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

Tài liệu VD-VDC trích từ các đề thi thử tốt nghiệp THPT 2021 môn Toán – Chủ đề: Số phức - Phương pháp tọa độ trong không gian (Tổng hợp lần 3)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:33

Thêm vào BST
Báo xấu
3
lượt xem 0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu VD-VDC trích từ các đề thi thử tốt nghiệp THPT 2021 môn Toán – Chủ đề: Số phức - Phương pháp tọa độ trong không gian (Tổng hợp lần 3) là tài liệu tích hợp hai chuyên đề quan trọng của chương trình Toán lớp 12. Tài liệu bao gồm các bài tập trắc nghiệm vận dụng cao, hệ thống công thức tính nhanh và bài tập đúng sai đặc trưng. Mỗi dạng toán đều có lời giải chi tiết để học sinh rèn luyện kỹ năng tư duy logic và hình học không gian. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để học tập vững vàng hai chuyên đề này.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu VD-VDC trích từ các đề thi thử tốt nghiệp THPT 2021 môn Toán – Chủ đề: Số phức - Phương pháp tọa độ trong không gian (Tổng hợp lần 3)

  1. 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: https://drive.google.com/drive/folders/12dZ3gwX3JRHjlRtndy_uwKlj4z0_0wwp?usp=sharing 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.  D. 3.  Lời giải  Chọn D Giả sử  z  a  bi  a, b    .  2 2 2 2  z  1   a  bi  1   a  1  bi    a  1  b 2  2  a  1 bi .    2 2  z  1  là số ảo khi và chỉ khi   a  1  b 2  0   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 2   a  1  b 2    a  2    a  2   8  a  0  2 2    b  1  a  a  2    b  1  8   b  1  a      2 2  a  2   a  8   a 2  2a  2  0   a  0 a  1  3 a  1  3      b  1 b  2  3  b  2  3  Vậy có 3 số phức thỏa yêu cầu bài toán 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  3i  z tọa độ  Oxy , tập hợp điểm biểu diễn các số phức  w   là một đường tròn có bán kính bằng  z i A. 2 3 .  B. 2 6 .  C. 4 .  D. 2 .  Lời giải Chọn D 3i  z  Theo bài ra  w   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 https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1
  2. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Tập hợp điểm biểu diễn w  là đường tròn 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 tròn. Bán kính  r  của đường tròn đó là  A. r  10 . B. r  20 . C. r  18 . D. r  25 .  Lời giải Chọn B Gọi  w  x  yi  với  x, y   .  w5 Ta có  w  (3  4i ) z  5i  z  .  3  4i w5 2 Mà  z  4   4  w  5  20   x  5   y 2  400 .  3  4i Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là đường tròn 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  2 53  3 2 2 53  2 A. . B. 6 2 . C. . D. 53  5 .  2 2 Lời giải 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 1 y  3  x  y  2  0  d1  x 1 y  3   x  y  2  0  d2       x  1  y  3  x  y  4  0  d3    x  1  y  3  x  y  4  0  d4   Suy ra điểm  E  nằm trên các cạnh của hình vuông  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  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  3. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  3 min P  min EK  d  K , AD    và  max P  max EK  KC  53   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.  B. 1 .  C. 3 .  D. 3 .  Lời giải  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.  2 3 A. 2. B. . C. 3. D. .  2 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 mô 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   2 2 P  z1  z2   a1  a 2    b1  b2   a12  b12  a 2 2  b2 2  2 a1 a 2  2 b1b2  3 Câu 7. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa 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 https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3
