu 14. (4) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x  2)  ( y  1)2  ( z  1)2  36 và hai điểm 2 A(2;3; 4) , B (2;0; 1) . Gọi M (a; b; c ) là điểm nằm trên (S) sao cho biểu thức T  MA2  2MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức (a  3c ) bằng: A. 13. B. 5 . C. 7. D. 4. Câu 15. (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 2) , B (1; 2;3) , C (2;1; 1) và M là một điểm nằm trên mặt cầu ( S ) : ( x  1)2  y 2  z 2  16 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  MA2  MB 2  MC 2 bằng: A. 24 . B. 24 . C. 6  8 14 . D. 12 . Câu 16. (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;0) , B (1;0;1) , C (0; 2; 2) và M là một điểm nằm trên mặt cầu ( S ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  z 2  25 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 MA2  2 MB 2  MC 2 tương ứng bằng: A. 44  10 41 . B. 60 . C. 22  12 14 . D. 22 . Câu 17. (4) Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(2; 0;1) , B (3;1; 2) , C (1;3; 2) , D (2; 0;3) . Hai điểm P và Q di động nhưng luôn thỏa mãn: PA = QC, PB = QD , PC = QA , PD = QB. Khi đó mặt phẳng trung trực của PQ đi qua điểm cố định N. Điểm N nằm trên mặt phẳng tương ứng là: A. x  2 y  z  5  0 . B. 2 x  3 y  z  3  0 . C. 2 x  y  z  4  0 . D. 3 x  y  2 z  12  0 . Câu 18. (4) Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(1;2;0) , B(3;-2;1) , C(0;1;1) , D(-1;0;2). Gọi P và Q là hai điểm di động thỏa mãn hệ thức: PA2 + PB2 + 2PC2 – PD2 = QA2 + QB2 + 2QC2 – QD2. Gọi ( ) là mặt phẳng trung trực của PQ. Khi đó ( ) luôn đi qua điểm cố định có tọa độ (a;b;c). Giá trị của biểu thức (2a  b  c) bằng A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Câu 19. (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;3) , B (2; 1;1) , C (0; 2;3) . Mặt phẳng ( P ) có phương trình là ax  2 y  cz  d  0 đi qua C, sao cho A và B cùng phía so với (P) , đồng thời tổng khoảng cách từ A và B đến (P) đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của biểu thức T  (a  c  d ) tương ứng bằng: A. 0 . B. 8 . C. 12 . D. 10 . Câu 20. (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; 3) , B (1; 1; 2) , C (1; 2; 2) . Mặt phẳng ( P ) đi qua gốc tọa độ O, sao cho A , B , C cùng phía so với (P). Tổng khoảng cách từ A , B , C đến (P) đạt giá trị lớn nhất bằng: A. 3 3 . B. 3 . C. 3 10 . D. 3 6 . Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 2
  3. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ Câu 21. (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2; 0;1) , B (3; 2; 0) , C (0; 0; 5) , D (3;1;3) . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm D, sao cho A , B , C cùng phía so với mặt phẳng (P). Giá trị lớn nhất của biểu thức T  d ( A; ( P ))  2d ( B; ( P ))  d (C ;( P )) tương ứng bằng: A. 12 5 . B. 16 3 . C. 12 6 . D. 8 5 . Câu 22. (4) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2;1;1) , B (1; 3; 0) , C (2; 2; 4) , D (3;1;3) . Mặt phẳng ( P ) đi qua gốc tọa độ O, sao cho A , B , C , D cùng phía so với mặt phẳng (P). Khi biểu thức T  d ( A;( P ))  2d ( B;( P ))  d (C ;( P ))  3d ( D;( P )) đạt giá trị lớn nhất thì phương trình mặt phẳng (P) tương ứng là ( P) : x  by  cz  d  0 . Giá trị của biểu thức T  (b  c  d ) bằng: A. 3 . B. 3 . C. 2 . D. 2 . ---------- Hết ---------- Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 3
