35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 1)
50 câu hỏi
Một tổ học sinh có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn 4 học sinh của tổ đó tham gia đội xung kích?
4!
C54+C74
A124
C124
Số cách chọn 4 học sinh của tổ đó tham gia đội xung kích là C124
Chọn đáp án D.
Câu 2: Cấp số cộng un có số hạng tổng quát un=2n+3. Số hạng thứ 10 có giá trị bằng
23
280
140
20
Ta có số hạng thứ 10 là u10=2.10+3=23.
Hàm số y=fx có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số y=fx đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
−∞;0
2;+∞
1;5
0;2
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=fx, hàm số đồng biến trên khoảng 0;2.
Cho hàm số y=fx có bảng biến thiên như sau
x=5
x=2
x=1
x=0
Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=2.
Chọn đáp án B.
Cho hàm số y=fx có đạo hàm trên ℝ. Biết rằng hàm số y=f'x có đồ thị như hình bên. Đặt gx=fx+x. Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực đại và bao nhiêu điểm cực tiểu?
Hàm số có một điểm cực đại và hai điểm cực tiểu
Hàm số không có điểm cực đại và có một điểm cực tiểu.
Hàm số có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu.
Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu
Hàm số fx có đạo hàm trên ℝ nên hàm số gx=fx+x cũng có đạo hàm trên ℝ và g'x=f'x+1;g'x=0⇔f'x=−1.
Dựa vào đồ thị f'x ta có f'x=−1 có ba nghiệm phân biệt x1,x2,x3 với x1<x2<x3.
Bảng biến thiên của gx:
Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu.
Chọn đáp án D.
Tìm phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x−33x−2.
x=13.
x=23.
y=23.
y=13.
Ta có limx→±∞y=13⇒ tiệm cận ngang là y=13.
Chọn đáp án D.
Đường cong trong hình bên phải là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
y=x−1x+1.
y=x4−2x2−1.
y=x4−2x2−1.
y=x+1x−1.
Đây là dạng của đồ thị của hàm phân thức y=ax+bcx+d nên hai hàm đa thức y=x4−2x2−1 và y=x3−3x2+2 bị loại.
Nhận thấy đồ thị có đường tiệm cận đứng x=−1 nên hàm số y=x+1x−1 bị loại.
Hàm số y=x−1x+1 có đồ thị như đường cong của đề cho.
Chọn đáp án A.
Tọa độ giao điểm của đồ thị các hàm số y=x2−2x−3x−2 và y=x+1 là
−1;0
3;1
2;−3
2;2
Tập xác định D=ℝ\2.
Xét phương trình hoành độ giao điểm
x2−2x−3x−2=x+1⇔x2−2x−3=x2−x−2⇔x=−1⇒y=0.
Chọn đáp án A.
Với a là số thực dương tùy ý, log33a bằng
3log3a
3+log3a
1+log3a
1−log3a
Ta có log33a=log33+log3a=1+log3a.
Chọn đáp án C.
Tính đạo hàm của hàm số y=sin2x+3x.
y'=2cos2x+x3x−1.
y'=−cos2x+3x.
y'=−2cos2x−3xln3.
y'=2cos2x+3xln3.
Tập xác định: D=ℝ.
y'=2cos2x+3xln3.
Chọn đáp án D.
Cho 0<a≠1;α,β∈ℝ. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
aαaβ=aαβ
aα=aαα>0.
aαβ=aαβ
aα=aα
Mệnh đề aα=aα đúng.
Chọn đáp án D.
Tìm nghiệm của phương trình log25x+1=12.
x=4.
x=6.
x=24.
x=0.
Điều kiện x>−1. Có log25x+1=12⇒x+1=5⇔x=4.
Chọn đáp án A.
Tìm nghiệm thực của phương trình 2x=7.
x=7
x=72.
x=log27.
x=log72.
Ta có 2x=7⇔x=log27.
Chọn đáp án C
Họ nguyên hàm của hàm số fx=2x2+x+1 là
2x33+x2+x+C.
4x+1.
2x33+x22+x.
2x33+x22+x+C.
Ta có ∫2x2+x+1dx=2x33+x22+x+C.
Chọn đáp án D.
Hàm số fx=cos4x+7 có một nguyên hàm là
−sin4x+7+x.
14sin4x+7−3.
sin4x+7−1.
−14sin4x+7+3.
