Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG
1
A
Phan Nhật Linh
TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Biểu diễn hình học số phức
(
) được biểu diễn bởi điểm M (a;b )
Số phức z = a + bi a, b 
( )
hay bởi u = a;b trong mặt phẳng phức với hệ tọa độ Oxy .
Tập hợp điểm biểu diễn số phức
Một số tập hợp điểm biểu diễn số phức z thường gặp:
• ax + by + c = 0  tập hợp điểm là đường thẳng
B
•
•
x = 0  tập hợp điểm là trục tung Oy
y = 0  tập hợp điểm là trục hoành Ox
•
( x − a ) + (y − b )
•
 x − a 2 + y − b 2 = R2

 tập hợp điểm là đường tròn có tâm I a;b , bán kính
x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0

(
2
2
) (
)
( )
 R2  tập hợp điểm là hình tròn tâm I a;b , bán kính R
( )
•
•
R = a 2 + b2 − c
x  0  tập hơp điểm là miền bên phải trục tung
y  0  tập hợp điểm là miền phía dưới trục hoành
•
•
x  0  tập hợp điểm là miền bên trái trục tung
y  0  tập hợp điểm là phía trên trục hoành
•
y = ax 2 + bx + c  tập hợp điểm là đường Parabol
•
x 2 y2
+
= 1  tập hợp điểm là đường Elip
a 2 b2
•
x 2 y2
−
= 1  tập hợp điểm là đường Hyperbol
a 2 b2
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 35 – Đề tham khảo 2023. Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
z + 2i = 1 là một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là.
A. ( 0; 2 ) .
B. ( −2;0 ) .
C. ( 0; −2 ) .
D. ( 2;0 ) .
 Lời giải
Chọn C
Đặt z = x + yi , với x, y 
.
Từ giả thiết z + 2i = 1  x 2 + ( y + 2 ) = 1 .
2
Do đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( 0; −2 ) , bán kính R = 1
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Cho các số phức z thỏa mãn iz − 1 = 1 + 2i . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
z là đường tròn ( C ) . Tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn ( C ) lần lượt là
A. I ( 0;1) ; R = 3 .
Câu 2:
B. I ( 0;1) ; R = 3 .
C. I ( 0; − 1) ; R = 3 . D. I ( 0; − 1) ; R = 3 .
Cho số phức z thoả mãn z + 6 − 2i = 4 . Biết rằng tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu
diễn các số phức z là một đường tròn. Tìm toạ độ tâm I và bán kính R của đường tròn đó.
Câu 3:
A. I ( −6; 2 ) , R = 16 .
B. I ( 6; −2 ) , R = 4 .
C. I ( 6; −2 ) , R = 16 .
D. I ( −6; 2 ) , R = 4 .
Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + 1 − 2i = 3 là
một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( −1;2 ) .
B. I ( −1; −2 ) .
C. I (1;2 ) .
Câu 4:
D. I (1; −2 ) .
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hai điểm A ( 2; −1) ; B ( −3; 4 ) và điểm M ( a; b ) biểu diễn số
(
)
phức z . Biết số phức w = ( z + 2i ) z − 4 là số thực và M nằm trên trung trực của AB .Tổng
S = a + b là
A. S = −14 .
Câu 5:
B. S = 2 .
A.
3
.
4
B.
3 3
.
2
C.
9 3
.
4
D.
3 3
.
4
Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + 2 − 3i = 4 là
D. I ( 2; −3) .
Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + (1 + 2i ) = 4 là
2
một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( −3;4 ) .
B. I ( −3; −4 ) .
C. I ( 3; −4 ) .
Câu 8:
10
.
3
1
1 1
= + . Diện tích của tam giác đó bằng
z+w z w
một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( 2;3) .
B. I ( −2; −3) .
C. I ( −2;3) .
Câu 7:
D. S =
Cho số phức w có w = 3 . Một tam giác có một đỉnh là điểm biểu diễn của w và hai đỉnh còn
lại biểu diễn hai nghiệm của phương trình
Câu 6:
C. S = −2
D. I ( 3;4 ) .
Cho Gọi (C ) là tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z + z − 4 + 4 z − z = 8 . Diện tích
hình phẳng được giới hạn bởi (C ) là
A. 24 .
Câu 9:
B. 4 .
C. 16 .
D. 8.
Trong mặt phẳng tọa độ, tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi
( x, y  )
1 + z = i − z là
A. x − y = 0 .
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. x + y − 1 = 0 .
C. x − y + 1 = 0 .
D. x + y = 0 .
thỏa mãn
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 10: Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho
2 z − 3 z  5 , và số phức z có phần thực không âm. Tính diện tích hình H .
A. 2 .
B. 5 .
C.
5
.
2
D.
5
.
4
Câu 11: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 1 + 2i  3 . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức
w = z (1 + i ) trong mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) là hình phẳng ( H ) có diện tích bằng
A. S = 9 .
C. S = 18 .
B. S = 9 .
Câu 12: Xét các số phức z thỏa mãn
(
z −1 + i
)
z + z i +1
D. S = 18 .
là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
w = 3 z là một parabol có đỉnh
 3 9
3 9
A. I  − ; −  .
B. I  ;  .
 2 2
2 2
 3 33 
C. I  ; −  .
4 8 
3 9
D. I  ; −  .
2 2
Câu 13: Cho số phức w = (1 + i ) z + 2 với 1 + iz = z − 2i . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức
w là đường thẳng  . Khoảng cách từ điểm A(1; −2) đến  bằng
A. 0
B. 2 2 .
C. 2 .
D.
Câu 14: Cho phương trình z 3 − ( m + 1) z 2 + ( m + 1 + mi ) z − 1 − mi = 0 trong đó z 
2
.
2
, m là tham số thực.
Số giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phức phân biệt sao cho các điểm biểu
diễn của các nghiệm trên mặt phẳng phức tạo thành một tam giác cân là
A. 0.
B. 1.
C. 3.
D. 2.
Câu 15: Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn iz + 1 − 2i = 3 là
một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( −2; −1) .
B. I ( −2;1) .
C. I ( 2;1) .
D. I ( 2; −1) .
Câu 16: Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + 5 − i = 2
là một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( 2;3) .
B. I ( 2; −3) .
C. I ( −2; −3) .
D. I ( −2;3) .
Câu 17: Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
là một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( 7; −1) .
B. I ( −7;1) .
C. I ( −7; −1) .
(
z
+1+ i = 2
3 − 4i
D. I ( 7;1) .
)
Câu 18: Cho số phức z có z − 1 = 2 và w = 1 + 3i z + 2. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức
(
)
A. I ( −3; 3 ) , R = 4.
w = 1 + 3i z + 2 là một đường tròn, tâm và bán kính đường tròn đó là
(
)
B. I 3; − 3 , R = 2. C. I
(
)
(
)
3; 3 , R = 4. D. I 3; 3 , R = 4.
Câu 19: Cho số phức z thỏa mãn z − 2 = 2 , biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
w = (1 − i ) z + i là một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 2.
B. 2 2 .
C.
2.
D. 4.
Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i = 2 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w =
z
trong mặt
1− i
phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có tâm là
 1 3
A. I  − ;  .
 2 2
1 3
B. I  ; −  .
2 2
 3 1
C. I  − ; −  .
 2 2
Câu 21: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
3 1
D. I  ;  .
2 2
z + 1 − 2i
= 2 là
z − 2 + 3i
A. Đường tròn tâm I ( 5; −8 ) bán kính 2 17 .
B. Đường tròn tâm I ( −5;8 ) bán kính 2 17 .
C. Đường tròn tâm I ( 5; 4 ) bán kính 2 5 .
D. Đường tròn tâm I ( −5 ; 4 ) bán kính 2 5 .
Câu 22: Cho z1 và z 2 là hai trong các số phức z thỏa mãn z − 5 − 3i = 5 , đồng thời z1 − z2 = 8 . Tập
hợp các điểm biểu diễn của số phức w = z1 + z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có
phương trình dạng ( x − a ) + ( y − b ) = r 2 ( r  0 ) . Tính giá trị của biểu thức T = ( a + b ) r .
2
A. T = 96 .
2
B. T = 64 .
C. T = 6 .
D. T = 12 .
Câu 23: Biết phương trình z 2 + mz + m 2 − 2 = 0 ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức
A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức
z1 , z2 và z0 = i . Có bao nhiêu giá trị của tham số
m
để diện tích tam giác ABC bằng 1?
A. 2 .
B. 3 .
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
z1 , z2 . Gọi
C. 4 .
D. 6
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Cho các số phức z thỏa mãn iz − 1 = 1 + 2i . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
z là đường tròn ( C ) . Tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn ( C ) lần lượt là
A. I ( 0;1) ; R = 3 .
B. I ( 0;1) ; R = 3 .
C. I ( 0; − 1) ; R = 3 . D. I ( 0; − 1) ; R = 3 .
Lời giải
Chọn C
Gọi z = x + yi
( x; y  ) . Theo bài ra:
iz − 1 = 1 + 2i  i ( x + yi ) − 1 = 1 + 2i .
 −1 − y + xi = 3  x 2 + ( y + 1) = 3 .
2
Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn ( C ) có tâm I ( 0; − 1) , bán kính
R = 3.
Câu 2:
Cho số phức z thoả mãn z + 6 − 2i = 4 . Biết rằng tập hợp điểm trong mặt phẳng toạ độ biểu
diễn các số phức z là một đường tròn. Tìm toạ độ tâm I và bán kính R của đường tròn đó.
A. I ( −6; 2 ) , R = 16 .
B. I ( 6; −2 ) , R = 4 .
C. I ( 6; −2 ) , R = 16 .
D. I ( −6; 2 ) , R = 4 .
Lời giải
Chọn D
Đặt z = x + yi
( x, y  ) .
Theo đề bài ta có: x + yi + 6 − 2i = 4  ( x + 6 ) + ( y − 2 ) i = 4