  4. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ ĐÁP ÁN: 1A 2C 3B 4D 5C 6A 7A 8C 9B 10D 11D 12A 13B 14C 15C 16A 17C 18D 19B 20A 21A 22D Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 4
  5. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT: Câu 1. (3 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1;1) , B (0;3; 2) , C (5; 2;0) . Gọi N (a; b; c)     là điểm thỏa mãn biểu thức tỉ cự 2 NA  NB  3NC  0 . Giá trị của biểu thức T  a  b  c tương ứng bằng: 5 13 3 A.  . B. 2 . C.  . D. . 2 4 2 Giải:      A B C  Áp dụng công thức tính tâm tỉ cự của một biểu thức  NA   NB   NB  0 là: N      2 A  B  3C 2(2; 1;1)  (0;3; 2)  3(5; 2; 0) 11 1  Suy ra: N    ( ; ;0)  (a; b; c) 2 1  3 4 4 4  Suy ra: T  a  b  c  5 / 2 .Vậy ta chọn đáp án A. Câu 2. (3 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0;1) , B (0;1; 2) , C (3; 2;0) . Gọi M (a; b; c) là điểm sao cho 3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức T  a  b  c tương ứng bằng: 7 5 A. 3 . B. 0 . C. . D. . 2 2 Giải:     A B C  Gọi N là tâm tỉ cự của biểu thức  NA   NB   NB  0 thì tọa độ của N là: N       Và khi đó: P   MA2   MB 2   MC 2  (     ) MN 2   NA2   NB 2   NC 2   Khi đó để biện luận giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P ta chỉ cần đi biện luận giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của MN vì  NA2   NB 2   NC 2  có giá trị không đổi.      Ở bài toán này ta có: 3NA  2 NB  NC  0 . 3 A  2 B  C 3(1; 0;1)  2(0;1; 2)  (3; 2; 0) 7  Suy ra: N    (0;0; ) 3  2 1 2 2  Khi đó điểm N cố định, các điểm A, B, C cố định và có:  3MA2  2 MB 2  MC 2  2 MN 2   3 NA2  2 NB 2  NC 2    3 NA2  2 NB 2  NC 2   Biểu thức nhỏ nhất khi giá trị MN nhỏ nhất, M là điểm tự do, MN nhỏ nhất bằng 0, khi M trùng với N    3MA2  2 MB 2  MC 2    3 NA2  2 NB 2  NC 2  khi M (a; b; c)  N (0;0; 7 / 2)  T  a  b  c  7 / 2 min  Vậy ta chọn đáp án C. Câu 3. (3 - B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;3;1) , B (1;1;0) , C (0; 0; 2) . Gọi M (a; b; c) là điểm sao cho MA2  MB 2  2 MC 2 đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của biểu thức T  a  b  c tương ứng bằng: 1 3 A. 1 . B. . C. . D. 1 . 2 2 Giải:      Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA  NB  2 NC  0 . A  B  2C (1;3;1)  (1;1; 0)  2(0; 0; 2) 3  Suy ra: N    (0; 1; ) 1 1  2 2 2  Khi đó điểm N cố định, các điểm A, B, C cố định và có:  P  MA2  MB 2  2 MC 2  (1  1  2) MN 2   NA2  NB 2  2 NC 2   2 MN 2   NA2  NB 2  2 NC 2   Suy ra: P  2 MN 2   NA2  NB 2  2 NC 2    NA2  NB 2  2 NC 2   Biểu thức P đạt giá trị lớn nhất khi MN nhỏ nhất bằng 0, M trùng với N, tức là: 3 1  M (a; b; c)  N (0; 1; )  T  a  b  c  . Vậy ta chọn đáp án B. 2 2 Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 5
