Tổng hợp 25 đề luyện thi THPTQG môn Toán chọn lọc, cực hay có đáp án (đề 25)
50 câu hỏi
Đồ thị hàm số y=4x2+4x+3−4x2+1 có bao nhiêu đường tiệm cận ngang?
2
0
1
3
Đáp án A
Ta có: y=4x+24x2+4x+3+4x2+1⇒lim x→+∞y=lim x→+∞4x+24x2+4x+3+4x2+1
=lim x→+∞4+2x4+4x+3x2+4+1x2=1⇒y=1 là TCN.
lim x→−∞=lim x→−∞=4x+24x2+4x+3+4x2+1=lim x→−∞−4−2x4+4x+3x2+4+1x2=−1⇒y=−1 là TCN.
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường TCN.
Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Độ dài cạnh bên bằng 4a. Mặt phẳng BCC'B' vuông góc với đáy và B'BC^=30∘.Thể tích khối chóp A.CC'B'là
a332
a3312
a3318
a336
Đáp án D
Gọi I là trung điểm của BC. Khi đó BI⊥BCC'B'.
Ta có: AI=a2−a22=a32
SB'C'C=12.a.4a.sin30∘=a2VA.CC'B'=13AI.SB'C'C=13.a32.a2=a336.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu: S: x−22+y+12+z+22=4 và mặt phẳng P:4−3y−=0. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng (P)và mặt cầu (S) có đúng 1 điểm chung.
m=1
m=-1 hoặc m=−21
m=1 hoặc m=21
m=−9 hoặc m=31
Đáp án C
Mặt cầu (S)tâm I2;−1;−2 và bán kính R=2.. Để mặt phẳng (P)và mặt cầu (S)có đúng 1 điểm chung thì dI;P=R⇔4.2−3−1−m42+32=2⇔m=1m=21.
Khẳng định nào trong các khẳng định sau là sai?
∫kfxdx=k∫fxdx với k∈ℝ
∫fx+gxdx=∫fxdx+∫gxdx,fx;gxliên tục trên R
∫xαdx=1α+1xα+1+Cvới α≠−1
∫fxdx'=fx
Đáp án A
Nếu k=0⇒∫0dx=C;k∫fxdx=0.
Cho khối chóp S.ABCD có thể tích V. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, MC. Thể tích của khối chóp N.ABCD là:
V/6
V/4
V/2
V/3
Đáp án B
Vì NC=MNvà MA=MS nên dN;ABCD=12dM;ABCD
Thể tích khối chóp N.ABCD là: V=13dN;ABCD.SABCD=14.13dS;ABCD.SABCD=V4
Tập nghiệm của bất phương trình log13x−1+log311−2x≥0 là:
S=1;4
S=−∞;4
S=3;112
S=1;4
Đáp án A
Điều kiện: x−1>011−2x>0⇔1<x<112*
Với điều kiện (*) thì bất phương trình trở thành:
log311−2x−log3x−1≥0⇔log311−2xx−1≥0⇔11−2xx−1≥1⇔11−2x≥x−1⇔x≤4.
So sánh với (*) ta có: 1<x≤4.
Biết ∫04xlnx2+9dx=aln5+bln3+c trong đó a, b, c là các số nguyên. Giá trị của biểu thức T=a+b+clà:
10
9
8
11
Đáp án C
Đặt u=lnx2+9dv=xdx⇒du=2xx2+9dxv=x2+92⇒∫04xlnx2+9dx=x2+92lnx2+9−04∫04xdx
=25ln5−9ln3−8⇒a=25;b=−9;c=−8⇒a+b+c=8.
Số điểm cực trị của hàm số y=x−12017là
0
2017
1
2016
Đáp án A
Ta có: y'=2017x−12016≥0∀x⇒ hàm số không có cực trị.
Trong không gian Oxyz, cho véc tơ a→ biểu diễn của các véc tơ đơn vị là a→=2i→+k→−3j→. Tọa độ của véc tơ a→là:
1;2;−3
2;−3;1
2;1;−3
1;−3;2
Đáp án B
a→=2i→−3j→+k→
Hàm số nào trong bốn hàm số liệt kê ở dưới nghịch biến trên các khoảng xác định của nó?
y=13−x
y=e2−2x+1
y=3ex
y=2017x
Đáp án B
Đường thẳng y=x+1 cắt đồ thị hàm số y=x+3x−1 tại hai điểm phân biệt A, B. Tính độ dài đoạn thẳng AB.