( x + 6) + ( y − 2)
2
2
= 4  ( x + 6 ) + ( y − 2 ) = 16 .
2
2
Vậy tập điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( −6; 2 ) , bán kính R = 4 .
Câu 3:
Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + 1 − 2i = 3 là
một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( −1;2 ) .
B. I ( −1; −2 ) .
C. I (1;2 ) .
D. I (1; −2 ) .
Lời giải
Chọn A
Gọi z = x + yi (với x; y 
 ( x + 1) + ( y − 2 ) i = 3 
). Ta có: z + 1 − 2i = 3
( x + 1)
2
+ ( y − 2 ) = 3  ( x + 1) + ( y − 2 ) = 9 .
2
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( −1;2 ) , bán kính R = 3 .
Câu 4:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hai điểm A ( 2; −1) ; B ( −3; 4 ) và điểm M ( a; b ) biểu diễn số
(
)
phức z . Biết số phức w = ( z + 2i ) z − 4 là số thực và M nằm trên trung trực của AB .Tổng
S = a + b là
A. S = −14 .
B. S = 2 .
C. S = −2
D. S =
10
.
3
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
Ta có: AB ( −5;5 ) .
 −1 3 
Đường trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I  ;  có phương trình
 2 2
(d ) : x − y + 2 = 0 .
M  d  M ( a; a + 2 )  z = a + ( a + 2 ) i ; z = a − ( a + 2 ) i .
Khi đó w =  a + ( a + 4 ) i   a − 4 − ( a + 2 ) i 
= a ( a − 4 ) − a ( a + 2 ) i + ( a − 4 )( a + 4 ) i + ( a + 4 )( a − 2 )
w là số thực khi và chỉ khi −a ( a + 2 ) + ( a + 4 )( a − 4 ) = 0
 − a 2 − 2a + a 2 − 16 = 0  a = −8  b = −6  a + b = −14 .
Câu 5:
Cho số phức w có w = 3 . Một tam giác có một đỉnh là điểm biểu diễn của w và hai đỉnh còn
lại biểu diễn hai nghiệm của phương trình
A.
3
.
4
B.
3 3
.
2
1
1 1
= + . Diện tích của tam giác đó bằng
z+w z w
C.
9 3
.
4
D.
3 3
.
4
Lời giải
Chọn C
z  0
Điều kiện: 
w  0
1
1 1
= +  z.w = ( z + w ) w + ( z + w ) z  z 2 + z.w + w2 = 0
Ta có
z+w z w
2
 1
3 
z
1
3
z
z
i  w = z1,2 .
i  z =  − 
   + +1 = 0  = − 
w
2 2
2
2
 w w


1
3
Lúc đó z1 = z2 = − 
i w = w = 3 và w + z1 + z2 = 0 .
2 2
Suy ra w , z1 , z 2 được biểu diễn bởi ba điểm A , B , C tạo thành một tam giác đều nằm trên đường
tròn tâm O bán kính R = 3 .
Tam giác ABC đều có đường cao h =
Diện tích tam giác là S ABC =
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
2 3 3
3
3 3
.h =
.
=3
, độ dài cạnh a =
R=
2
2
3
3 2
1
9 3
.
a.h =
2
4
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 6:
Phan Nhật Linh
Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + 2 − 3i = 4 là
một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
B. I ( −2; −3) .
A. I ( 2;3) .
C. I ( −2;3) .
D. I ( 2; −3) .
Lời giải
Chọn B
Gọi z = x + yi (với x; y 
). Suy ra z = x − yi .
Ta có: z + 2 − 3i = 4  ( x + 2 ) + ( − y − 3) i = 4