  6. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ Câu 4. (3 - D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3; 2; 2) , B (2; 0;0) , C (0;0; 3) . Gọi M (a; b; c)    là điểm sao cho | 2MA  3MB  4MC | đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức T  a  b  c tương ứng bằng: A. 14. B. 16. C. 28. D. 32. Giải:      Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 2 NA  3NB  4 NC  0 . 2 A  3B  4C 2(3; 2; 2)  3(2; 0;0)  4(0;0; 3)  Suy ra: N    (12; 4;16) 2 3 4 1  Khi đó điểm N cố định, các điểm A, B, C cố định và có:      | 2MA  3MB  4MC |  | MN |  MN đạt giá trị nhỏ nhất khi M trùng với N, tức là:  M (a; b; c)  N (12; 4;16)  T  a  b  c  32 . Vậy ta chọn đáp án D. Câu 5. (3 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;0) , B (1; 2;3) , C (0; 1; 2) . Gọi M ( x; y; z ) là điểm sao cho MA2  2 MB 2  MC 2  2019 . Quỹ tích những điểm M là mặt cầu (S) có: 2019 A. tâm N (1; 2;1) và bán kính là R  2019 . B. tâm N (1;1;1) và bán kính R  . 2 1993 1993 C. tâm N (1;1;1) và bán kính R  . D. tâm N (1; 2;1) và bán kính là R  . 2 2 Giải:      Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA  2 NB  NC  0 A  2 B  C (2;1; 0)  2(1; 2;3)  (0; 1; 2)  Suy ra: N    (1;1;1) 1 2 1 4  Khi đó điểm N cố định, các điểm A, B, C cố định và có:  MA2  2 MB 2  MC 2  2019  4 MN 2   NA2  2 NB 2  NC 2   2019 2 2019   NA2  2 NB 2  NC 2  2019  26 1993   MN    MN  4 4 2 1993  Suy ra quỹ tích điểm M thỏa mãn hệ thức đã cho là mặt cầu tâm N (1;1;1) và bán kính R  2  Vậy ta chọn đáp án C. Câu 6. (3 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1;1) , B (2; 2;1) và M (a; b; c) là một điểm   nằm trên mặt phẳng (Oxy). Giá trị nhỏ nhất của | MA  2MB | bằng: A. 3 . B. 6 . C. 0 . D. 1 . Giải:    A  2 B (2; 1;1)  2(2; 2;1)  Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA  2 NB  0 . Suy ra: N    (2;1;1) 1 2 3             Suy ra: P  | MA  2 MB |  | MN  NA  2 MN  NB |  | 3MN |  3MN  Điểm N cố định và điểm M chạy trên mặt phẳng (Oxy). Để biểu thức P nhỏ nhất thì MN nhỏ nhất, suy ra khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (Oxy) N (Oxy) M  Dễ dàng suy ra được tọa độ của điểm M từ điểm N là: N (2;1;1)   M (2;1;0)  Suy ra: MN  1  Pmin  3MN  3 . Vậy ta chọn đáp án A. Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 6
  7. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ Câu 7. (3 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;1; 3) , B (0;3;1) và M (a; b; c) là một điểm   nằm trên mặt phẳng (Oyz). Khi P  | 3MA  MB | đạt giá trị nhỏ nhất thì T  a 2  b 2  c 2 bằng: A. 25. B. 14. C. 13. D. 29. Giải:    3 A  B 3(2;1; 3)  (0;3;1)  Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 3NA  NB  0 . Suy ra: N    (3;0; 5) 3 1 2             Suy ra: P  | 3MA  MB |  | 3 MN  NA  MN  NB |  | 2 MN |  2MN  Điểm N cố định và điểm M chạy trên mặt phẳng (Oyz). Để biểu thức P nhỏ nhất thì MN nhỏ nhất, suy ra khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (Oyz) N (Oyz) M  Dễ dàng suy ra được tọa độ của điểm M từ điểm N là: N (3; 0; 5)   M (0;0; 5)  (a; b; c)  Suy ra: T  a 2  b 2  c 2  25 . Vậy ta chọn đáp án A. Câu 8. (3 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;1) , B (1; 0;1) và M (a; b; c) là một điểm nằm trên mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  10  0 . Khi MA2  4 MB 2 đạt giá trị lớn nhất thì giá trị T  a  b  c bằng: A. 3 . B. 1 . C. 2 . D. 4 . Giải:    A  4 B (2;3;1)  4(1; 0;1)  Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA  4 NB  0 . Suy ra: N    (2; 1;1) 1 4 3  Suy ra: P  MA2  4 MB 2  (1  4) MN 2  ( NA2  4 NB 2 )  3MN 2  ( NA2  4 NB 2 )  Với điểm N , A, B cố định đã biết tọa độ và có: ( NA2  4 NB 2 )  24  Suy ra: P  MA2  4 MB 2  3MN 2  24 . Suy ra biểu thức P đạt lớn nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (P). Suy ra tọa độ điểm M là: M (2; 3;3)  (a; b; c) N (P) M  Suy ra: T  a  b  c  2 .  