Hàm số fx=cos4x+7 có một nguyên hàm là 14sin4x+7−3.
Chọn đáp án B.
Cho I=∫−232x−3x−4dx=a+bln6với a,b∈ℤ.Tính a−b.
15
17
7
10
Ta có I=∫−232x−3x−4dx=∫−232+5x−4dx=2x+5lnx−43−2=10−5ln6.
Hay a=10,b=−5. Khi đó a−b=15.
Chọn đáp án A.
Tích phân ∫032x+1dx bằng
6
9
12
3
Ta có ∫032x+1dx=x2+x30=12.
Chọn đáp án C.
Cho số phức z=1+2i. Mô-đun của z là
3
5
5
4
z=12+22=5
Chọn đáp án B.
Cho hai số phức z1=2−7i và z2=−4+i. Điểm biểu diễn số phức z1+z2 trên mặt phẳng tọa độ là điểm nào dưới đây?
Q−2;−6
P−5;−3
N6;−8
M3;−11
Ta có z1+z2=−2−6i. Vậy điểm biểu diễn z1+z2 trên mặt phẳng tọa độ là điểm Q−2;−6.
Chọn đáp án A.
Điểm M trong hình bên dưới là điểm biểu diễn của số phức
z=−3+2i.
z=3+2i.
z=−3−2i
z=3−2i.
Điểm M trong hình vẽ là điểm biểu diễn của số phức z=−3−2i.
Chọn đáp án C.
Cho hình trụ có diện tích đáy là B, chiều cao là h và thể tích là V. Chọn công thức đúng?
B=V.h
V=13hB.
V=3VB.
V=hB.
Dựa vào lý thuyết đã học.
Chọn đáp án D.
Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
V=13Bh.
V=Bh.
V=16Bh.
V=3Bh.
Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V=Bh.
Chọn đáp án B.
Tính thể tích khối trụ có bán kính R=3, chiều cao h=5.
V=45π.
V=45.
V=15π.
V=90π.
Thể tích khối trụ là V=πR2h=45π.
Chọn đáp án A.
Mặt cầu bán kính R nội tiếp trong một hình lập phương. Hãy tính thể tích V của hình lập phương đó.
V=8πR33.
V=16πR33.
V=16R3.
V=8R3.
Vì mặt cầu bán kính R nội tiếp trong một hình lập phương nên độ dài một cạnh hình lập phương bằng 2R. Thể tích khối lập phương V=2R3=8R3.
Chọn đáp án D.
Hình chiếu vuông góc của điểm M1;2;−4 trên mặt phẳng Oxy là điểm có tọa độ?
1;2;0
1;2;−4
0;2;−4
1;0;−4
Điểm Mx;y;z thuộc mặt phẳng Oxy khi và chỉ khi Mx;y;0. Vậy hình chiếu vuông góc của điểm M1;2;−4 trên mặt phẳng Oxy là điểm có tọa độ là 1;2;0.
Chọn đáp án A.
Trong không gian tọa độ Oxyz, xác định phương trình mặt cầu có tâm I3;−1;2 và tiếp xúc mặt phẳng P:x+2y−2z=0.
x−32+y+12+z−22=2.
x−32+y+12+z−22=1.
x+32+y−12+z+22=1.
x+32+y−12+z+22=4.
Ta có dI,P=3+2.−1−2.212+22+−22=1.
Phương trình mặt cầu có tâm I và tiếp xúc mặt phẳngP là x−32+y+12+z−22=1.
Chọn đáp án B.
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng P đi qua điểm A−1;2;0 và nhận n→=−1;0;2 làm một véc tơ pháp tuyến có phương trình là
−x+2y−5=0.
x+2z−5=0.
−x+2y−5=0.
x−2z+1=0
Phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A−1;2;0 và nhận n→=−1;0;2 làm một véc tơ pháp tuyến có phương trình là −1x+1+0y−2+2z−0=0⇔x−2z+1=0.
Chọn đáp án D.
Trong không gian Oxyz, một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục Oy có tọa độ là
0;1;2020
1;1;1
0;2020;0
1;0;0
Ta có một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục Oy là j→=0;1;0.
Chọn u→=2020j→=0;2020;0 là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng chứa trục Oy.
Chọn đáp án C.
Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có An và Bình, đứng ngẫu nhiên thành một hàng. Xác suất để An và Bình đứng cạnh nhau là
25
110
15
14
Xét ngẫu nhiên 10 học sinh thành một hàng có 10! cách ⇒nΩ=10!
