Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Ứng dụng tọa độ (Toán học Lớp 12)

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), kết quả là 9.

Đơn vị các trục là $100\text{ m}$. Chiều cao cột ăng-ten là $100\text{ m}=1$ đơn vị.
Chân cột $H(x_H;y_H;z_H)\in (P)⟹x_H+y_H-4z_H-4=0$.
Đỉnh ăng-ten $S(x_H;y_H;z_H+1)$.
Bán kính phủ sóng $R=100\sqrt{54}\text{ m}=\sqrt{54}$ đơn vị.
Vị trí $A(-3;1;0)$ và $B(1;-1;0)$ nằm trên biên vùng phủ sóng nên $S{A}^2=S{B}^2=54$.
Ta có:
$S{A}^2=(x_H+3{)}^2+(y_H-1{)}^2+(z_H+1{)}^2=54$
$S{B}^2=(x_H-1{)}^2+(y_H+1{)}^2+(z_H+1{)}^2=54$
Trừ hai phương trình: $(x_H+3{)}^2-(x_H-1{)}^2+(y_H-1{)}^2-(y_H+1{)}^2=0$
$⟺8x_H+8-4y_H=0⟺y_H=2x_H+2$.
Thay vào phương trình mặt phẳng $(P)$:
$x_H+(2x_H+2)-4z_H-4=0⟺3x_H-4z_H-2=0⟺z_H=\frac{3x_H-2}{4}$.
Thay vào phương trình $S{A}^2=54$, giải phương trình bậc hai tìm được nghiệm thực dương $x_H=2$, suy ra $y_H=6$, $z_H=1$.
Kiểm tra $H(2;6;1)\in (P)$ thỏa mãn.
Vậy $T=x_H+y_H+z_H=2+6+1=9$.

Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Hướng Hóa (Mã đề 0122, Câu 5 Phần III), khoảng cách từ $M$ đến $O$ là $67,8\mathrm{km}$.

Quãng đường tín hiệu truyền từ vệ tinh đến $M$ bằng $\frac{c\cdot t}{2}$. Đổi sang đơn vị trên trục tọa độ ($1$ đơn vị $=10\mathrm{km}$), ta có $MA=3,MB=5,MC=9,MD=10$. Giải hệ phương trình khoảng cách ta được $M(1;2;3)$, suy ra $OM=\sqrt{1^2+2^2+3^2}=\sqrt{14}$ đơn vị $=10\sqrt{14}\approx 37,4\mathrm{km}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 10), Câu 3 (Phần 3, câu 19) có đáp số là $6$.

Trải phẳng $6$ mặt của hình lập phương cạnh $9$ mà đường đi ngắn nhất từ $M(0;3;9)$ quay lại $M$ đi qua, ta xác định được phương trình các đoạn thẳng trên các mặt và đếm được $6$ điểm có cả ba tọa độ đều là số nguyên dương.

Gọi $A(-6;13),B(3;7)$ và $M(x;y)$ biểu diễn số phức $z$. Ta có $AB=\sqrt{9^2+(-6{)}^2}=3\sqrt{13}$, nên $MA+MB=AB\iff M$ thuộc đoạn thẳng $AB$: $\{\begin{array}{l}x=3-3t\\ y=7+2t\end{array}$ với $t\in [0;3]$. Đặt $w=z-2+i=(1-3t)+(8+2t)i$. Để $(12-5i)w^2$ là số thực âm thì phần ảo của nó bằng $0$ và phần thực âm, giải ra được $t=1\in [0;3]$. Khi đó $z=9i\Rightarrow |z|=9$. Chọn C.

Gọi $A(-2;4),B(3;-1)\Rightarrow AB=5\sqrt{2}$. Hệ thức $|z+2-4i|+|z-3+i|=5\sqrt{2}\iff MA+MB=AB$, nên tập hợp điểm biểu diễn $M(x;y)$ của $z$ là đoạn thẳng $AB:x+y-2=0$ với $x\in [-2;3]$. Gọi $I(0;-1),J(3;3)$, khi đó $P=MI-MJ=\sqrt{x^2+(3-x{)}^2}-\sqrt{(x-3{)}^2+(x+1{)}^2}=\sqrt{2x^2-6x+9}-\sqrt{2x^2-4x+10}$ trên $[-2;3]$. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x=-2$: $P_{\max }=f(-2)=\sqrt{29}-\sqrt{26}\Rightarrow a=29,b=26\Rightarrow a-b=3$. Chọn B.