  4. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  2 15  8b  15   2 a  1  8b  15  0  b  .  8 Theo giả thiết:  2 1  1  1 2 1 2 2 z   3i   a     b  3 i   a     b  3   2a 1   2b  6  2  2  2 2 1 2 1  8b 15   2b  6   4b 2  32b  21 .  2 2 15 Xét hàm số  f  b   4b 2  32b  21  với  b  .  8 15 15  Ta có  f   b   8b  32  0, b   nên hàm số  f  b   4b 2  32b  21  đồng biến trên   ;    .   8 8   15  4353 Suy ra:  f  b   f    .   8  16 1 1 4353 15 1 Do đó  z   3i  đạt giá trị nhỏ nhất là   khi  b  ,  a  .  2 2 16 8 2 1 a 15 Vậy   b  2   2 .  4 4 8   PHẦN 2. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN Câu 8. (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Trong  hệ  tọa  độ  Oxyz ,  cho  mặt  cầu   S  :  2 2 2  x  cos     y  cos     z  cos    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 .  C. 20 .  D. 40 .  Lời giải  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 cos   cos   cos  . 1  0  0 cos   cos 2   cos 2  2 cos  cos  Tương tự, ta có:  cos   ;  cos     2 2 2 cos   cos   cos  cos   cos 2   cos 2  2 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  5. 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   2 Diện tích của mặt cầu   S 2   là:  4 R2  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 2 2 2 OM  OP 2  OD 22 Ta có:  cos   ;  cos   ;  cos    cos   cos   cos     OI OI OI OI 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  luôn bằng  1  nên luôn 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 https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5
  6. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489    Diện tích của mặt cầu   S1   là:  4 R12  4   2 Diện tích của mặt cầu   S 2   là:  4 R2  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 A. x0  y0  z0  .  B. x0  y0  z0  .  2019 2019 13 19 C. x0  y0  z0  .  D. x0  y0  z0  .  2019 2019 Lời giải Chọn C    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  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  7. 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    3   6 2 6 5 13 Suy ra:  ON1  OG   y0   x0  y0  z0     .  2019  2019 2019 2019 2019 2019  5  z0  2019  Câu 10. (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa - 2021) Trong không gian với hệ trục tọa độ  Oxyz , cho mặt  x  1 y  2 z 1 cầu   S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  13  0   và  đường  thẳng  d :   .  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 ,  MC   đến  mặt  cầu   S    (  A ,  B ,  C   là  các  tiếp  điểm  )  thỏa  mãn    60 ,  BMC  90  và  AMB   CMA  120 . Tính  Q  a  b  c   10 A. Q  1 .  B. Q  2 .  C. Q  .  D. Q  3 .  3 Lời giải Chọn B   Theo tính chất của tiếp tuyến ta có:  MA  MB  MC  m .  +)    60 , suy ra  AMB  đều   AB  m .  AMB  +)  BMC  90 , suy ra  CMB  vuông cân tại  M    BC  m 2 .   +)  CMA  120 , từ tam giác  AMC  ta có:   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  vuông tại  B .  Mặt cầu   S   có tâm  I 1; 2; 3 , bán kính  R  3 3 .  Gọi  J  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  BAC , ta có:,  J  là trung điểm của  AC . Ba điểm  I , J , M  thẳng hàng.    Theo tính chất tiếp tuyến ta cũng có: IAM  ICM  90 , suy ra:  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7
  8. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  1 1 1 S IAM  S ICM  S AICM  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  t  0 2 2 2 IM  6   2  t    4  t    4  t   36  3t  4t  0   4 .  2 t   3 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  thực  k 0  sao  cho        MN  k a  MN  k . a  k  5  k  5  MN   5; 5;0       Gọi  K  x; y; z   thỏa mãn  AK  MN   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 . B. P  0 .  C. P  9 . 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 2  x  a   y  b   z  c  2   Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  9. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2021  a  b  c   Từ giả thiết ta có   2 2 2   1  a    1  b    4  c    2  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 ? 3 1 3 1  3 1  3 1 A. P  ;0;   . B. M  ; 0;  . C. Q   ;0;  . D. N   ; 0;   .  4 2 4 2  4 2  4 2 Lời giải 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 2 x  z  1  0 x  4   3 1  Tọa độ điểm  K  thỏa mãn hệ:  2 x  y  3 z  3  0   y  0  K  P  ;0;   .  y  0  4 2  1 z    2 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9
