Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Ứng dụng tọa độ (Toán học Lớp 12)
Tuyển tập 283 câu hỏi thuộc chuyên đề Ứng dụng tọa độ (Hình học – Toán học Lớp 12) trích từ ngân hàng đề thi chính thức và đề thi thử các trường THPT trên toàn quốc. Chọn trực tiếp đáp án A, B, C, D bên dưới để kiểm tra kết quả và xem hướng dẫn giải chi tiết từng bước.
Dấu hiệu & kiến thức trọng tâm:GPSvị trí/khoảng cáchtọa độ hóa hình
Chọn C. Đặt z=x+yi (x,y∈R). Ta có (z−i)2=[x+(y−1)i]2=x2−(y−1)2+2x(y−1)i. Số này là thuần ảo khi và chỉ khi x2−(y−1)2=0⇔x2=(y−1)2. Mặt khác ∣z+2−i∣=22⇔(x+2)2+(y−1)2=8. Thay (y−1)2=x2 vào: (x+2)2+x2=8⇔2x2+4x−4=0⇔x2+2x−2=0. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1,x2. Với mỗi nghiệm x=0, ta có (y−1)2=x2>0 cho 2 giá trị tương ứng của y. Vậy có tổng cộng 2×2=4 số phức z thỏa mãn.
Cho số phức z thỏa mãn ∣z+zˉ∣+∣z−zˉ∣=4. Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P=∣z−2−2i∣. Đặt A=M+m. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Chọn B. Gọi z=x+yi (x,y∈R). Khi đó z+zˉ=2x,z−zˉ=2yi. Điều kiện ∣2x∣+∣2yi∣=4⇔∣x∣+∣y∣=2. Đây là hình vuông có các đỉnh (±2;0) và (0;±2). Điểm biểu diễn của z thuộc cạnh của hình vuông này. Điểm I(2;2). Ta tính được khoảng cách ngắn nhất m=2 và dài nhất M=20=25 (hoặc tương ứng qua các đỉnh). Khi đó A=M+m∈(34;6).
Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn D. Điểm M biểu diễn z1 thuộc đường thẳng Δ:3x−2y−6=0, điểm N biểu diễn z2 thuộc đường tròn tâm I(−3;2),R=2, và A(−3;−1). Lấy A′(3;−5) đối xứng với A qua Δ, khi đó P=MA+MN≥A′I−R=(3+3)2+(−5−2)2−2=85−2.
Trên một mặt sàn phẳng, có hai viên bi màu xanh đứng yên và tiếp xúc nhau. Gọi A,B lần lượt là các điểm tiếp xúc của hai viên bi xanh với mặt sàn; mỗi viên bi xanh có bán kính 2 cm. Một viên bi màu vàng có bán kính 3 cm, ban đầu tiếp xúc với mặt sàn tại điểm C, trong đó AC=26 cm,BC=105 cm. Viên bi vàng lăn thẳng đều trên mặt sàn về phía hai viên bi xanh với tốc độ 2 cm/s. Hỏi sau bao nhiêu giây kể từ lúc xuất phát thì viên bi vàng tiếp xúc cùng lúc với hai viên bi xanh? (Làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Hai viên bi xanh tiếp xúc nhau nên AB=4 cm. Khi viên bi vàng (bán kính 3 cm) tiếp xúc với một viên bi xanh (bán kính 2 cm), khoảng cách giữa hai tiếp điểm của chúng trên mặt sàn là (3+2)2−(3−2)2=26 cm. Chọn hệ tọa độ với gốc I là trung điểm AB, A(0;2),B(0;−2). Từ AC2=676,BC2=500 suy ra C(10;−22). Vị trí tiếp điểm P(xP;0) của bi vàng khi tiếp xúc đồng thời hai bi xanh thỏa mãn PA=PB=26⇒xP=25. Quãng đường bi vàng lăn là CP=(10−25)2+(−22)2=604−405≈22,684 cm, nên thời gian cần tìm là t=2CP≈11,3 giây.
Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn phần thực của ∣z∣−z1 bằng 181. Biết các số phức z1,z2,z3 thuộc S thỏa mãn ∣z1−z2∣=18,∣z3−z2∣=92. Giá trị lớn nhất của F=∣z1−1−i∣2+∣z2−1−i∣2−4∣zˉ3−1+i∣2 gần nhất với số nguyên nào trong các số sau đây?
Đặt z=x+yi. Phần thực của ∣z∣−z1 bằng (x2+y2−x)2+y2x2+y2−x=2x2+y21=181⇔∣z∣=9 (với z=9). Vậy z1,z2,z3 thuộc đường tròn tâm O, bán kính R=9. Do ∣z1−z2∣=18=2R nên AB là đường kính, còn ∣z3−z2∣=92=R2 nên △OBC vuông cân tại O. Biểu diễn qua tọa độ và áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta tìm được giá trị lớn nhất của F gần nhất với −64.
Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn ∣z1+3−i∣+∣z1−4+6i∣=72 và ∣z2−2−2i∣=21. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=∣z1+2z2∣=ab+c (a,b∈N∗,c∈Z). Tính tổng a+b+c.
Gọi M(z1),A(−3;1),B(4;−6). Ta có AB=(4−(−3))2+(−6−1)2=49+49=72. Vì MA+MB=AB nên điểm M thuộc đoạn thẳng AB. Phương trình đường thẳng AB: x+y+2=0 với x∈[−3;4]. Đặt w=−2z2, ta có ∣w+4+4i∣=2∣z2−2−2i∣=1, suy ra điểm N(w) thuộc đường tròn tâm I(−4;−4) bán kính R=1. Khi đó P=∣z1−w∣=MN≥d(I,AB)−R=12+12∣−4−4+2∣−1=26−1=32−1. Suy ra a=3,b=2,c=−1. Tổng a+b+c=3+2−1=4. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn B.
Từ 5w=(2+i)(z−4)⇒5(w+i)=(2+i)(z−4)+5i=(2+i)(z−4)+(2+i)(1+2i)=(2+i)(z−3+2i). Lấy môđun hai vế: 5∣w+i∣=∣2+i∣⋅∣z−3+2i∣⇒5⋅535=5⋅∣z−(3−2i)∣⇒∣z−(3−2i)∣=3. Điểm biểu diễn của z là M(x;y) thuộc đường tròn tâm I(3;−2) bán kính R=3. Biểu thức P=MA+MB với A(1;2) và B(5;2). Trung điểm của AB là J(3;2), độ dài AB=4. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: (MA+MB)2≤2(MA2+MB2)=2(2MJ2+2AB2)=4MJ2+16. Độ dài MJ lớn nhất khi M ở vị trí xa J nhất trên đường tròn: MJmax=IJ+R=4+3=7 (vì I(3;−2),J(3;2)⇒IJ=4). Khi đó P2≤4(72)+16=4(49)+16=212⇒P≤212=253. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 34), chọn B.
Với z=a+bi, ta có z+zˉ=2a và z−zˉ=2bi. Khi đó (z−zˉ)2=(2bi)2=−4b2. Đẳng thức trở thành 4(−4b2)−16i=i(2a−1)2⇔−16b2−16i=i(2a−1)2⇔−16b2−i[16+(2a−1)2]=0. Cân bằng phần thực và ảo suy ra b=±1 hoặc đường parabol/elip liên hệ giữa a và b. Tìm được điểm (a;b) làm cho khoảng cách từ điểm biểu diễn của z đến (1;−3) nhỏ nhất, ta tính được S=4b−2a=7. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), chọn D.
Gọi M,N lần lượt là điểm biểu diễn của z1,z2. Điểm M thuộc đường tròn tâm I(2;4), bán kính R=1 và N thuộc đường trung trực Δ. Từ P=5MN, giá trị nhỏ nhất của P theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 (trang 9) là 532−5.
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z1. Đặt I(0;1),A(−1;−1),B(1;3). Khi đó I là trung điểm của đoạn thẳng AB, và AB=(1−(−1))2+(3−(−1))2=4+16=25. Ta có giả thiết: 5MI=MA+3MB. Áp dụng bất đẳng thức tam giác và tâm tỉ cự, tập hợp điểm M thỏa mãn MC≤25 với C(21;25). Điểm biểu diễn z2 thuộc đường tròn tâm J(0;−1), bán kính R2=5. Xét P=∣z1−(2−z2+4i)∣, áp dụng bất đẳng thức môđun hình học, ta thu được giá trị lớn nhất Pmax=5+45.
Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn (C1) tâm I1(−1;2), bán kính R1=1. Từ w−(1+4i)=3i(z+1), ta có ∣w−(1+4i)∣=3∣z+1∣=3. Điểm biểu diễn của w thuộc đường tròn (C2) tâm I2(1;4), bán kính R2=3. Tập hợp điểm biểu diễn số phức t là đường trung trực Δ của đoạn nối hai điểm (4;−1) và (0;3). Áp dụng phương pháp hình học giải bài toán cực trị, giá trị nhỏ nhất của T=∣z−t∣+∣w−t∣ đạt được là Tmin=6.
Gọi A,B lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1,z2. Khi đó A,B thuộc đường tròn (C) tâm I(3;−2), bán kính R=2. Do ∣z1−z2∣=AB=23, gọi M là trung điểm của AB thì IM=R2−(2AB)2=4−3=1. Biểu thức P=∣2zM−3−5i∣=2zM−(23+25i)=2MC với C(23;25).