Tập hợp điểm biểu diễn $z$ thuộc đường tròn $(C)$ tâm $I(1;0)$, bán kính $R=\sqrt{34}$ và đường thẳng $\Delta$. Để dây cung $AB=|z_1-z_2|$ lớn nhất thì $\Delta$ đi qua tâm $I(1;0)$ của $(C)$, khi đó $I$ là trung điểm của đoạn nối hai điểm biểu diễn $z_1,z_2$, suy ra $z_1+z_2=2z_I=2\Rightarrow |z_1+z_2|=2$. Chọn C.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 999, trang 7), Câu 6 (Phần III) có đáp số là $0,56$.

Ta có $A(8;15;0)$, mặt phẳng quỹ đạo đi qua $O,A$ và trục $Oz$. Phương trình đường thẳng vạch cầu môn trong $(Oxy)$ đi qua $M^{\prime }(4;15;0)$ và $N^{\prime }(8;14;0)$ là $x+4y-64=0$, cắt $OA$ tại điểm có hoành độ $x_0=\frac{256}{34}=\frac{128}{17}$. Từ parabol đi qua $(0;2)$, có đỉnh tại $x=3$ và cắt trục tại $x=8$, tính được độ cao tại $x_0=\frac{128}{17}$ là $z\approx 0,56\text{ m}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 629, trang 7), Câu 3 (Phần III) có đáp số là $2,57$.

Tại thời điểm $t$, vị trí đèn là $P(2+0,3t^2+3t;24;10,4)$. Giao điểm của đoạn $MP$ với mặt phẳng $y=8$ là $K\left(\frac{x_P}{3};8;4,4\right)$. Đèn bị che khuất khi $IK\le 2,1⟺\left|\frac{x_P}{3}-5\right|\le 2,1⟺8,7\le 2+0,3t^2+3t\le 21,3$, suy ra khoảng thời gian không nhìn thấy đèn là $t_2-t_1\approx 2,57$ giây.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 378, trang 7), Câu 4 (Phần III) có đáp số là $1,02$.

Tấm chắn song song với màn $(P):x=36$ nên phép chiếu xuyên tâm $S(4;-2;3)$ biến tấm chắn diện tích $S_0=2,4\cdot 1,7=4,08{\text{ m}}^2$ thành hình chữ nhật có diện tích $A(s)=S_0{\left(\frac{36-4}{s-4}\right)}^2=\frac{4177,92}{(s-4{)}^2}$. Lấy đạo hàm theo thời gian với $s^{\prime }(t)=0,65\text{ m/s}$ tại thời điểm $SI=18\text{ m}$, tốc độ giảm diện tích bóng xấp xỉ $1,02{\text{ m}}^2/\text{s}$.

Chọn D
Gọi $M(x;y)$ là điểm biểu diễn số phức $z$, $A(-1;1),B(1;-1),C(-2;-2)$.
Khi đó $P=MA+MB+MC$.
Giá trị nhỏ nhất $P_0$ đạt tại điểm Torricelli của tam giác $ABC$.
Tính toán ta được $4<P_0<6$.

Gọi $M,N$ lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức $z,w$; $A(1;-2)$ biểu diễn $1-2i$, $B(-3;1)$ biểu diễn $-3+i$, và $C(4;-2)$ biểu diễn $4-2i$.



Ta có $AB=\sqrt{(-3-1{)}^2+(1+2{)}^2}=5$, nên $|z-1+2i|+|z+3-i|=5\iff MA+MB=AB$, suy ra $M$ thuộc đoạn thẳng $AB$.

Từ $|z-w|\le 2\iff MN\le 2$, suy ra $N$ thuộc miền trong và biên của hình tạo bởi tập hợp các hình tròn bán kính $2$ có tâm trên đoạn $AB$, còn $|w-4+2i|=NC$.

Từ hình vẽ, $NC$ nhỏ nhất bằng $CJ=CA-2=3-2=1\Rightarrow m=1$; $NC$ lớn nhất bằng $CI=CB+2=\sqrt{(4+3{)}^2+(-2-1{)}^2}+2=\sqrt{58}+2\Rightarrow M=\sqrt{58}+2$.

Vậy $M^2-m^2=(\sqrt{58}+2{)}^2-1^2=61+4\sqrt{58}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1101, trang 5), Câu 6 (Phần III) có đáp số là $8,64$.