  10. 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: A. 2 . B. 6 . C. 2 . D. 6 .  Lời giải 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    2 2 2 Vậy  AM  1  0   1  0    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  6 2 3 A. 6 .  B. 2 .  C. .  D. .  2 3 Lời giải 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 .   1   3   1   3   1   Ta có  A  0;  ; 0  ,  B   2 ;0; 0  ,  C  0; ;0  ,  B    2 ;0;1 ,  C '  0; ;1 .    2     2     2    3 1      3 1    AB   ; ;0  ,  BC '     2 2  ; ;1 ,  CC '   0;0;1    2 2      Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  11. 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 '   ;    2 2 ; 0  .        1 1  3 3 3 .  .  .0 n1.n2 2 2  2  2 2 7  Ta có  cos        .  n1 . n2 1 3 3 1 3 7   .  0 4 4 4 4 4 1 1 1  Ta lại có  1  tan 2   2    tan   2 1  2  1  6 .  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 .  D. a  b  c  7 .  Lời giải 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 2 9 2    AB, AC    0; 9;9   S ABC  .  AB, AC   .  9   92      2 .  2 2    AD   5  k ; 2k  1; 2k  1 ,     1   1 2 2 9k 2  AD, AC    0;9k ; 9k   S ADC  .  AD, AC   .  9 k    9 k       2   2 2 9 2 4 1 1  k   6 2  1  k   k  .    S ABCD  S ABC  S ADC  2 3 3  17 5 2  17  5  2  Vậy  D  ; ;   a  b  c   8 .   3 3 3 3 Câu 17. (THPT Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2021) Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  đường  thẳng  x 1 y z  2 d:     và  mặt  phẳng   P  : x  y  z  3  0 .  Đường  thẳng  d    là  hình  chiếu  vuông  2 1 1 góc của đường thẳng  d  trên mặt phẳng   P  . Đường thẳng  d  đi qua điểm nào sau đây?  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 https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11
  12. 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 vuông 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  . 4 m  2 m  4 m  1 m  1 A.  . B.  . C.  . D.  .  m  2 2 m  2 m  4 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 .   1.1  2.0  2  2m  1 2 cos   P  ,  Q    cos     4 2 2 2 1 2 1  (2)  2 . 1  0   2m  1 2 2  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  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  13. 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 cïøg hö ôù g n n     CH  k BA, k  0, k  1  x  2k  5, y  k , z  2k  2, k  0, k  1    AB  CH   2 2 2  x  1  y   z  1  18 2 2  AH  BC  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    2 2 2  k  3    2k  6   k   2k  3  18    k  1  loaï i   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 A. d :   .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 Lời giải Chọn A   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 https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13
  14. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Gọi K là hình chiếu vuông 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 vuông 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. x2 y2 z Do tọa độ  A 1;1;1  thỏa mãn phương trình     nên phương trình đường thẳng  1 1 1 x2 y2 z d:   .  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 9 3 3 3 A. . B. 3 3 . C. 9 3 . D. .  2 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   3  a b  b2 c 2  c 2 a 2 2 2 1 1 1 1  a 2b 2 c 2  3  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2        a 2 b2 c 2 3  1 1 1 3   Ta có  a 2  b 2  c 2  2  2  2   3. 3 a 2b 2c 2 . a b c  3 2 2 2 9   abc  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  abc 9 3VOABC 27 9 3 VOABC    S ABC      6 2 d  O;    2 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 . C. 4 . D. 2 3 .  Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  15. 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:  1 1 11   1 R 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   1  d 11  d d    ,  P    d    ,  Q      d  5  3 3 Vậy    : x  2 y  2 z  5  0 .  2  2  2  5 Gọi  H  là hình chiếu của  A  trên mặt phẳng    , ta có:  AH  d  A;      1 .  3 Vậy tâm  I  của mặt cầu   S   thuộc đường tròn 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 .  x 1 y  3 z Câu 23. (Bắc Ninh - 2021) Cho  điểm  M  2;  6;4    và  đường  thẳng  d :    .  Tìm  tọa  độ  2 1 2 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  . 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 vuông 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 y  3 z  x  1      2 1 2   y  4  I  1;  4;2    2 x  y  2 z  10  0  z  2  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  M I M Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15