Gọi biến cố A: “Xếp 10 học sinh thành một hàng sao cho An và Bình đứng cạnh nhau”.
Xem An và Bình là nhóm X.
Xếp X và 8 học sinh còn lại có 9! cách.
Hoán vị An và Bình trong X có 2! cách.
Vậy có 9!2! cách ⇒nA=9!2!
Xác suất của biến cố A là: PA=nAnΩ=15.
Chọn đáp án C.
Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào?
y=x3−3x2+3.
y=x4−2x2+1.
y=−x4+2x2+1.
y=−x3+3x2+1.
Dựa vào hình dạng đồ thị hàm số đã cho, ta suy ra đây là hàm số bậc ba có hệ số a>0. Trong các đáp án chỉ có duy nhất hàm số y=x3−3x2+3 là thỏa các điều kiện trên.
Chọn đáp án A.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x−1x+1 trên đoạn 0;3 là:
minx∈0;3y=12.
minx∈0;3y=−3.
minx∈0;3y=−1.
minx∈0;3y=1.
Sử dụng chức năng MODE 7 của máy tính để bấm máy, tìm GTNN của hàm số trên đoạn đã cho.
Chọn đáp án C.
Tập nghiệm S của bất phương trình log2x−1<3 là
S=1;10
S=−∞;9
S=−∞;10
S=1;9
Bất phương trình đã cho tương đương 0<x−1<8 hay 1<x<9.
Chọn đáp án D.
Biết ∫23x2−3x+2x2−x+1dx=aln7+bln3+cln2+d(với a,b,c,dlà các số nguyên). Tính giá trị của biểu thức T=a+2b2+3c3+4d4.
T=6.
T=7.
T=9.
T=5.
Ta có ∫23x2−3x+2x2−x+1dx=∫231−2x−1x2−x+1dx=x−lnx2−x+132=1−ln7+ln3
⇒a=−1,b=1,c=0,d=1⇒T=5.
Chọn đáp án D.
Câu 33: Biết ∫23x2−3x+2x2−x+1dx=aln7+bln3+cln2+d (với a,b,c,d là các số nguyên). Tính giá trị của biểu thức T=a+2b2+3c3+4d4.
Mô-đun của số phức z=1+2i2−i là
z=5.
z=5
z=10.
z=6.
Ta có z=12+22.22+−12=5.
Chọn đáp án A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,ABC^=600, cạnh bên SA=2a và SA vuông góc với ABCD. Tính góc giữa SB và SAC.
900
300
450
600
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Do ABCD là hình thoi nên BO⊥AC1.
Lại có SA⊥ABCD⇒SA⊥BO2.
Từ 1 và 2 suy ra BO⊥SAC.
Vậy SB,SAC=SB,BO=BSO^.
Trong tam giác vuông BOA, ta có ABO^=300 nên suy ra AO=12AB =a2 và BO=a32.
Trong tam giác vuông SAO, ta có SO=SA2+AO2=2a2+a24=3a2.
BO⊥SAC⇒BO⊥SO⇒ΔSOB vuông tại O.
Ta có tanBSO^=BOSO=a32.23a=33.
Vậy SB,SAC=SB,SO=BSO^=300.
Chọn đáp án B.
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB=AA'=a,AC=2a. Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ACD' là
a33.
a55.
a105.
a217.
Ta có BC=AC2−AB2=4a2−a2=3a. Do đó DA=3a;DC=DD'=a
Tứ diện DACD' vuông tại D nên ta có
1h2=1DA2+1DC2+1DD'2
=13a2+1a2+1a2
=73a2.
Suy ra h=37a=217a.
Chọn đáp án D.
Tìm độ dài đường kính của mặt cầu S có phương trình x2+y2+z2−2y+4z+2=0.
3
2
1
23
Bán kính của mặt cầu: R=12+−22−2=3⇒ Đường kính của mặt cầu là 2R=23.
Chọn đáp án D.
Cho đường thẳng Δ đi qua điểm M2;0;−1 và có véc-tơ chỉ phương a→=4;−6;2. Phương trình tham số của đường thẳng Δ là
x=2+2ty=−3tz=−1+t
x=−2+4ty=−6tz=1+2t
x=4+2ty=−6−3tz=2+t
x=−2+2ty=−3tz=1+t
Do 2;−2;1 cũng là véc-tơ chỉ phương nên phương trình tham số là x=2+2ty=−3tz=−1+t.