Vậy ta chọn đáp án C. Câu 9. (3 - B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 2;1) , B (2;1; 0) , C (0;1; 4) và M là một điểm nằm trên mặt phẳng ( ) : x  3 z  12  0 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 MA2  3MB 2  MC 2 bằng: 219 119 A. 10 . B.  . C.  . D. 4 . 5 5 Giải:     2 A  3B  C  Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 2 NA  3NB  NC  0 . Suy ra: N   (2; 0;1) 2  3 1  Suy ra: T  2 MA2  3MB 2  MC 2  2 MN 2   2 NA2  3 NB 2  NC 2   2 MN 2  10  Suy ra T đạt lớn nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng ( ) . Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 7
  8. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ N (P) M 13  Khi đó:  MN min  d ( N ;( ))  10 13 2 219  Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức là: Tmax  2( )  10   . 10 5  Vậy ta chọn đáp án B. Câu 10. (3 - D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3; 1; 2) , B (1;1;0) , C (2;3; 1) , D (1;3; 2) và M là một điểm nằm trên trục hoành Ox . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2 MA2  MB 2  MC 2  MD 2 bằng: A. 36 . B. 38 . C. 30 . D. 42 . Giải:      2A  B  C  D  Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 2 NA  NB  NC  ND  0 . Suy ra: N   (2;1; 1) 2 1  1  1  Suy ra: T  2 MA2  MB 2  MC 2  MD 2  3MN 2   2 NA2  NB 2  NC 2  ND 2   3MN 2  36  Suy ra T đạt nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên trục . N (Ox) M  Khi đó:  MN  min  d ( N ;(Ox))  y N2  z N2  2  Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức là: Tmin  3( 2) 2  36  42 .  Vậy ta chọn đáp án D. Câu 11. (3 - D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 2; 3) , B (2;1;1) , C (1;3; 1) , D (1;3; 2) x 3 y 5 z 5 và M (a; b; c) là một điểm nằm trên d :   để biểu thức T  3MA2  MB 2  2 MC 2  MD 2 đạt giá 2 1 1 trị nhỏ nhất. Khi đó (a  b  c) bằng: A. 11 . B. 12 . C. 7 . D. 9 . Giải:       Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 3NA  NB  2 NC  ND  0 . Suy ra: N  (2; 10; 6)  Suy ra: T  3MA2  MB 2  2 MC 2  MD 2  MN 2   3 NA2  NB 2  2 NC 2  ND 2   Suy ra T đạt nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng d N d M  Suy ra tọa độ điểm M là: M (1; 6; 4)  (a; b; c)  (a  b  c)  9 .  Vậy ta chọn đáp án D. Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 8
  9. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ Câu 12. (3 - A) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A (2;1;1) , B (0;1; 2) , C (1;1; 2) và mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  8  0 . Gọi M ( a; b; c) nằm trên (P) để biểu thức T  MA2  2 MB 2  2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức (9a  b  c) bằng: A. 2 . B. 4. C. 0. D. 5 . Giải :      Gọi N là một điểm thỏa mãn: NA  2 NB  2 NC  0  N (0;1; 7)   2      Ta có: MA2  MN  NA  MN 2  NA2  2MN .NA   2    MB2  MN  NB   MN 2  NB 2  2MN .NB   2    MC 2  MN  NC   MN 2  NC 2  2MN .NC      Suy ra: T  MA2  2 MB 2  2MC 2  MN 2  ( NA2  2 NB 2  2 NC 2 )  2MN ( NA  2 NB  2 NC )   