Ta có $DA=3,DB=4,DC=5$ đôi một vuông góc tại $D(3;4;5)$. Vì $M\in AB\subset (DAB)$ và $DC\perp (DAB)$ nên $d(C,MD)=DC=5$. Gọi $\alpha =\widehat{ADM}$, ta có $d(A,MD)+d(B,MD)=3\sin \alpha +4\cos \alpha \le 5$, dấu bằng xảy ra khi $\tan \alpha =\frac{3}{4}⟹\frac{MA}{MB}=\frac{9}{16}$. Khi đó $M\left(\frac{27}{25};\frac{64}{25};5\right)⟹a+b+c=\frac{91}{25}+5=8,64$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101): Chọn C ($3\sqrt{3}$).

Đáp án chính thức theo bảng đáp án (Mã đề 132, trang 8): Chọn C.

Đặt $u=z+w$. Từ $|z-1{|}^2+|w-1{|}^2=8$ và $|z+w|=|z-w|$ suy ra $|u-2{|}^2+|u{|}^2=16\iff |u-1|=\sqrt{7}$. Khi đó $T=|u-(-2+3i)|\ge |1-(-2+3i)|-\sqrt{7}=\sqrt{9+9}-\sqrt{7}=3\sqrt{2}-\sqrt{7}$ (trên Mã đề 132 trang 6 in phương án A là $5-\sqrt{7}$ và bảng đáp án Mã 132 trang 7 chọn A).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101): Chọn A ($2\sqrt{53}$).

Chọn B
Điểm biểu diễn $z_1$ thuộc đường tròn $(C)$ tâm $I(-2;-8)$, bán kính $R=2\sqrt{5}$.
Điểm biểu diễn $z_2$ thuộc đường thẳng $d$ là trung trực của đoạn nối hai điểm.
Sử dụng bất đẳng thức hình học và tính chất đối xứng, tìm được giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $4\sqrt{5}$.

Chọn D

26
Đặt z = x + yi ( x, y $\in$ $\mathbb{R}$; x \ge 0 ) , ta có
[z = 0
( ) + z.z + 4 z $\iff$ z 2 z - 4 = ( z + z + 4 ) z $\iff$  2 z - 4 = ( z + z + 4 )
2 2 2 2 2
2 z. z 2 - 4 z = z. z 2

[
[z = 0 [z = 0
$\iff$  $\iff$  2 .
[( x - 2 ) + y = ( x + 2 )
2 2
[ y = 8x
2

Đặt w = a + bi ( x, y $\in$ $\mathbb{R}$ ) , ta được

w = w + 4 + 2i $\iff$ a 2 + b 2 = ( a + 4 ) + ( b - 2 ) $\iff$ 2a - b + 5 = 0
2 2

Vậy quỹ tích các điểm N là đường thẳng $\Delta$ : 2 x - y + 5 = 0 .
2.0 - 0 + 5
Nếu M  O thì khoảng cách MN nhỏ nhất bằng d ( O, $\Delta$ ) = = 5.
5
Nếu M thuộc parabol y 2 = 8 x , ta kẻ tiếp tuyến song song vói $\Delta$ là đường thẳng
$\Delta$ ' : 2 x - y + 1 = 0 .

4
thì khoảng cách MN nhỏ nhất bằng d ( $\Delta$ , $\Delta$ ' ) = .
5
4
Vậy khoảng cách MN nhỏ nhất bằng d ( $\Delta$ , $\Delta$ ' ) = .
5

Đường thẳng $d$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$ tại $A(-1;1;0)$, và $B,C\in (P)$. Vì $SA\perp (P)$ và $AH\perp SB,AK\perp SC$ nên $SB\perp (AH{B}^{\prime }),SC\perp (AK{C}^{\prime })$, suy ra đường thẳng giao tuyến $\Delta =(AHK)\cap (P)$ vuông góc với mặt phẳng $(SBC)$, tức $\Delta \perp BC$ và đi qua hình chiếu $E$ của $A$ lên $BC$? Chính xác hơn, $AH\cdot SB=S{A}^2=AK\cdot SC$, nên $\Delta$ cố định trong $(P)$. Tìm điểm đối xứng qua $\Delta$ ta được $\min (MB+MC)=\frac{\sqrt{14}}{2}$ (phương án A).