( x + 2)
2
+ ( y + 3) = 4  ( x + 2 ) + ( y + 3) = 16 .
2
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( −2; −3) , bán kính R = 4 .
Câu 7:
Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z + (1 + 2i ) = 4 là
2
một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( −3;4 ) .
B. I ( −3; −4 ) .
C. I ( 3; −4 ) .
D. I ( 3;4 ) .
Lời giải
Chọn C
Gọi z = x + yi (với x; y 
).
Ta có: z + (1 + 2i ) = 4  z − 3 + 4i = 4
2

( x − 3)
2
+ ( y + 4 ) = 4  ( x − 3) + ( y + 4 ) = 16 .
2
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( 3; −4 ) , bán kính R = 4 .
Câu 8:
Cho Gọi (C ) là tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z + z − 4 + 4 z − z = 8 . Diện tích
hình phẳng được giới hạn bởi (C ) là
A. 24 .
B. 4 .
C. 16 .
Lời giải
D. 8.
Chọn D
Đặt z = x + iy, x, y 
. Khi đó, đẳng thức
z + z − 4 + 4 z − z = 8  2 x − 4 + 4 2iy = 8
 2 x −2 +8 y = 8  x −2 + 4 y = 4
Ta được đồ thị như hình vẽ bên dưới:
Đây là hình thoi có độ dài hai đường chéo là 2 ; 8 nên diện tích bằng (2.8) : 2 = 8.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 9:
( x, y  )
Trong mặt phẳng tọa độ, tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi
thỏa mãn
1 + z = i − z là
A. x − y = 0 .
B. x + y − 1 = 0 .
C. x − y + 1 = 0 .
D. x + y = 0 .
Lời giải
Chọn D
Ta có 1 + z = i − z  1 + x + yi = i − x − yi  (1 + x ) + y 2 = x 2 + ( y − 1)  x + y = 0 .
2
2
Câu 10: Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho
2 z − 3 z  5 , và số phức z có phần thực không âm. Tính diện tích hình H .
A. 2 .
B. 5 .
C.
5
.
2
D.
5
.
4
Lời giải
Chọn C
Gọi z = x + yi, ( x, y  , x  0 ) .
x2 y 2
+
 1.
Ta có 2 ( x + yi ) − 3 ( x − yi )  5  x + 25 y  5  x + 25 y  25 
25 1
2
2
2
2
x2 y 2
= 1 , có tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là miền trong của Elip với
Xét elip ( E ) : +
25 1
x 0.
1
5
Ta có a = 5, b = 1 , nên diện tích hình H là S = . .a.b =
.
2
2
Câu 11: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 1 + 2i  3 . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức
w = z (1 + i ) trong mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) là hình phẳng ( H ) có diện tích bằng
A. S = 9 .
C. S = 18 .
Lời giải
B. S = 9 .
D. S = 18 .
Chọn C
Ta có z − 1 + 2i = 3  z (1 + i ) + ( −1 + 2i )(1 + i ) = 3 1 + i  w − 3 + i  3 2 .
Giả sử w = x + yi
( x, y  ) 
x − 3 + ( y + 1) i  3 2  ( x − 3) + ( y + 1)  18 .
2
2
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là hình tròn ( H ) tâm I ( 3;1) và bán kính R = 18
. Khi đó diện tích hình tròn là S =  R 2 = 18 .
Câu 12: Xét các số phức z thỏa mãn
(
z −1 + i
)
z + z i +1
là số thực. Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
w = 3 z là một parabol có đỉnh
 3 9
3 9
A. I  − ; −  .
B. I  ;  .
 2 2
2 2
 3 33 
C. I  ; −  .
4 8 
Lời giải
Chọn D
Gọi z = a + bi ( a, b 
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
) . Khi đó
z −1+ i
( z + z )i +1
=
(a − 1) + (b + 1)i
2ai + 1
3 9
D. I  ; −  .
2 2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
z −1 + i
Vì
là số thực nên ( ( a − 1) + ( b + 1) i ) (1 − 2ai ) là số thực hay −2a ( a − 1) + ( b + 1) =0
z + z i +1
(
)
Suy ra 2a 2 − 2a − b − 1 = 0 (*)

a =
Mà w = 3 z , gọi w = x + yi , suy ra: 
b =

x
3
thay vào biểu thức (*) ta được
y
3
2
x y
2
 x
2   − 2 − − 1 = 0  y = x2 − 2 x − 3
3 3
3
3
3 9
Do đó, tập hợp biểu biễn w là một parabol có đỉnh là I  ; − 
2 2
Câu 13: Cho số phức w = (1 + i ) z + 2 với 1 + iz = z − 2i . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức
w là đường thẳng  . Khoảng cách từ điểm A(1; −2) đến  bằng
A. 0
B. 2 2 .
C. 2 .
2
.
2
D.
Lời giải
Chọn B
w−2
, thay vào 1 + iz = z − 2i ta được:
1+ i
Ta có w = (1 + i ) z + 2  z =
i ( w − 2) + 1 + i
w −2 w −2
w − 2 − 2i − 2i 2
1+ i
=
− 2i 
=
 i ( w − 2 ) + 1 + i = w − 2i
1+ i
1+ i
1+ i
1+ i
1+ i 

 iw − 2+
 = w − 2i  w − 2 + 1 − i = w − 2i  w − 1 − i = w − 2i
i 

Gọi w = x + yi ( x, y 
) , từ (1)
(1)
ta có x + yi − 1 − i = x + yi − 2i .
 ( x − 1) + ( y − 1) i = x + ( y − 2 ) i  ( x − 1) + ( y − 1) = x 2 + ( y − 2 )  x − y + 1 = 0 .
2
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w trên mặt phẳng phức là đường thẳng  : x − y + 1 = 0.
Khi đó d ( A,  ) =
1 − ( −2 ) + 1
1 + ( −1)
2
2
= 2 2.
Câu 14: Cho phương trình z 3 − ( m + 1) z 2 + ( m + 1 + mi ) z − 1 − mi = 0 trong đó z 
, m là tham số thực.
Số giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phức phân biệt sao cho các điểm biểu
diễn của các nghiệm trên mặt phẳng phức tạo thành một tam giác cân là
A. 0.
B. 1.
C. 3.
D. 2.
Lời giải
Chọn D
Xét phương trình:
z = 1
z 3 − ( m + 1) z 2 + ( m + 1 + mi ) z − 1 − mi = 0   2
 z − mz + 1 + mi = 0
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
z = 1
z = 1
z = 1
.
 2 2