  16. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  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 9  15 9  15 9 3  15 A. 15 . B. . C. . D. . 2 2 2 Lời giải 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  I1 M  P  và mặt cầu   S1  ,   S2   ta có  2  I2 N  V I ,2   S 2     S1   V I ,2  I 2    I1   I  2;1;9      Giả  sử  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 tròn.  Xét tam giác  I 2 IM  vuông tại M,  II 2  4 ,  I 2 M  2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên   P     I2M 1  sin I 2 IM    I 2 IM  300 .  II 2 2 Tam giác  II1O  có  OI  86, II1  8, OI1  6 .  2 2 2  cos I1 IO   II1    OI    OI1   9   I1 IO  13057 '9,9 '' 2OI .II1 86      HIO  300  I1 IO  160 2'50 ''  Xét tam giác  OIH  vuông tại  H . Ta có  OH  OI .sin OIH  2, 5635083 .  9  15  2,5635083 .  2 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  17. 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  nằm trong    , cắt     và vuông góc với    .  P d d x3 y2 z4 x3 y2 z4 A.  :   .  B.  :   .  7 5 3 7 5 3 x3 y2 z4 x3 y2 z4 C.  :   .  D.  :   .  7 5 3 7 5 3 Lời giải 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 5 3 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  :   ,   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 tròn có chu vi bằng   6 ?  A. 2 .  B. 1.  C. 0 .  D. Vô số.  Lời giải Chọn A Gọi   P   là mặt phẳng thỏa mãn yêu 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 tròn giao tuyến.    2 2  6  3 6  2  2 Khi đó d  I ;  P    R  r  2  3  2   2  d  I ;  P    2 .        Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17
  18. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  1  2.2  0  D 6 D  5  3  D  2 Suy ra    D5 3   .  12  22   1 2 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  tròn đáy. Tính bán kính của  (C ) khi thể tích khối nón  ( N ) đạt giá trị lớn nhất  5 6 5 A. .  B. 3 .  C. .  D. 4 .  3 2 Lời giải Chọn A  A(1;1; 1)   Ta có:    AI  (2;1; 2)  AI  22  12  (2)2  3  R    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 tròn 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   5 5  5  250  g '( x)  0  3x 2  25  0  x   x  g    3 3  3 3 3 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
  19. 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 2 250 5  5  5 6  V( N ) max   khi  IK  x   R( C )  R 2  IK 2  52     3   27 3 3  3 Câu 28. (Chuyên Biên Hòa - 2021) Cho  hàm  số  ABCD. A ' B ' C ' D '   có  tất  cả  các  cạnh  bằng  1  và  BAD  DAA '    60o .    A ' AB        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 .  Lời giải Chọn D Ta có  BAD  DAA '    60o .    A ' AB  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 https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19
  20. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489   2     2  MN  3 AA '  2 AD  AB  .   2  2  2          9 AA '  4 AD  AB  2.3.2 AD. AA '  2.3 AA '. AB  2.2 AD. AB    9  4  1  6  3  2  15 .   MN  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  vuông 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.   Lời giải Chọn C. Gọi   P  là mặt phẳng vuông góc với  AB tại  B  suy ra  d   P      P  : z  0.   Ta có  d  M ; d   d  M ;  P  .   Dấu “=” xảy ra   d  đi qua hình chiếu  M '  của  M  trên   P  .      Do  M '  1;3;0   u  M ' B   2; 1;0    Vậy  a  b  1.   Câu 30. (THPT Hoàng Hoa Thám - Đà Nẵng - 2021) Trong  không  gian  Oxyz ,  cho  ba  điểm  A 1; 4;5  , B  0;3;1 , C  2; 1; 0    và  mặt  phẳng   P    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  MA2  MB 2  MC 2  đạt giá trị nhỏ  nhất. Khi đó,  a  2b  c  bằng  A. 0 . B. 3 . C. 3 . D. 9 .  Lời giải Chọn A Gọi  G  là trọng tâm tam giác  ABC  G 1;2; 2  .  Khi đó:  T  MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 .   Vậy  T  MA 2  MB 2  MC 2   đạt  giá  trị  nhỏ  nhất  khi  MG   nhỏ  nhất   M   là hình chiếu  của  G   trên mặt phẳng   P  .   x  1  2t  Gọi  d  là đường thẳng đi qua  G  và vuông góc với mặt phẳng   P   pt d :  y  2  2t t  .   z  2  t  Khi đó tọa độ điểm  M  thỏa mãn hệ phương trình   x  1  2t  y  2  2t    t  1  M  3; 0;3  a  2b  c  0.    z  2t 2 x  2 y  z  9  0  Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/
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 ©2025 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
26=>2