AB=34
AB=8
AB=6
AB=17
Đáp án A
PT hoành độ giao điểm là x+1=x+3x−1⇔x≠1x2−x−4=0,Δ=17>0⇒xA+xB=1yA+yB=−4
Suy ra AxA;xA+1BxB;xB+1⇒AB=2xA−xB2=2xA+xB2−8xAxB=212−8−4=34
Tìm tập xác định D của hàm số y=ex2−2x.
D=ℝ
D=0;2
D=ℝ\0;2
D=∅
Đáp án A
Tìm tập nghiệm S của phương trình 4x+12−5.2x+2=0.
S=−1;1
S=−1
S=1
S=−1;1
Đáp án A
PT⇔2x22−52x+2=0⇔2x=22x=12⇔x=1x=−1⇒S=−1;1
Giải phương trình log12x−1=−2.
x=2
x=52
x=32
x=5
Đáp án D
PT⇔x−1>0x−1=4⇒x−1=4⇔x=5.
Trong không gian Oxyz, phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm B2;1;−3, đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng Q:x+y+3z=0, R:2x−y+z=0 là:
4x+5y−3z+22=0
4x−5y−3z−12=0
2x+y−3z−14=0
4x+5y−3z−22=0
Đáp án D
Các vtpt của (Q)và (R)lần lượt là:n1→1;1;3 và n2→2;−1;1
=> vtpt của (P)là: n→=n1→;n2→=4;5;−3
⇒P:4x−2+5y−1−3z+3 hay P:4x+5y−3z−22=0.
Đường cong trong hình bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
y=−x3+3x2+2
y=x3−3x+2
y=−x4+2x2−2
y=x3−3x2+2
Đáp án D
Giá trị lớn nhất của hàm số y=2−x2ex trên đoạn [1;3] là
e
0
e3
e4
Đáp án C
Ta có y'=2x−2ex+x−22ex=xx−2ex⇒y'=0⇔x=0x=2
Suy ra y1=e,y2=0,y3=e3⇒max1;3 y=e3.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=m3x3−m+1x2+m−2x−3m nghịch biến trên khoảng −∞;+∞.
−14≤m<0
m≤−14
m<0
m>0
Đáp án B
Ta có y'=mx2−2m+1x+m−2.Hàm số nghịch biến trên −∞;+∞⇔y'≤0,∀x∈−∞;+∞.
TH1: m=0⇒y'≤0⇔−2x−2≤0⇔x≥−1⇒ hàm số không nghịch biến trên −∞;+∞
TH2: m≠0⇒y'≤0,∀x∈−∞;+∞⇔m<0Δ'y'≤0⇔m<0m+12−3mm−2≤0⇔m<0m≤−14⇒m≤−14 Kết hợp 2 TH, suy ra m≤−14.
Hình bên có bao nhiêu mặt?
10
7
9
4
Đáp án C
Tập nghiệm S của bất phương trình 5x+2<125−xlà
S=−∞;2
S=−∞;1
S=1;+∞
S=2;+∞
Đáp án D
BPT⇔5x+2<52x⇔x+2<2x⇔x>2⇒S=2;+∞
Biết f(x) là hàm liên tục trên R và ∫09fxdx=9. Khi đó giá trị của ∫14f3x−3dxlà
27
3
24
0
Đáp án B
Đặtt=3x−3⇒dt=3dx⇒x=1,t=0x=4,t=9⇒∫14f3x−3dx=13∫09ftdt=13∫09fxdx=3
Cho hàm số y=2x+1x−2.Khẳng định nào dưới đây là đúng?
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=2
Hàm số có cực trị.
Đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;3)
Hàm số nghịch biến trên (−∞;2)∪2;+∞.
Đáp án A
Hàm số y=x3−3x nghịch biến trên khoảng nào?
−∞;−1
−∞;+∞
−1;1
0;+∞
Đáp án C
Ta có y'=3x2−3=3x−1x+1⇒y'<0⇔−1<x<1.
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1).
Hàm sốy=log2x2−2x đồng biến trên
1;+∞
−∞;0
0;+∞
2;+∞
Đáp án D
Hàm số có tập xác định D=−∞;0∪2;+∞
Ta có y'=2x−2x2−2xln2⇒y'>0⇔x>1
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng 2;+∞
Cho hàm số y=x3−3x2+6x+5. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số có hệ số góc nhỏ nhất có phương trình là
y=3x+9
y=3x+3
y=3x+12
y=3x+6
Đáp án D
Gọi Ma;blà điểm thuộc đồ thị hàm số có tiếp tuyến thỏa mãn đề bài.