  z = i
z
−
i
z
+
i
−
m
=
0
z
−
i
−
mz
−
mi
=
0
(
)(
)
(
)


 z = m − i
Đặt A (1; 0 ) , B ( 0;1) , C ( m; −1) lần lượt là các điểm biểu diễn các nghiệm z = 1 , z = i ,
z = m − i trên mặt phẳng phức.
Ta có: AB = ( −1;1) , AC = ( m − 1; −1) , BC = ( m; −2 )
AB = 2 , BC = m 2 + 4 , AC =
( m − 1)
2
+1 .
Ba điểm A , B , C tạo thành một tam giác khi và chỉ khi AB và AC không cùng phương hay
m  2.
 m −1 2 +1 = 2
)
 (
AC
=
AB

m = 0
2

m
−
2
m
=
0

Tam giác ABC cân   BC = AB   m 2 + 4 = 2
  m = 2 .

−
2
m
=
2


2
 AC = BC
 m = −1
2
m
−
1
+
1
=
m
+
4
(
)


Kết hợp với điều kiện m  2 ta được m  0; −1 .
Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn đề.
Câu 15: Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn iz + 1 − 2i = 3 là
một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( −2; −1) .
B. I ( −2;1) .
C. I ( 2;1) .
D. I ( 2; −1) .
Lời giải
Chọn C
Gọi z = x + yi (với x; y 
).
Ta có: i ( z − i − 2 ) = 3  i . z − i − 2 = 3  z − i − 2 = 3  ( x − 2 ) + ( y − 1) i = 3

( x − 2)
2
+ ( y − 1) = 3  ( x − 2 ) + ( y − 1) = 9 .
2
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( 2;1) , bán kính R = 3 .
Câu 16: Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + 5 − i = 2
là một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( 2;3) .
B. I ( 2; −3) .
C. I ( −2; −3) .
D. I ( −2;3) .
Lời giải
Chọn D
Gọi z = x + yi (với x; y 
 z + 2 − 3i = 2 
). Ta có: (1 + i )( z + 2 − 3i ) = 3  1 + i . z + 2 − 3i = 2
( x + 2)
2
+ ( y − 3) = 2  ( x + 2 ) + ( y − 3 ) = 2 .
2
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( −2;3) , bán kính R = 2 .
Câu 17: Trên mặt phẳng tọa độ, biết tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
là một đường tròn. Tâm của đường tròn đó có tọa độ là
A. I ( 7; −1) .
B. I ( −7;1) .
C. I ( −7; −1) .
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
z
+1+ i = 2
3 − 4i
D. I ( 7;1) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn D
Gọi z = x + yi (với x; y  ).
Ta có:
Phan Nhật Linh
z+7−i
z
z+7−i
=2
+1+ i = 2 
=2
3 − 4i
3 − 4i
3 − 4i
( x + 7)
2
+ ( y − 1) = 10
2
 ( x + 7 ) + ( y − 1) = 100 .
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( −7;1) , bán kính R = 10 .
(
)
Câu 18: Cho số phức z có z − 1 = 2 và w = 1 + 3i z + 2. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức
(
)
A. I ( −3; 3 ) , R = 4.
w = 1 + 3i z + 2 là một đường tròn, tâm và bán kính đường tròn đó là
(
)
B. I 3; − 3 , R = 2. C. I
(
)
(
)
3; 3 , R = 4. D. I 3; 3 , R = 4.
Lời giải
Chọn D
(
)
(
)
w − ( 3 + 3i ) = 1 +
(
) (
)
Ta có w = 1 + 3i z + 2  w = 1 + 3i ( z − 1) + 3 + 3i  w − 3 + 3i = 1 + 3i ( z − 1) .
Lấy môđun hai vế, ta được
(
3i . z − 1 = 2.2 = 4.
2
2
)
(
Biểu thức w − 3 + 3i = 4 chứng tỏ tập hợp các số phức w là một đường tròn có tâm I 3; 3
)
và bán kính R = 4.
Câu 19: Cho số phức z thỏa mãn z − 2 = 2 , biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn của số phức
w = (1 − i ) z + i là một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó.
C. 2 .
Lời giải
B. 2 2 .
A. 2.
D. 4.
Chọn B
Cách 1: Ta đặt w = a + bi
 a + bi = (1 − i ) z + i  z =
a + ( b − 1) i
1− i
Theo giả thết z − 2 = 2 , nên ta có:
=
a − b +1 a + b −1
+
i
2
2
2
2
 a − b +1
  a + b −1
− 2 + 

 = 4  ( a − b − 3) + ( a + b − 1) = 16
2
2

 

2
2
 a + b + 9 − 2ab − 6a + 6b + a 2 + b 2 + 1 + 2ab − 2a − 2b = 16
2
2
 2a 2 + 2b 2 − 8a + 4b − 6 = 0  a 2 + b 2 − 4a + 2b − 3 = 0
Vậy tập hợp điểm biểu diễn của w là đường tròn có bán kính R = 22 + ( −1) − ( −3) = 2 2
2
w −i
1− i
w −i
w −2+i
−2 = 2
= 2  w − 2 + i = 2 1 − i = 2 2 (* )
Mà z − 2 = 2 
1− i
1− i
Cách 2: Ta có: w = (1 − i ) z + i  z =
(
Đặt w = x + yi khi đó (*)  ( x − 2 ) + ( y + 1) = 2 2
2
2
)
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Đây là đường tròn có tâm
I ( 2; −1) , R = 2 2 .
Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i = 2 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w =
z
trong mặt
1− i
phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có tâm là::
 1 3
A. I  − ;  .
 2 2
1 3
B. I  ; −  .
2 2
 3 1
C. I  − ; −  .
 2 2
Lời giải
3 1
D. I  ;  .
2 2
Chọn A
Do w =
z
 z = w (1 − i ) .
1− i
Theo giả thiết, z − 1 + 2i = 2  z − 1 + 2i = 2  z − 1 − 2i = 2  w (1 − i ) − 1 − 2i = 2
 1− i w −
1 + 2i
1 3
1 3
= 2  2. w + − i = 2  w + − i = 2 .
1− i
2 2
2 2
 1 3
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I  − ;  .
 2 2
Câu 21: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
z + 1 − 2i
= 2 là
z − 2 + 3i
A. Đường tròn tâm I ( 5; −8 ) bán kính 2 17 .
B. Đường tròn tâm I ( −5;8 ) bán kính 2 17 .
C. Đường tròn tâm I ( 5; 4 ) bán kính 2 5 .
D. Đường tròn tâm I ( −5 ; 4 ) bán kính 2 5 .
Lời giải
Chọn C
Gọi z = x + yi  z = x – yi
( x, y  ) .
z + 1 − 2i
= 2  z + 1 − 2i =
z − 2 + 3i
2 z − 2 + 3i
2 ( x − 2) + (3 − y ) i .