Chọn đáp án A.
Giá trị lớn nhất của hàm số y=4x2+1x−2 trên đoạn −1;2 bằng
292
1
3
Không tồn tại.
Vì 0∈−1;2 và limx→0−y=−∞limx→0+y=+∞ nên hàm số không có giá trị lớn nhất và không có giá trị nhỏ nhất trên đoạn −1;2.
Chọn đáp án D.
Bất phương trình 9x−2x+53x+92x+1≥0 có tập nghiệm là S=a;b∪c;+∞. Tính tổng a+b+c
0
1
2
3
Đặt t=3x,t>0. Khi đó bất phương trình đã cho trở thành t2−2x+5t+92x+1≥0⇔t−9t−2x−1≥0.
* Trường hợp 1: t−9≥0t−2x−1≥0⇔t≥9t−2x−1≥0⇔3x≥9 13x−2x−1≥0. 2
Xét bất phương trình 2:
Đặt gx=3x−2x−1 trên ℝ. Ta có g'x=3xln3−2.
Gọi x0 là nghiệm duy nhất của phương trình g'x=0,x0>0.
Khi đó, gx=0 có nhiều nhất hai nghiệm.
Xét thấy, gx=0 có hai nghiệm là x=0 và x=1.
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có 2⇔x≤0x≥1.
Mặt khác 1⇔x≥2.
Kết hợp 1 và 2 suy ra x≥2 *
* Trường hợp 2: t−9≤0t−2x−1≤0⇔t≤9t−2x−1≤0⇔3x≤93x−2x−1≤0 34
Xét bất phương trình 4:
Đặt gx=3x−2x−1 trên ℝ. Ta có g'x=3xln3−2.
Gọi x0 là nghiệm duy nhất của phương trình g'x=0,x0>0
Khi đó, gx=0 có nhiều nhất hai nghiệm.
Xét thấy, gx=0 có hai nghiệm là x=0 và x=1
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có 4⇔0≤x≤1.
Mặt khác, 3⇔x≤2.
Kết hợp 3 và 4 suy ra 0≤x≤1. **
Kết hợp (*) và (**) ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=0;1∪2;+∞.
Vậy tổng a+b+c=3.
Chọn đáp án D.
Giá trị của tích phân I=∫01xx+1dx là
I=2+ln2.
I=1+ln2.
I=1−ln2.
I=2−ln2.
Ta có I=∫01xx+1dx=∫01x+1−1x+1dx=∫011−1x+1dx=∫01dx−∫011x+1dx =x10−lnx+110=1−ln2.
Chọn đáp án C.
Cho số phức z=a+bia,b∈ℝ thỏa mãn phương trình z−11+izz−1z=i. Tính P=a+b.
P=1−2.
P=1.
P=1+2.
P=0.
z−11+izz−1z¯=i⇔z−11+izz¯zz¯−1=i z≠1
⇔z−11+izz¯z2−1=i⇔1+izz¯z+1=i
⇔z¯+iz2=iz+1⇔a−bi+a2+b2i=ia2+b2+1
⇔a+−b+a2+b2i=ia2+b2+1⇔a=0b2−b=b+1
⇔a=0b<0b=±1loaib>0b2−2b−1=0⇔a=0b=1+2nhanb=1−2loai.
Vậy P=a+b=1+2.
Chọn đáp án C.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác vuông tại A,AC=a,ACB^=600. Đường chéo BC' của mặt bên BCC'B' tạo với mặt phẳng ACC'A' một góc bằng 300. Tính thể tích khối lăng trụ theo a.
a33.
a36.
a333.
a363.
Đường chéo BC' của mặt bên BCC'B' một góc bằng 300 nên BC',ACC'A'^=BC',AC'^=BC'A^=300.
B'C'=ACcos600=2a;AB=BC2−AC2=a3.
C'B=ABsin300=2a3⇒BB'=2a2.
V=BB'.SΔABC=2a2.12a3.a=a36.
Chọn đáp án B.
Mặt tiền của một ngôi biệt thự có 8 cây cột hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao bằng 4,2 m. Trong số các cây đó có 2 cây cột trước đại sảnh đường kính bằng 40 cm, 6 cây cột còn lại phân bố đều hai bên đại sảnh và chúng đều có đường kính bằng 26 cm. Chủ nhà thuê nhân công để sơn các cây cột bằng sơn giả đá biết giá thuê là 380000 đồng/1m2 (kể cả vật liệu sơn và nhân công thi công). Hỏi người chủ phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn hết các cây cột nhà đó (đơn vị đồng)? (lấy π=3,14159).