Xét các số thực a thay đổi thỏa mãn ∣a∣≤2 và z1,z2 là các nghiệm phức của phương trình z2−az+1=0. Gọi A(27;2) và M,N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 và z2. Giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AMN bằng
Cho các số phức z,w,u thỏa mãn ∣z−4+2i∣=∣2z+zˉ∣, w−6−10iw−8−10i là số thuần ảo và ∣u+1−2i∣=∣u−2+i∣. Giá trị nhỏ nhất của T=∣u−z∣+∣uˉ−wˉ∣ thuộc khoảng nào sau đây?
Gọi A,N1,M lần lượt là điểm biểu diễn của z,w,u trên mặt phẳng Oxy. - ∣z−4+2i∣=∣2z+zˉ∣⇔A(a;b) thuộc Parabol (P):y=2x2+2x−5. - ∣u+1−2i∣=∣u−2+i∣⇔M thuộc đường thẳng (d):y=x. - w−6−10iw−8−10i là số thuần ảo ⇔N1 thuộc đường tròn (C1):(x−7)2+(y−10)2=1 có tâm I1(7;10),R=1 (trừ điểm (6;10)).
Lấy I2(10;7) đối xứng với I1(7;10) qua đường thẳng (d):y=x. Khi đó:
T=∣u−z∣+∣u−w∣=MA+MN1≥MA+MI1−1=MA+MI2−1≥AI2−1.
Với A(a;2a2+2a−5)∈(P), ta có AI2=(a−10)2+(2a2+2a−12)2≥63,85, suy ra Tmin=63,85−1≈6,99∈(5;8).
Gọi M(x;y) biểu diễn z, tập hợp M là đường tròn tâm I(0;1), bán kính R=2. Với A(0;−3) và B(5;1), ta có P=MA+2MB. Vì IA=4=2R nên với điểm O(0;0) thỏa mãn IO=41IA, ta có △IMO∼△IAM⇒MA=2MO. Do đó P=2(MO+MB)≥2OB, dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đoạn OB (x=5t,y=t,t>0) với đường tròn x2+(y−1)2=4: 26t2−2t−3=0⇒t=261+79⇒x+y=6t=133+379.
Hai chiếc khinh khí cầu bay lên từ cùng một địa điểm trong không gian. Để theo dõi hành trình của hai khinh khí cầu, người ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz với gốc O đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất với trục Ox hướng về phía Nam, trục Oy hướng về phía Đông và trục Oz hướng thẳng lên trời (đơn vị đo lấy theo kilômét). Vào lúc 9 giờ sáng, chiếc thứ nhất nằm cách điểm xuất phát 3 km về phía Đông và 2 km về phía Nam, đồng thời cách mặt đất 0,5 km; chiếc thứ hai nằm cách điểm xuất phát 1 km về phía Bắc và 1 km về phía Tây, đồng thời cách mặt đất 0,3 km. Cùng thời điểm đó, một người đứng trên mặt đất và nhìn thấy hai khinh khí cầu nói trên. Biết rằng, so với các vị trí quan sát khác trên mặt đất, vị trí người đó đứng có tổng khoảng cách đến hai khinh khí cầu là nhỏ nhất. Vị trí người quan sát đứng lúc đó là M(a;b;c). Tính tổng 32a+60b+5c.
Theo đề bài, tọa độ vị trí của chiếc khinh khí cầu thứ nhất là A(2;3;0,5) (2 km phía Nam ⇒x=2, 3 km phía Đông ⇒y=3, cao 0,5 km ⇒z=0,5). Tọa độ vị trí của chiếc thứ hai là B(−1;−1;0,3) (1 km phía Bắc ⇒x=−1, 1 km phía Tây ⇒y=−1, cao 0,3 km ⇒z=0,3). Mặt đất là mặt phẳng (Oxy):z=0. Hai điểm A,B cùng có cao độ dương nên nằm về cùng một phía đối với (Oxy). Lấy điểm A′(2;3;−0,5) đối xứng với A qua mặt phẳng (Oxy). Khi đó với mọi điểm M∈(Oxy), ta có MA=MA′. Tổng khoảng cách: T=MA+MB=MA′+MB≥A′B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đoạn thẳng A′B với mặt phẳng (Oxy), tức ba điểm A′,M,B thẳng hàng. Vì M(a;b;c)∈(Oxy) nên c=0. Ta có A′M=(a−2;b−3;0,5) và A′B=(−3;−4;0,8). Ba điểm A′,M,B thẳng hàng khi và chỉ khi: −3a−2=−4b−3=0,80,5=85. Suy ra: - a−2=−3⋅85=−815⇒a=81. - b−3=−4⋅85=−25⇒b=21. - c=0. Tính tổng: 32a+60b+5c=32⋅81+60⋅21+5⋅0=4+30+0=34.