( x + 1) + ( y − 2 ) i
=

( x + 1) + ( y − 2 )
= 2 ( x − 2 ) + 2 ( y − 3) .
2
2
2
2
 x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 21 = 0  ( x − 5 ) + ( y − 4 ) = 20
2
2
Tập hợp các điểm M là đường tròn ( x − 5 ) + ( y − 4 ) = 20 với tâm I ( 5; 4 ) bán kính 2 5 .
2
2
Câu 22: Cho z1 và z 2 là hai trong các số phức z thỏa mãn z − 5 − 3i = 5 , đồng thời z1 − z2 = 8 . Tập
hợp các điểm biểu diễn của số phức w = z1 + z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có
phương trình dạng ( x − a ) + ( y − b ) = r 2 ( r  0 ) . Tính giá trị của biểu thức T = ( a + b ) r .
2
A. T = 96 .
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. T = 64 .
2
C. T = 6 .
Lời giải
D. T = 12 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi A; B lần lượt là điểm biểu diễn của z1 ; z2 . Từ giả thiết z − 5 − 3i = 5 suy ra A; B thuộc
đường tròn tâm I ( 5;3) , bán kính 5 và z1 − z2 = 8 suy ra AB = 8 .
Gọi M là trung điểm của đoạn AB . Khi đó ta tính được IM = 3 .
z +z
Mặt khác, M là điểm biểu diễn của số phức 1 2 , I là điểm biểu diễn của số phức 5 + 3i ,
2
z +z
thay vào ta có biểu thức 1 2 − 5 − 3i = 3  ( z1 + z2 ) − 10 − 6i = 6
2
Vậy điểm biểu diễn của z1 + z2 nằm trên đường tròn tâm J (10;6 ) ; r = 6 .
Khi đó a = 10 ; b = 6 ; r = 6 . Vậy ( a + b ) .r = 96 .
Câu 23: Biết phương trình z 2 + mz + m 2 − 2 = 0 ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức
A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức
z1 , z2 . Gọi
z1 , z2 và z0 = i . Có bao nhiêu giá trị của tham số
m
để diện tích tam giác ABC bằng 1?
A. 2 .
B. 3 .
C. 4 .
Lời giải
D. 6
Chọn C
Ta có:  = m2 − 4 ( m2 − 2 ) = −3m2 + 8
2
Trường hợp 1:   0  −3m + 8  0 
nghiệm thực phân biệt là
−2 6
2 6
m
. Khi đó, phương trình có hai
3
3
z1 , z2 .
( z1 − z2 )
Mặt khác, ta có C ( 0;1)  d ( C ; AB ) = 1 .
Vì A, B  Ox nên AB = z1 − z2 =
 SABC =
1
AB.d ( C; AB ) =
2
2
=
( z1 + z2 )
2
− 4 z1 z2 = −3m 2 + 8 .
−3m2 + 8
2 3
=1 m = 
(n) .
2
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023

2 6
 m
3
2
Trường hợp 2:   0  −3m + 8  0  
. Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức

−2 6
m 
3

liên hợp là z1,2 =
−m + i 
2
.
Ta có: AB = z1 − z2 = i  =
−3m2 + 8 = 3m 2 − 8 và C ( 0;1) .
m
Phương trình đường thẳng AB là x + = 0 nên d ( C ; AB ) =
2
m
2
.
m2 = 4
m 3m 2 − 8
1
Do đó, SABC = AB.d ( C ; AB ) =
=1  2
 m = 2 .
 m = − 4 (VN)
2
4

3
Vậy có 4 giá trị thực của tham số m thỏa mãn đề bài.
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG
A
2
Phan Nhật Linh
VIẾT PTĐT ĐI QUA HAI ĐIỂM
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Để viết một phương trình đường thẳng thì ta cần một điểm đi qua và một vectơ chỉ phương của nó.
Đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận u = ( a; b; c ) là một vectơ chỉ phương thì đường
▪
 x = x0 + at

thẳng d có phương trình là: d :  y = y0 + bt ,
 z = z + ct
0

▪
(t  )
Đường thẳng d đi qua hai điểm A và B thì nó nhận AB là một vectơ chỉ phương.
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 46 – Đề tham khảo 2023. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M (1; − 1; − 1) và N ( 5; 5;1) . Đường
thẳng MN có phương trình là:
 x = 5 + 2t
x = 5 + t
 x = 1 + 2t
 x = 1 + 2t




A.  y = 5 + 3t
B.  y = 5 + 2t
C.  y = −1 + 3t
D.  y = −1 + t
 z = −1 + t
 z = 1 + 3t
 z = −1 + t
 z = −1 + 3t




 Lời giải
Lời giải
Chọn C
Ta có MN = ( 4; 6; 2 ) = 2 ( 2;3;1) .
Đường thẳng MN qua M (1; − 1; − 1) nhận MN = ( 2;3;1) làm vectơ chỉ phương
 x = 1 + 2t

Phương trình đường thẳng d là:  y = −1 + 3t .
 z = −1 + t

C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm E ( −1;0;2) và F (2;1; −5) . Phương trình đường thẳng EF
là
 x = 1 + 3t

A.  y = t
.
 z = −2 − 7 t

Câu 2:
 x = −1 + 3t

B.  y = t
.
 z = 2 − 7t

x = 1+ t

C.  y = t
.
 z = −2 − 3t

 x = −1 + t

D.  y = t
.
 z = 2 + 3t

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm P (1;1; −1) và Q ( 2;3;2 ) . Phương trình đường thẳng PQ
là
x −1 y −1 z +1
=
=
.
2
3
2
x −1 y − 2 z − 3
=
=
C.
.
1
1
−1
A.
x −1 y −1 z +1
=
=
.
1
2
3
x+2 y+3 z+2
=
=
D.
.
1
2
3
B.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M (1; − 1; − 1) và N ( 5; 5;1) . Đường thẳng MN có
phương trình là:
 x = 5 + 2t