≈11.833.000.
12.521.000.
≈10.400.000.
≈15.642.000
Diện tích xung quanh của 2 cây cột trước đại sảnh là S1=22πr1h=2.2π.15.4,2=84π25m2.
Diện tích xung quanh của 6 cây cột còn lại là S2=62πr2h=6.2π.13100.4,2=819π125m2.
Diện tích xung quanh của 8 cây cột là S=S1+S2=1239π125m2.
Số tiền ít nhất để sơn hết các cây cột là S.380000=1239π125.380000=11832997,23≈11.833.000
Chọn đáp án A.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:x−31=y−33=z2 và mặt phẳng P:x+y−z+3=0. Đường thẳng Δ đi qua A1;2;−1, cắt d và song song với mặt phẳng P có phương trình là phương trình nào dưới đây?
x−11=y−22=z+11.
x−11=y+22=z+1−1.
x−1−1=y−2−2=z+11.
x−11=y−2−2=z+1−1.
* Cách 1: Gọi B=d∩Δ⇒B∈dB∈Δ⇒B3+t;3+3t;2tAB→=2+t;1+3t;2t+1 là véc-tơ chỉ phương của Δ.
Mặt phẳng P có véc-tơ pháp tuyến là nP→=1;1;−1.
Vì Δ//P nên nP→.AB→=0⇔2+t+1+3t−2t−1=0⇔2t=−2⇔t=−1.
Vậy đường thẳng Δ đi qua A1;2;−1 và nhận véc-tơ chỉ phương AB→=1;−2;−1 có phương trình là x−11=y−2−2=z+1−1.
* Cách 2: Gọi β là mặt phẳng qua A1;2;−1 và song song với α nên có phương trình x+y−z−4=0.
Gọi β=d∩β. Khi đó, tọa độ x,y,z của B là nghiệm của hệ phương trình
x−31=y−33=z2x+y−z−4=0⇔3x−y=62x−z=6x+y−z−4=0⇔x=2y=0z=−2.
Suy ra B2;0;−2 và đường thẳng Δ:x−11=y−2−2=z+1−1.
Chọn đáp án D.
Cho hàm số y=fx liên tục trên ℝ. Biết rằng đồ thị của hàm số y=f'x được cho bởi hình vẽ bên. Vậy khi đó hàm số y=gx=fx−x22 có bao nhiêu điểm cực đại?
3
2
0
1
Nhận thấy hàm gx cũng liên tục trên ℝ và có đạo hàm g'x=f'x−x.
Từ đồ thị đã cho vẽ đường thẳng y=x (như hình bên) suy ra g'x=0⇔f'x=x⇔x=−1x=0x=2.
Cũng từ đồ thị bên ta có hàm g'x chỉ đổi dấu từ dương sang âm khi qua các điểm x=0 và x=1.
Vậy hàm số y=gx có 2 điểm cực đại.
Chọn đáp án B.
Cho bất phương trình log3a11+log17x2+3ax+10+4.log3ax2+3ax+12≥0. Giá trị thực của tham số a để bất phương trình trên có nghiệm duy nhất thuộc khoảng nào sau đây?
−1;0
1;2
0;1
2;+∞
Đặt m=3a khi đó bất phương trình đã cho trở thành
logm11+log17x2+mx+10+4.logmx2+mx+12≥0 1
Điều kiện của bất phương trình là m>0;m≠1;x2+mx+10≥0. Ta có:
1⇔1−log7x2+mx+10+4.log11x2+mx+12log11m≥0 2
Đặt u=x2+mx+10,u≥0.
* Với 0<m<1. Ta có
2⇔fu=log7u+4.log11u+2≥1=f9. 3
Vì fu là hàm tăng trên 0;+∞ nên từ 3 ta có
fu≥f9⇔u≥9⇔x2+mx+1≥0. 4
4 vô số nghiệm vì Δ=m2−4<0 với ∀m∈0;1. Suy ra 0<m<1 không thỏa bài toán.
* Với m>1. Ta có
2⇔fu≤f9⇔0≤u≤9⇔x2+mx+10≥0 5x2+mx+1≤0 6
Xét 6, ta có Δ=m2−4.