T  MA2  2MB2  2MC 2  MN 2  ( NA2  2 NB2  2 NC 2 )  Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất  MN nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (P). Dễ 8 7 47 dàng tìm được tọa độ điểm M ( ;  ;  ) . Suy ra: (9a  b  c)  2 . Vậy ta chọn đáp án A. 9 9 9 Câu 13. (4 - B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2  ( y  1)2  z 2  36 và hai điểm A(2;1; 3) , B (2;1; 4) . Gọi M ( a; b; c) là điểm nằm trên (S) sao cho biểu thức T  2MA2  MB 2 đạt giá trị lớn nhất. Khi đó giá trị của biểu thức (b  c) bằng: A. 1. B. 1 . C. 2 . D. 3. Giải:  Tâm mặt cầu I (0; 1;0) và bán kính R  6     Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức véc tơ: 2.NA  NB  0  N (2;1; 2)   2   2   Khi đó biểu thức: T  2MA2  MB2  2 MN  NA  MN  NB           T  2 NA2  NB 2  MN 2  2MN 2 NA  NB  2 NA2  NB 2  MN 2  Để biểu thức T lớn nhất  MN lớn nhất  MN  IN  R  2 3  6 M 6 I 2 3 N    Khi đó ta có: IM   3 IN  M (2 3; 1  2 3; 2 3)  (b  c)  1 . Vậy ta chọn đáp án B. Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 9
  10. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ Câu 14. (4 - C) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2  36 và hai điểm A(2;3; 4) , B (2;0; 1) . Gọi M (a; b; c ) là điểm nằm trên (S) sao cho biểu thức T  MA2  2MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức (a  3c ) bằng: A. 13. B. 5 . C. 7. D. 4. Giải:  Tâm mặt cầu I (2;1;1) và bán kính R  6     Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức véc tơ: NA  2 NB  0  N (2;1; 2)   2   2   Khi đó biểu thức: T  MA2  MB 2  MN  NA  2 MN  NB           T  NA2  2 NB2  3MN 2  2MN NA  2 NB  NA2  2 NB 2  3MN 2  Để biểu thức T nhỏ nhất  MN nhỏ nhất  MN | IN  R | | 5  6 |  1 M 6 I 5 N   34 23  Khi đó ta có: IM  6 IN  M (  ;1; )  ( a  3c )  7 . Vậy ta chọn đáp án C. 5 5 Câu 15. (4 - C) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 2) , B (1; 2;3) , C (2;1; 1) và M là một điểm nằm trên mặt cầu ( S ) : ( x  1)2  y 2  z 2  16 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  MA2  MB 2  MC 2 bằng: A. 24 . B. 24 . C. 6  8 14 . D. 12 . Giải:  Tâm mặt cầu là I (1;0; 0) và bán kính R  4 .      Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: NA  NB  NC  0 . Suy ra: N  (4; 1; 2) có vị trí so với mặt cầu (S) như hình vẽ.  Suy ra: T  MA2  MB 2  MC 2  MN 2   NA2  NB 2  NC 2   MN 2  24  Suy ra T đạt nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất, khi đó M có vị trí như hình vẽ:  NM min  | NI  R |  | 4  14 | (S) N I M 2  2 Suy ra giá trị nhỏ nhất của T là: Tmin   MN min  24  4  14   24  6  8 14 . Vậy ta chọn đáp án C. Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 10
  11. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ Câu 16. (4 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;0) , B (1;0;1) , C (0; 2; 2) và M là một điểm nằm trên mặt cầu ( S ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  z 2  25 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T  2 MA2  2 MB 2  MC 2 tương ứng bằng: A. 44  10 41 . B. 60 . C. 22  12 14 . D. 22 . Giải:  Tâm mặt cầu là I (2; 1; 0) và bán kính R  5 .      Gọi N là điểm thỏa mãn hệ thức: 2 NA  2 NB  NC  0 . Suy ra: N  (2; 4; 4) có vị trí so với mặt cầu (S) như hình vẽ.  