A.  y = 5 + 3t
 z = −1 + t

x = 5 + t

B.  y = 5 + 2t
 z = 1 + 3t

 x = 1 + 2t

C.  y = −1 + 3t
 z = −1 + t

 x = 1 + 2t

D.  y = −1 + t
 z = −1 + 3t

Câu 4:
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 0; − 2 ) và B ( 3; − 3;1) . Đường thẳng AB có
Câu 5:
phương trình là
x −1 y z + 2
x − 3 y + 3 z −1
A.
.
B.
.
= =
=
=
2
3
3
−2
3
−3
x −1 y z − 2
x + 3 y − 3 z +1
C.
.
D.
.
=
=
=
=
2
−3
3
2
−3
3
Trong không gian Oxyz , cho ba điểm điểm A ( 4; −3;2 ) , B ( 6;1; −7 ) , C ( 2;8; −1) . Đường thẳng
Câu 6:
qua gốc toạ độ O và trọng tâm tam giác ABC có phương trình là
x y
z
x y
z
x y
z
x
y
z
=
A. = =
.
B. = =
.
C. = =
.
D. =
.
4 1 −3
2 1 −1
2 3 −1
2 −1 −1
Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A (1; 0; − 2 ) , B ( 2; − 2;1) và C ( 0; 0;1) .
Đường trung tuyến AM có phương trình là
x = 1+ t
x = 1− t


A.  y = −1 + 3t .
B.  y = −t
.
z = 1+ t
 z = −2 + 3t


Câu 7:
 x = −1 + 2t

C.  y = 1 + t .
 z = −1 − 3t

x = 1

D.  y = −t
.
 z = −2 + 3t

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi ( ) là mặt phẳng chứa đường thẳng
x − 2 y −1 z
và vuông góc với mặt phẳng (  ) : x + y + 2 z + 1 = 0 . Khi đó giao tuyến
=
=
1
1
−2
của hai mặt phẳng ( ) ; (  ) có phương trình
:
x − 2 y +1 z
=
= .
1
−5
2
x y +1 z −1
C.  : =
.
=
1
1
1
x + 2 y −1 z
=
= .
1
−5
2
x y +1 z −1
D.  : =
.
=
1
1
1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 5; −3; 2 ) và mặt phẳng
A.  :
Câu 8:
B.  :
( P ) : x − 2 y + z − 1 = 0 . Tìm phương trình đường thẳng
x+5
=
1
x−6
C.
=
1
x −5 y +3 z −2
.
=
=
1
−2
−1
x+5 y+3 z −2
D.
.
=
=
1
−2
1
Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 3;1; −5 ) , hai mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 4 = 0 và
A.
Câu 9:
y −3
=
−2
y+5
=
−2
z+2
.
1
z −3
.
1
d đi qua điểm M và vuông góc ( P ) .
B.
( Q ) : 2 x + y + z + 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng
hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) .
x − 3 y −1
=
=
2
−1
x − 3 y −1
C.  :
=
=
2
1
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
A.  :
z +5
.
−3
z +5
.
−3
 đi qua A đồng thời  song song với
x+3
=
2
x −3
D.  :
=
−2
B.  :
y +1
=
−1
y −1
=
−1
z −5
.
−3
z +5
.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1; −2;0 ) , B(2; −1;3), C ( 0; −1;1) . Đường trung tuyến
AM của tam giác ABC có phương trình tham số là
x = 1

A.  y = −2 + t .
 z = 2t

 x = 1 − 2t

B.  y = −2 .
 z = −2 t

x = 1+ t

C.  y = −2 .
 z = −2 t

 x = 1 + 2t

D.  y = −2 + t .
 z = 2t

Câu 11: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng
( P ) : z −1 = 0
và ( Q ) : x + y + z − 3 = 0 . Gọi d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P ) , cắt
đường thẳng d ' :
x −1 y − 2 z − 3
và vuông góc với đường thẳng  . Phương trình của
=
=
1
−1
−1
đường thẳng d là
x = 3 + t

A.  y = t
.
z = 1+ t

x = 3 − t

B.  y = t
.
z = 1

x = 3 + t

C.  y = t
.
z = 1

x = 3 + t

D.  y = −t .
z = 1+ t

Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( −1;1;3) và hai đường thẳng  :
x −1 y + 3 z −1
,
=
=
3
2
1
x +1 y
z
. Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M và vuông
= =
1
3 −2
góc với  và   .
 :
 x = −1 − t

A.  y = 1 + t .
 z = 1 + 3t

 x = −t

B.  y = 1 + t .
z = 3 + t

 x = −1 − t

C.  y = 1 − t .
z = 3 + t

 x = −1 − t

D.  y = 1 + t .
z = 3 + t

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3x + y + z = 0 và đường thẳng
x −1 y z + 3
. Gọi  là đường thẳng nằm trong ( P ) , cắt và vuông góc với d . Phương
=
=
1
−2
2
trình nào sau đây là phương trình tham số của  ?
d:
 x = −2 + 4t

A.  y = 3 − 5t .
 z = 3 − 7t

 x = −3 + 4t

B.  y = 5 − 5t .
 z = 4 − 7t

 x = 1 + 4t

C.  y = 1 − 5t .
 z = −4 − 7t

 x = −3 + 4t

D.  y = 7 − 5t .
 z = 2 − 7t

Câu 14: Cho tứ diện ABCD có A ( 0;0; 2 ) , B ( 3;0;5 ) , C (1;1;1) , D ( 4;1; 2 ) . Phương trình đường cao kẻ
từ D của tứ diện là
x + 4 y −1 z − 2
A.
.
=
=
1
−2
−1
x − 4 y −1 z − 2
C.
.
=
=
1
−2
−1
x−4
=
1
x−4
D.
=
1
B.
y −1 z − 2
.
=
2
−1
y +1 z − 2
.
=
−2
−1
x = 1+ t

Câu 15: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :  y = −t và điểm A (1;3; −1) . Viết
 z = −1 + t

phương trình đường thẳng d đi qua điểm A , cắt và vuông góc với đường thẳng  .
x −1 y − 3 z +1
x −1 y − 3 z +1
A.
.
B.
.
=
=
=
=
2
−1
−1
1
−2
−1
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
x −1 y − 3 z +1
C.
.
=
=
1
2
1
Về đích đặc biệt 9+
D.
x −1 y − 3 z +1
.
=
=
−1
2
−1
Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho OE = 5i + 4 j − 2k , OF = j − 3k . Đường thẳng đi qua hai điểm E
và F có phương trình là
 x = 5t

A.  y = 1 + 3t .
B.
 z = −3 + t

x = 5

y = 4+ t .
 z = −2 − 3t

 x = 5t

C.  y = 1 + 3t .
 z = −3 − t

 x = −5t

D.  y = 1 + 3t .
 z = −3 + t

Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M (1;0;1) và N ( 3;2; − 1) . Đường thẳng MN có phương
trình là
 x = 1 + 2t