Ta có y'=3x2−6x+6⇒y'a=3a2−6a+6=3a−12+3≥3⇒min y'a=3⇔a=1
Suy ra y1=9⇒PTTT tại M1;9là y=3x−1+9y=3x+6
Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có cạnh huyền là 2. Quay hình tam giác ABC quanh trục BC thì được khối tròn xoay có thể tích là:
223π
43π
23π
13π
Đáp án C
Khối tròn xoay tạo thành 2 khối nón, đó là: khối nón đỉnh B, đường sinh AB và khối nón đỉnh C đường sinh CA. Thể tích khối tròn xoay được tạo thành là: V=2.13π.12.1=2π3.
Có bao nhiêu số thực b thuộc π;3π sao cho ∫πb4 cos2xdx=1?
8
2
4
6
Đáp án C
Ta có ∫πb4cos2xdx=2sin2xπb=2⇔sin2b=1sin2b=12⇔b=π12+kπb=5π12+kπk∈ℤ
b∈π;3π⇒π<π12+k1π<3ππ<5π12+k2π<3π⇔1112<k1<3512712<k2<3112⇒k11;2k21;2
Suy ra có 4 giá trị thực của b thuộc π;3π thỏa mãn đề bài.
Cho hình trụ có diện tích toàn phần là 4π và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông. Tính thể tích khối trụ.
π69
4π69
π612
4π9
Đáp án B
Gọi bán kính đáy là R=>độ dài đường sinh là: 2R
Diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp=2πR2+2πR.2R=6πR2=4π⇔R=26
Thể tích khối trụ là: V=πR2.2R=2π263=4π69.
Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y=x2+m2có tập xác định là R.
∀m∈ℝ
m≠0
m>0
m≥0
Đáp án C
Hàm số có tập xác định D=ℝ⇔x2+m>0⇒m>0
Hàm số nào trong bốn hàm số dưới đây không có cực trị?
y=2x−1x+1
y=x4
y=−x3+x
y=x
Đáp án A
Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc vt=7tm/s. Đi được 5s người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a=−35 m/s2.Tính quãng đường của ô tô đi được tính từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn.
87.5 mét
96.5 mét
102.5 mét
105 mét
Đáp án D
Sau 5s đầu người lái xe đi được ∫0575dt=87,5m
Vận tốc đạt được sau 5s là: s=v5=35 m/s
Khi gặp chướng ngại vật, vận tốc của vật giảm theo PT: v=35−35t
Quãng đường vật đi được từ khi gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn là: s=∫0135−35tdt=17,5m
Do đó ∑s=105 mét
Cho hàm số y=fx=2018lnex2018+e. Tính giá trị biểu thức T=f'1+f'2+...+f'2017.
T=20192
T=1009
T=20172
T=1008
Đáp án C
Ta có: f'x=2018.ex2018+e'ex2018+e=ex2018ex2018+e=gx
Lại có: ga+g2018−a=ea2018ea2018+e+e1−a2018e1−a2018+e=ea2018ea2018+e+eea2018+e=1
Do đó T=g1+g2017+g2+g2016+...+g1010+g1009=1008+g1009
=1008+12=20172.
Hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương (a,b)để hàm số y=2x−a4x−b có đồ thị trên 1;+∞như hình vẽ bên?
1
4
2
3
Đáp án A
Ta có: y'=−2b+4a4x−b2
Hàm số liên tục và nghịch biến trên 1;+∞nên b4<1−2b+4a<0⇔b<4b>2a→a,b∈ℕ*a;b=1;3
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Tam giác SAB có diện tích bằng 2a2.Thể tích khối nón có đỉnh là S và đường tròn đáy nội tiếp ABCD là
πa378
πa377
πa374
πa31524
Đáp án A
Ta có: SSAB=12SH.AB=2a2⇒SH=4a
⇒SO=SH2−OH2=3a72
VN=13πR2h=13.a22.3a72=πa378
Cho a,b,c>1 Biết rằng biểu thức P=logabc+logbac+4logcab đạt giá trị nhỏ nhất bằng m khi logbc=n.Tính giá trị m+n.