+ m2−4<0⇔1<m<2 thì 6 vô nghiệm. Không thỏa bài toán.
+ m2−4>0⇔m>2 thì 6 có nghiệm là đoạn x1;x2, lúc này 5 nhận hơn 1 số của x1;x2 làm nghiệm. Không thỏa bài toán.
+ m2−4=0⇔m=2 thì 6 có nghiệm duy nhất x=−1 và x=−1 thỏa 5. Do đó bất phương trình có nghiệm duy nhất là x=−1.
Vậy m=2⇔a=23.
Chọn đáp án C.
Cho parabol P:y=x2+2 và hai tiếp tuyến của P tại các điểm M−1;3 và N2;6. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P và hai tiếp tuyến đó bằng
94
134
74
214
Phương trình tiếp tuyến của P tại N2;6 là d1:y=4x−2. Phương trình tiếp tuyến của P tại M−1;3 là d2:y=−2x+1.d1 cắt d2 tại điểm 12;0. Ta có diện tích
S=∫−112x2+2+2x−1dx+∫122x2+2−4x+2dx=74.
Chọn đáp án C.
Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn z1+5=5,z2+1−3i=z2−3−6i. Giá trị nhỏ nhất của z1−z2 là
52
72
12
32
Đặt z1=x1+y1i,x1,y1∈ℝ;z2=x2+y2i,x2,y2∈ℝ.
Ta có z1+5=5⇔x1+5+y2i=5⇔x1+52+y22=25.
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z1 là đường tròn C:x+52+y2=25.
Ta có z2+1−3i=z2−3−6i⇔x2+1+y2−3i=x2−3+y2−6i
⇔x2+12+y2−32=x2−32+y2−62⇔8x2+6y2=35.
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z2 là đường thẳng Δ:8x+6y=35.
C có tâm I−5;0, bán kính R=5.
Khoảng cách từ I đến Δ là dI,Δ=8.−5+6.0−3582+62=7510=152>R.
Suy ra Δ không cắt C. Do đó, nếu gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với Δ,d cắt C và Δ lần lượt tại M,N và H thì một trong hai đoạn thẳng HM,HN là khoảng cách ngắn nhất nối hai điểm bất kỳ thuộc C và Δ
Suy ra giá trị nhỏ nhất của z1−z2 là
z1−z2min=HM=dI,Δ−R=152−5=52.
Chọn đáp án A.
Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB=a,ACB^=300 và SA=SB=SD với D là trung điểm BC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng 3a4.Tính cos góc giữa hai mặt phẳng SAC và SBC.
2511.
3
6513.
533.
Do tam giác ABC vuông tại A có D là trung điểm BC và ACB^=600 nên tam giác ABD đều cạnh a và BC=2a,CA=a3.
Dựng SH⊥ABC với H∈ABC.
⇒H là tâm tam giác đều BAD do SA=SB=SD.
Gọi hình chiếu của H lên AB,AC thứ tự là E,F.
Gọi M là trung điểm đoạn BD.
⇒AM=BA2−BM2=a2−a24=a32.
⇒AH=23AM=a33 và HE=HM=AM3=a36.
Ta có: SH⊥BC,AM⊥BC nên BC⊥SAM.
Kẻ MN⊥SAN∈SA thì MN là đường vuông góc chung của SA và BC hay MN=3a4.
⇒NA=MA2−MN2=a34.
Trong tam giác SAM có MN,SH là hai đường cao nên AH.AM=AN.AS.
⇒AS=AH.AMAN=2a33⇒SH=SA2−AH2=a.
Chọn hệ trục tọa độ với gốc tại A và các trục tọa độ như hình vẽ với tia Ox trùng với tia AB, tia Oy trùng với tia AC và tia Oz vuông góc với mặt phẳng ABC và có hướng theo HS→. Các đơn vị trên các trục bằng nhau và bằng a.
Khi đó: A0;0;0,B1;0;0,C0;3;0.
Do HF=AE=a2,HE=HM=a36 và SH=a nên S12;36;1.
Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng SAC là
n1→=AC→,AS→=3;0;−32.
Véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng SBC là
n2→=BC→,SC→=−3;−1;−33.
Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng SAC và SBC, ta có:
cosα=cosn1→;n2→=n1→.n2→n1→.n2→=6513.
Chọn đáp án C.