A.  y = 2t .
z = 1+ t

Câu 18: Trong
không
x = 1+ t

B.  y = t .
z = 1+ t

gian
với
hệ
trục
x = 1− t

C.  y = t .
z = 1+ t

tọa
độ
Oxyz ,
x = 1+ t

D.  y = t .
z = 1− t

cho
tam
giác
với
ABC
A (1; −2;1) , B ( −2; 2;1) , C (1; −2; 2 ) . Đường phân giác trong của góc A có một véctơ chỉ phương
u ( 3; a; b ) . Tính a − b .
C. −1 .
B. −9 .
A. 1 .
D. 9 .
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1;7;0 ) , B ( 3;0;3) . Phương trình đường
phân giác trong của góc AOB của tam giác AOB là
x y z
x y z
x y z
A. = = .
B. = = .
C. = = .
4 5 3
3 5 7
6 7 5
Câu 20: Trong
không
gian
Oxyz ,
( P ) : x + 2 y + 3z − 14 = 0 . Gọi Δ
cho
hai
điểm
D.
A (1; 2;3) , B ( 3; 4;5 )
x y z
= = .
5 7 4
và
mặt
phẳng
là một đường thẳng thay đổi nằm trong mặt phẳng ( P ) . Gọi
H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên Δ . Biết rằng khi AH = BK thì trung
điểm của HK luôn thuộc một đường thẳng d cố định, phương trình của đường thẳng d là
x = 4 + t

A.  y = 5 − 2t .
z = 1

x = 4 − t

B.  y = 5 + 2t .
z = t

x = 4 + t

C.  y = 5 − 2t .
z = t

x = 4 − t

D.  y = 5 + 2t .
z = 1

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2, −2,3) ; B (1,3,4 ) ; C ( 3, −1,4 ) . Phương trình đường
phân giác góc BAC là.
x y + 2 z −1
=
.
A. =
1
4
2
x − 3 y + 2 z −1
=
=
.
C.
1
4
2
x −1 y + 6 z −1
=
=
.
1
4
2
x −2 y + 2 z −3
=
=
.
D.
1
4
2
B.
Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −1; 2;0 ) , B (1;1;1) , C ( 2; − 3;2 ) . Tập hợp tất cả các
điểm M cách đều ba điểm A , B , C là một đường thẳng d . Phương trình tham số của đường
thẳng d là
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 x = −8 − 3t
 x = −8 + 3t


A.  y = t
.
B.  y = t
.
 z = 15 + 7t
 z = 15 − 7t


 x = −8 + 3t

C.  y = −t
.
 z = −15 − 7t

Phan Nhật Linh
 x = −8 + 3t

D.  y = t
.
 z = 15 + 7t

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;1), B(0; 2;1) và mặt phẳng
( ) : x + y + z − 7 = 0. Đường thẳng d nằm trên mặt phẳng ( ) sao cho mọi điểm của d cách
đều hai điểm A, B có phương trình là
 x = 2t

A.  y = 7 − 3t .
 z =t

 x = −t

B.  y = 7 − 3t .
 z = 2t

 x=t

C.  y = 7 + 3t .
 z = 2t

 x=t

D.  y = 7 − 3t .
 z = 2t

Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm E ( −1;0;2) và F (2;1; −5) . Phương trình đường thẳng EF
là
 x = 1 + 3t

A.  y = t
.
 z = −2 − 7 t

 x = −1 + 3t

B.  y = t
.
 z = 2 − 7t

x = 1+ t

C.  y = t
.
 z = −2 − 3t

Lời giải
 x = −1 + t

D.  y = t
.
 z = 2 + 3t

Chọn B
Đường thẳng EF có một vectơ chỉ phương là EF = ( 3;1; −7)
Điểm E ( −1;0;2)  EF .
 x = −1 + 3t

Vậy đường thẳng EF có phương trình tham số là:  y = t
.
 z = 2 − 7t

Câu 2:
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm P (1;1; −1) và Q ( 2;3;2 ) . Phương trình đường thẳng PQ
là
x −1 y −1 z +1
.
=
=
2
3
2
x −1 y − 2 z − 3
=
=
C.
.
1
1
−1
x −1 y −1 z +1
.
=
=
1
2
3
x+2 y+3 z+2
=
=
D.
.
1
2
3
Lời giải
A.
B.
Chọn B
Đường thẳng PQ có một vectơ chỉ phương là PQ = (1;2;3) .
Điểm P (1;1; −1)  PQ .
Vậy đường thẳng PQ có phương trình là:
Câu 3:
x −1 y −1 z +1
=
=
.
1
2
3
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M (1; − 1; − 1) và N ( 5; 5;1) . Đường thẳng MN có
phương trình là:
 x = 5 + 2t

A.  y = 5 + 3t
 z = −1 + t

x = 5 + t

B.  y = 5 + 2t
 z = 1 + 3t

 x = 1 + 2t

C.  y = −1 + 3t
 z = −1 + t

Lời giải
 x = 1 + 2t

D.  y = −1 + t
 z = −1 + 3t

Chọn C
Ta có MN = ( 4; 6; 2 ) = 2 ( 2;3;1) .
Đường thẳng MN qua M (1; − 1; − 1) nhận MN = ( 2;3;1) làm vectơ chỉ phương có phương trình
 x = 1 + 2t

 y = −1 + 3t .
 z = −1 + t

Câu 4:
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 0; − 2 ) và B ( 3; − 3;1) . Đường thẳng AB có
phương trình là
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
x −1 y z + 2
x −3
A.
.
B.
= =
=
2
3
3
−2
x −1 y z − 2
x+3
C.
.
D.
=
=
=
2
−3
3
2
Lời giải
Chọn B
Phan Nhật Linh
y+3
=
3
y −3
=
−3
z −1
.
−3
z +1
.
3
Ta có AB = ( 2; − 3; 3) = − ( −2;3; −3) .
Đường thẳng AB đi qua B ( 3; − 3;1) , nhận u = ( −2;3; −3) làm vectơ chỉ phương có phương
trình là
Câu 5:
x − 3 y + 3 z −1
.
=
=
−2
3
−3
Trong không gian Oxyz , cho ba điểm điểm A ( 4; −3;2 ) , B ( 6;1; −7 ) , C ( 2;8; −1) . Đường thẳng
qua gốc toạ độ O và trọng tâm tam giác ABC có phương trình là
x y
z
x y
z
x y
z
A. = =
.
B. = =
.
C. = =
.
4 1 −3
2 1 −1
2 3 −1
Lời giải
Chọn B
D.
x
y
z
=
=
.
2 −1 −1
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC  G ( 4;2; −2 ) .
Đường thẳng OG có một véc tơ chỉ phương là OG = ( 4;2; −2 )
 u = ( 2;1; −1) cũng là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng OG .
Vậy phương trình đường thẳng OG là:
Câu 6:
x y
z
.
= =
2 1 −1
Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A (1; 0; − 2 ) , B ( 2; − 2;1) và C ( 0; 0;1) .
Đường trung tuyến AM có phương trình là
x = 1+ t
x = 1− t
 x = −1 + 2t