Suy ra: T  2 MA2  2 MB 2  MC 2  MN 2   2 NA2  2 NB 2  NC 2   MN 2  22  Suy ra T đạt lớn nhất khi MN lớn nhất, khi đó M có vị trí như hình vẽ:  NM  max  | NI  R |  | 41  5 | (S) N I 5 M 2  2 Suy ra giá trị lớn nhất là: Tmax   MN  m ax  22    41  5  22  44  10 41 . Vậy ta chọn đáp án A. Câu 17. (4 - C) Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(2; 0;1) , B (3;1; 2) , C (1;3; 2) , D (2; 0;3) . Hai điểm P và Q di động nhưng luôn thỏa mãn: PA = QC, PB = QD , PC = QA , PD = QB. Khi đó mặt phẳng trung trực của PQ đi qua điểm cố định N. Điểm N nằm trên mặt phẳng tương ứng là: A. x  2 y  z  5  0 . B. 2 x  3 y  z  3  0 . C. 2 x  y  z  4  0 . D. 3 x  y  2 z  12  0 . Giải:  Từ giả thiết ta suy ra: PA2 = QC2, PB2 = QD2, PC2 = QA2 , PD2 = QB2. Suy ra:  PA2 + PB2 + PC2 + PD2 = QC2 + QD2 + QA2 + QB2 (1)  Đây là biểu thức tỉ cự.       Gọi N là tâm tỉ cự của biểu thức (1), tức là: NA  NB  NC  ND  0 . Từ đó suy ra tọa độ của tâm tỉ cự N A BC  D được xác định nhanh: N   (1;1;1) 4  Đã biết biểu thức tỉ cự rút gọn được như sau:          PA2  PB 2  PC 2  PD 2  ( PN  NA) 2  ( PN  NB) 2  ( PN  NC ) 2  ( PN  ND) 2        PA2  PB 2  PC 2  PD 2  4 PN 2  NA2  NB 2  NC 2  ND 2  2 PN ( NA  NB  NC  ND)   PA2  PB 2  PC 2  PD 2  4 PN 2  NA2  NB 2  NC 2  ND 2 (2) Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 11
  12. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ  Tương tự: QA2  QB 2  QC 2  QD2  4QN 2  NA2  NB2  NC 2  ND2 (3)  Từ (1) , (2) và (3) suy ra: QN = PN , suy ra N là điểm cố định nằm trên mặt phẳng trung trực của PQ. Thay tọa độ điểm N vào 4 đáp án ta chọn được đáp án đúng là C. Câu 18. (4 - D) Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(1;2;0) , B(3;-2;1) , C(0;1;1) , D(-1;0;2). Gọi P và Q là hai điểm di động thỏa mãn hệ thức: PA2 + PB2 + 2PC2 – PD2 = QA2 + QB2 + 2QC2 – QD2. Gọi ( ) là mặt phẳng trung trực của PQ. Khi đó ( ) luôn đi qua điểm cố định có tọa độ (a;b;c). Giá trị của biểu thức (2a  b  c) bằng A. 1. B. 0. C. 2. D. 3. Giải:  Biểu thức đã cho dưới dạng biểu thức tỉ cự. Tọa độ tâm tỉ cự N được xác định: A  B  2C  D 2 1  N  (1; ; ) 1 1  2 1 3 3  Khi đó giả thiết suy ra được: 3PN2 = 3QN2 PN = QN  N nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng PQ. Tức là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng PQ đi qua điểm cố định N. 2 1  Suy ra: N  (1; ; )  (a; b; c)  (2a  b  c)  3 . Vậy ta chọn đáp án D. 3 3 Câu 19. (4 - B) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;3) , B (2; 1;1) , C (0; 2;3) . Mặt phẳng ( P ) có phương trình là ax  2 y  cz  d  0 đi qua C, sao cho A và B cùng phía so với (P) , đồng thời tổng khoảng cách từ A và B đến (P) đạt giá trị lớn nhất. Giá trị của biểu thức T  (a  c  d ) tương ứng bằng: A. 0 . B. 8 . C. 12 . D. 10 . Giải:  Ta có: d ( A;( P ))  d ( B; ( P ))  2d ( M ;( P ))  2 MH  Với M là trung điểm của AB và H là hình chiếu vuông góc của M lên (P), suy ra M (2;0; 2)  MC  3  Ta có: d ( A; ( P ))  d ( B;( P ))  2d ( M ; ( P ))  2 MH  2.MC  6 . Suy ra tổng khoảng cách từ A và B đến mặt phẳng (P) lớn nhất khi MH  MC  H  C  MC  ( P )   Suy ra mặt phẳng (P) đi qua C và nhận véc tơ MC  (2; 2;1) làm VTPT A M B 3 B (P) H C  Suy ra phương trình mặt phẳng ( P ) : 2 x  2 y  z  7  0  ax  2 y  cz  d  a  2; c  1; d  7  Suy ra: T  (a  c  d )  8 . Vậy ta chọn đáp án B. Câu 20. (4 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 2; 3) , B (1; 1; 2) , C (1; 2; 2) . Mặt phẳng ( P ) đi qua gốc tọa độ O, sao cho A , B , C cùng phía so với (P). Tổng khoảng cách từ A , B , C đến (P) đạt giá trị lớn nhất bằng: A. 3 3 . B. 3 . C. 3 10 . D. 3 6 . Giải: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 12