12
25/2
14
10
Đáp án A
P=logabc+logbac+4logcab=logab+logac+logba+4logbc+4logcb
Ta có: logab+logba≥2;logac+4logca≥4;logbc+4logcb≥4
Khi đó P≥10=m
Dấu bằng xảy ra ⇔a=blogac=4logca⇔a=blogac=2⇔a=blogbc=2
Vậy m+n=12.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x3−3x2−m3+3m2=0 có ba nghiệm phân biệt.
m=2
−1<m<3m≠0;m≠2
m>1
không có m
Đáp án B
PT⇔x−mx2+xm+m2−3x−mx+m=0
⇔x−mx2+mx−3x+m2−3m=0⇔x=mgx=x2+m−3x+m2−3m
PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔gx=0 có 2 nghiệm phân biệt khác m
⇔Δ=m−32−4m2−3m>0gm=3m2−6m≠0⇔−3m2+6m+9>0m≠0;m≠6⇔−1<m<3m≠0;m≠2
Cho hàm số y=x4−3x2−2.Tìm số thực dương m để đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O, trong đó O là gốc tọa độ.
m=2
m=32
m=3
m=1
ĐAp án A
Phương trình hoành độ giao điểm là: x4−3x2−2−m=0 1
Gọi Ax;m;B−x;mlà tọa độ giao điểm
Khi đó ΔOABvuông tại O khi OA¯.OB¯=−x2+m2=0⇔x=m
Khi đó m4−3m2−2−m=0⇔m=2 (thỏa mãn).
Số giá trị nguyên của m để phương trình m+1.16x−22m−3.4x+6m+5=0 có 2 nghiệm trái dấu là
2
0
1
3
Đáp án A
Đặt t=4x>0⇒m+1t2−22m−3+6m+5=0
ĐK để PT có 2 nghiệm là: 2m−3m+1>06m+5m+1>0Δ'=2m−32−m+16m+5 *
Khi đó: 4x1=t1;4x2=t2⇒x1x2=log4t1.log4t2<0⇔0<t1<1<t2
⇔t1−1t2−1<0⇔t1t2−t1−t2+1<0⇔6m+5m+1−22m−3m+1+1<0⇔3m+12m+1<0⇔−1<m<−4
Kết hợp (*) ⇒m=−2;m=−3.
Cho hàm số y=x−12x−3. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của đồ thị hàm số. Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất bằng
d=12
d=1
d=2
d=5
Đáp án A
Ta có: I32;12.PTTT tại điểm M bất kì là: y=−12x0−32x−x0+x0−12x0−3Δ
Khi đó: dI;Δ=122x0−3+x0−12x0−3−1212x0−3+1=112x0−32+2x0−22≤12
Cho hình chóp S.ABCD có SA⊥ABCD, ABCDlà hình chữ nhật. SA=AD=2a. Góc giữa (SBC)và mặt đáy ABCD là 60°. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC. Thể tích khối chóp S.AGD là
32a3327
8a3327
4a339
16a393
Đáp án B
Gọi M là trung điểm của BC ta có: SGSM=23
Do BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥SBA⇒SBA^=SBC;ABC^=60∘
Ta có: ABtan60∘=SA⇒AB=2a3.
SAMB=12AB.AD=2a23⇒VS.AMD=13SA.SAMB=4a339VS.AMD=23VS.AMD=83a327
Biết ∫1ex+1lnx+21+xlnxdx=a.e+b.lne+1e trong đó a, b là các số nguyên. Khi đó, tỷ số a/blà
1/2
1
3
2
Đáp án B
Ta có ∫1ex+1lnx+21+xlnxdx=∫1e1+xlnx+1+lnx1+xlnxdx=∫1e1+1+lnx1+xlnxdx=∫1edx+∫1e1+lnx1+xlnxdx
=x 1e+ ∫1ed1+xlnx1+xlnx=e−1+ln1+xlnx1e=e−1+lne+1=e+lne+1e⇒a=1b=1.
Cho hình chóp S.ABCcó tam giác ABC có góc A bằng 120° và BC=2a. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo a.
a32
2a33
a66
a62
Đáp án D
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làRΔABC=BC2.sinA=2a3 (định lí sin)
Vì SA=SB=SC suy ra hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC⇒IA=2a3
Tam giác SAI vuông tại I, có SI=SA2−IA2=2a63
Áp dụng CTTN, bán kính mặt cầu cần tính là RS.ABC=SA22.SI=4a2:2.2a63=a62
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đi qua điểm M1;2;3 và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C (khác O). Viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho M là trực tâm của tam giác ABC.
6x+3y−2z−6=0
x+2y+3z−14=0
x+2y+3z−11=0
x1+y2+z3=3
Đáp án B
Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc và M là trực tâm ΔABC⇒OM⊥ABC
Suy ra mp ABC nhận OM→ làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm M(1;2;3)
Vậy phương trình mpP:1.x−1+2.y−2+3.z−3=0⇔x+2y+3z−14=0
Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O’ lấy điểm B. Đặt α là góc giữa AB và đáy. Biết rằng thể tích khối tứ diện OO’AB đạt giá trị lớn nhất. Khẳng định nào sau đây là đúng ? Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo a.
tanα=2
tanα=12
tanα=12
tanα=1
Đáp án B
Kẻ đường sinh AA’, gọi D là điểm đối xứng A’ qua tâm O’.