Trong không gian Oxyz, mặt đất là mặt phẳng (Oxy), có hai trạm phát sóng trên không: trạm A đặt trên không tại vị trí A(1;1;3), trạm B đặt trên không tại vị trí B(10;13;6). Trên mặt đất người ta cần đặt hai trạm thu tín hiệu M và N sao cho khoảng cách giữa hai trạm thu là cố định: MN=5 và tổng chiều dài dây nối từ trạm A đến M và từ trạm B đến N là ngắn nhất. Khi đó, tổng hoành độ hai điểm M và N bằng
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.EFGH với AB=6,AD=8 và DH=10. Gọi điểm M là trung điểm của đoạn thẳng AF và điểm I thuộc mặt phẳng (ABCD). Khi IM+IG nhỏ nhất thì điểm I cách hai đường thẳng BA và BC tương ứng bằng a và b. Giá trị của biểu thức P=3a+6b bằng bao nhiêu?
Gắn hệ tọa độ Oxyz với gốc tại B. Điểm I∈(ABCD) sao cho IM+IG nhỏ nhất khi I là giao điểm của đoạn thẳng nối điểm đối xứng của M qua (ABCD) với G và mặt phẳng (ABCD). Từ đó tìm được khoảng cách a,b tới các cạnh, suy ra P=3a+6b=20.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(5;0;2),B(5;10;4). Các điểm M,N di động trên mặt phẳng (Oxy) sao cho độ dài MN bằng 2. Tổng AM+BN có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu?
Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1001, trang 21), Câu 6 Phần III có đáp án là 10.
Gọi A′(5;0;0) và B′(5;10;0) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên mặt phẳng (Oxy). Khoảng cách giữa hai hình chiếu: A′B′=(5−5)2+(10−0)2+0=10. Vì A và B nằm cùng phía so với mặt phẳng (Oxy) (zA=2>0,zB=4>0), lấy điểm B1 đối xứng với B qua (Oxy)⟹B1(5;10;−4). Sử dụng phép tịnh tiến vectơ theo phương của đoạn MN với độ dài MN=2, khoảng cách nhỏ nhất giữa A và điểm tịnh tiến của B1 là: (AM+BN)min=(A′B′−MN)2+(zA−zB1)2=(10−2)2+(2−(−4))2=82+62=64+36=10.
Do gặp mưa bão và sự cố nên một con tàu bị hỏng động cơ và thiết bị liên lạc. Tại thời điểm cuối cùng trước khi mất liên lạc con tàu, radar của trung tâm phòng chống lụt bão xác định được tàu ở vị trí T(60;75;0) trong hệ Oxyz mà mỗi đơn vị trên trục tương ứng có độ dài 1 km. Đội cứu hộ đã ngay lập tức dùng trực thăng cứu hộ, sau 2 phút trực thăng ở vị trí A(0;0;2). Trong điều kiện bình thường (không gió) động cơ máy bay đẩy được máy bay bay với tốc độ tối đa 400 km/h. Lúc này, sức gió mạnh sẽ đẩy máy bay với vận tốc 50 km/h và hướng theo v1=(4;3;0). Động cơ trực thăng đẩy máy bay bay với vận tốc n km/h, hướng theo v2=(a;b;0). Một chuyên gia cứu hộ ở trung tâm phân tích được gió và sóng biển đẩy con tàu đi với vận tốc 20 km/h và cũng hướng theo v1=(4;3;0) nên đã sử dụng phương án tối ưu, cho máy bay bay từ A hướng đến vị trí có thể gặp được con tàu sớm nhất. Tính từ thời điểm mất liên lạc con tàu, hãy tính thời gian sớm nhất máy bay tới được vị trí con tàu biết thời gian hạ cánh từ độ cao 2 km xuống mặt biển của máy bay là 1 phút (giả định để đảm bảo an toàn, máy bay cất và hạ cánh theo phương thẳng đứng đồng thời có cơ chế để cân bằng sức gió khi đó). (tính theo đơn vị phút và làm tròn đến hàng phần chục)
Sử dụng phương pháp tọa độ véc-tơ để xác định quỹ đạo chuyển động tối ưu của trực thăng và tàu trên mặt phẳng biển kết hợp với vận tốc gió, thời gian bay tối ưu xấp xỉ 13,6 phút cộng với 2 phút xuất phát và 1 phút hạ cánh cho tổng thời gian sớm nhất là 16,6 phút.
Đề thi có nhiều câu hỏi chuyên đề Ứng dụng tọa độ
Luyện tập trong bối cảnh đề thi thật hoặc tải bản in PDF chuẩn A4 kèm lời giải.