  13. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ  Ta có: T  d ( A;( P ))  d ( B; ( P ))  d (C ; ( P ))  3d (G;( P ))  3GH  Với G là trọng tâm của ABC và H là hình chiếu vuông góc của G lên (P), suy ra G (1;1; 1)  GO  3  Ta có: T  d ( A;( P))  d ( B;( P))  d (C ;( P))  3d (G;( P))  3GH  3.GO  3 3 . Suy ra tổng khoảng cách từ A và B đến mặt phẳng (P) lớn nhất khi GH  GO  H  O  GO  ( P ) B A G C O H (P) B  Suy ra giá trị lớn nhất của tổng khoảng cách ba điểm A, B, C tới mặt phẳng (P) là: Tmax  3 3  Vậy ta chọn đáp án A. Câu 21. (4 - A) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2; 0;1) , B (3; 2; 0) , C (0; 0; 5) , D (3;1;3) . Mặt phẳng ( P ) đi qua D, sao cho A , B , C cùng phía so với mặt phẳng (P). Giá trị lớn nhất của biểu thức T  d ( A; ( P ))  2d ( B; ( P ))  d (C ;( P )) tương ứng bằng: A. 12 5 . B. 16 3 . C. 12 6 . D. 8 5 . Giải:      Gọi điểm N thỏa mãn hệ thức tỉ cự: NA  2 NB  NC  0  N  (2; 1; 1)  Ghi nhớ: Có một tính chất được nói rõ trong tài liệu Oxyz của TƯ DUY MỞ là: Nếu điểm N thỏa mãn hệ     thức véc tơ tỉ cự:  NA   NB   NC  0 và ba điểm A, B, C cùng phía so với mặt phẳng (P) thì khi đó giá trị của biểu thức T   d ( A; ( P ))   d ( B;( P ))   d (C ;( P ))  (     )d ( N ; ( P ))  (     ) NH ; với H là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (P).  Áp dụng vào bài toán này, ta có:  Ta có: T  d ( A;( P ))  2d ( B;( P ))  d (C ; ( P ))  4d ( N ; ( P ))  4 NH  Ta có: T  d ( A;( P))  2d ( B;( P))  d (C ;( P))  4d ( N ;( P))  4 NH  4.ND  12 5 .  Dấu "=" xảy ra khi: NH  ND  H  D  ND  ( P ) B A N C D H (P) B  Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức T là: Tmax  12 5 . Vậy ta chọn đáp án A. Câu 22. (4 - D) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2;1;1) , B (1; 3; 0) , C (2; 2; 4) , D (3;1;3) . Mặt phẳng ( P ) đi qua gốc tọa độ O, sao cho A , B , C , D cùng phía so với mặt phẳng (P). Khi biểu thức T  d ( A;( P ))  2d ( B;( P ))  d (C ;( P ))  3d ( D;( P )) đạt giá trị lớn nhất thì phương trình mặt phẳng (P) tương ứng là ( P) : x  by  cz  d  0 . Giá trị của biểu thức T  (b  c  d ) bằng: A. 3 . B. 3 . C. 2 . D. 2 . Giải: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 13
  14. Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – Môn TOÁN TƯ DUY MỞ       Gọi điểm N thỏa mãn hệ thức tỉ cự: NA  2 NB  NC  3ND  0  N  (1;0; 2)  Ta có: T  d ( A;( P))  2d ( B;( P))  d (C ;( P))  3d ( D;( P))  7d ( N ;( P))  7 NH  7 NO  7 5   Dấu "=" xảy ra khi: NH  NO  H  O  NO  ( P )  VTPT của mặt phẳng (P) là ON  ( 1;0; 2) N (P) O H B  Suy ra phương trình mp (P) là:  x  2 z  0  x  2 z  0  b  0; c  2; d  0  T  (b  c  d )  2  Vậy ta chọn đáp án D. Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài năng – Bách Khoa Hà Nội. 14
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
3=>0