Kẻ BH vuông góc với A'D⇒BH⊥AO O'A'⇒VO O'AB=13.BH.SΔO O'A
Mà SΔO O'A=12. O O'.OA=2a2⇒VO O'AB=2a23 x BH
Để VO O'AB lớn nhất ⇔BH=BO' H≡O'⇒A'B=2a2
Tam giác AA’B vuông tại A’, có tan ABA'^=A A'A'B=2a2a2=12
Vậy AB;O'^=AB;A'B^=ABA'^=α⇒tanα=12
Biết rằng phương trình 2−x+2+x−4−x2=m có nghiệm khi m thuộc [a;b] vớia,b∈ℝ. Khi đó giá trị của biểu thức T=a+22+b là
T=32+2
T=6
T=8
T=0
Đáp án B
Đặt t=2−x+2+x⇔t2=4+24−x2⇔4−x2=t2−42 và x∈−2;2⇒t∈2;22
Khi đó, phương trình đã cho trở thành: t−t2−42=m⇔2m=−t2+2t+4=ft.
Xét hàm số ft=−t2+3t+4 trên đoạn 2;22⇒min2;22ft=−4+42;max2;22ft=4
Do đó, để phương trình ft=2m có nghiệm ⇔−2+22≤m≤2⇒a=−2+22b=2
Vậy T=a+22+b−2+22+22+2=6
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A−2;3;1, B2;1;0 và C −3;−1;1.Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và SABCD=3SΔABC.
D8;7;−1
D−8;−7;1D12;1;−3
D8;7;−1D−12;−1;3
D−12;−1;3
Đáp án D
Vì ABCD là hình thang ⇒AD//BC⇒u→AD=u→BC=−5;−2;1
=>Phương trình đường thẳng AD là x+2−5=y−3−2=z−11⇒D−5t−2;−2t+3;t+1
Ta có SABCD=3SΔABC⇔SΔABC+SΔACD=3SΔABC⇔SΔACD=2SΔABC
Mà diện tích tam giác ABC là SΔABC=12AB¯;AC¯=3412⇒SΔACD=341
Mặt khác AD¯;AC¯=341t2⇒12341t2=341⇔t=2t=−2⇒D−12;−1;3D8;7;−1
Vì ABCD là hình thang →D−12;−1;3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A0;0;−1, B−1;1;0, C1;0;1. Tìm điểm M sao cho 3MA2+2MB2−MC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
M34;12;−1
M−34;12;2
M−34;32;−1
M−34;12;−1
Đáp án D
Gọi IxI;yI;zI thỏa mãn điều kiện 3IA¯+2IB¯−IC¯=0¯⇒I−34;12;−1
Ta có P=3MA2+2MB2−MC2=3MI¯+IA¯2+2MI→+IB¯2−MI¯+IC¯2
=4MI2+2MI¯3IA¯+2IB¯−IC¯⏟0+3IA2+2IB2−IC2=4MI2+3IA2+2IB2−IC2
Suy ra Pmin⇔MI min ⇒M trùng với điểm I. Vậy M−34;12;−1
Cho hàm số y=x4−2x2+2. Diện tích S của tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho có giá trị là
3
1/2
1
2
Đáp án C
Ta có y'=4x3−4x;y'=0⇔x=0⇒y0=2x=±1⇒y±1=1
Suy ra 3 điểm cực trị của ĐTHS là A0;2, B1;1, C−1;1
Khi đó AB=AC=2,BC=2⇒SΔABC=12AB2=222=1
Trên đồ thị hàm số y=2x−53x−1 có bao nhiêu điểm có tọa độ là các số nguyên?
4
vô số
2
0
Đáp án C
Có 2 điểm có tọa độ nguyên thuộc ĐTHS là A0;5, B−4;1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;−6;1 và mặt phẳng P : x+y+7=0.Điểm B thay đổi thuộc Oz, điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng (P). Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là
B0;0;1
B0;0;-2
B0;0;-1
B0;0;2
Đáp án A
Gọi M, N lần lượt là hai điểm đối xứng với A qua Oz và mặt phẳng (P) ( hình vẽ bên: Điểm A nằm giữa Oz, (P) vì O, A cùng phía với (P) và dOz;P>dA;P .
Khi đó CΔABC=AB+BC+AC=BM+BC+CN
Suy ra BM+BC+CNmin⇒B, C, M, N thẳng hàng.
Hay B là hình chiếu của A trên Oz, Vậy B0;0;1