A.  y = −1 + 3t .
B.  y = −t
.
C.  y = 1 + t .
z = 1+ t
 z = −2 + 3t
 z = −1 − 3t



Lời giải
Chọn D
Do M là trung điểm của BC nên M (1; −1;1) .
x = 1

D.  y = −t
.
 z = −2 + 3t

Ta có AM = ( 0; − 1; 3) .
Đường thẳng AM đi qua A (1; 0; − 2 ) , nhận AM = ( 0; − 1; 3) làm vectơ chỉ phương có phương
x = 1

trình là  y = −t
.
 z = −2 + 3t

Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 7:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi ( ) là mặt phẳng chứa đường thẳng
:
x − 2 y −1 z
và vuông góc với mặt phẳng (  ) : x + y + 2 z + 1 = 0 . Khi đó giao tuyến
=
=
1
1
−2
của hai mặt phẳng ( ) ; (  ) có phương trình
x − 2 y +1 z
=
= .
1
−5
2
x y +1 z −1
C.  : =
.
=
1
1
1
x + 2 y −1 z
=
= .
1
−5
2
x y +1 z −1
D.  : =
.
=
1
1
1
Lời giải
A.  :
B.  :
Chọn C
x − 2 y −1 z
đi qua M ( 2;1;0 ) và có VTCP u = (1;1; −2 ) .
:
=
=
1
1
−2
(  ) : x + y + 2 z + 1 = 0 có VTPT
( )
n = (1;1; 2 ) .
đi qua M ( 2;1;0 ) và có VTPT u; n  = ( 4; −4;0 ) nên chọn n = (1; −1;0 ) .
Phương trình ( ) : ( x − 2 ) − ( y − 1) = 0  x − y − 1 = 0 .
Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) ; (  ) . Ta có:
D đi qua N ( 0; −1;0 ) và có VTCP  n; n  = ( 2; 2; −2 ) nên chọn u = (1;1; −1) .
x y +1 z
Phương trình d : =
.
=
1
1
−1
Câu 8:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 5; −3; 2 ) và mặt phẳng
( P ) : x − 2 y + z − 1 = 0 . Tìm phương trình đường thẳng
x+5
=
1
x−6
C.
=
1
A.
y −3
=
−2
y+5
=
−2
z+2
.
1
z −3
.
1
d đi qua điểm M và vuông góc ( P ) .
x −5
=
1
x+5
D.
=
1
Lời giải
B.
y+3 z −2
.
=
−2
−1
y+3 z −2
.
=
−2
1
Chọn C
x = 5 + t

d qua điểm M ( 5; −3; 2 ) và vuông góc ( P ) nhận u = (1; −2;1) là vtcp có dạng  y = −3 − 2t .
z = 2 + t

Cho t = 1  N ( 6; −5;3)  d  d :
Câu 9:
x −6 y +5 z −3
.
=
=
1
−2
1
Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 3;1; −5 ) , hai mặt phẳng
( Q ) : 2 x + y + z + 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng
hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) .
x −3
=
2
x −3
C.  :
=
2
A.  :
y −1
=
−1
y −1
=
1
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
z +5
.
−3
z +5
.
−3
và
 đi qua A đồng thời  song song với
x+3
=
2
x −3
D.  :
=
−2
Lời giải
B.  :
( P) : x − y + z − 4 = 0
y +1
=
−1
y −1
=
−1
z −5
.
−3
z +5
.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
Phan Nhật Linh
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n1 = (1; −1;1) .
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( Q ) là n2 = ( 2;1;1) .

1 −1
 n1 và n2 không cùng phương.

2 1
Ta có: n =  n1 , n2  = ( −2;1;3) .
Đường thẳng  đi qua A ( 3;1; −5 ) và nhận vectơ n = ( −2;1;3) làm vectơ chỉ phương.
Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:
x − 3 y −1 z + 5
.
=
=
2
−1
−3
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1; −2;0 ) , B(2; −1;3), C ( 0; −1;1) . Đường trung tuyến
AM của tam giác ABC có phương trình tham số là
x = 1

A.  y = −2 + t .
 z = 2t

 x = 1 − 2t

B.  y = −2 .
 z = −2 t

 x = 1 + 2t

D.  y = −2 + t .
 z = 2t

x = 1+ t

C.  y = −2 .
 z = −2 t

Lời giải
Chọn A
Có M là trung điểm của BC  M (1; −1;2 ) .
AM = ( 0;1;2 ) là một véctơ chỉ phương của đường trung tuyến AM .
Điểm A (1; −2;0 )  AM .
x = 1

Vậy đường trung tuyến AM có phương trình tham số là:  y = −2 + t .
 z = 2t

Câu 11: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng
( P ) : z −1 = 0
và ( Q ) : x + y + z − 3 = 0 . Gọi d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P ) , cắt
đường thẳng d ' :
x −1 y − 2 z − 3
và vuông góc với đường thẳng  . Phương trình của
=
=
1
−1
−1
đường thẳng d là
x = 3 + t

A.  y = t
.
z = 1+ t

x = 3 − t

B.  y = t
.
z = 1

x = 3 + t

C.  y = t
.
z = 1

x = 3 + t

D.  y = −t .
z = 1+ t

Lời giải
Chọn C
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
d'
Q
I
d
P
Đặt nP = ( 0;0;1) và nQ = (1;1;1) lần lượt là véctơ pháp tuyến của ( P ) và ( Q ) .
Do  = ( P )  ( Q ) nên  có một véctơ chỉ phương u =  nP , nQ  = ( −1;1;0 ) .
Đường thẳng d nằm trong
( P)
và d ⊥  nên d có một vectơ chỉ phương là
ud =  nP , u  = ( −1; −1;0 ) .
x −1 y − 2 z − 3
và I = d   d  I = d   ( P )
=
=
1
−1
−1
z = 1
z −1 = 0


Xét hệ phương trình  x − 1 y − 2 z − 3   y = 0  I ( 3;0;1) .
 1 = −1 = −1
x = 3

Gọi d  :
x = 3 + t

Do đó phương trình đường thẳng d :  y = t
.
z = 1

Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( −1;1;3) và hai đường thẳng  :
x −1 y + 3 z −1
,
=
=
3
2
1
x +1 y
z
. Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua M và vuông
= =
1
3 −2
góc với  và   .
 :
 x = −1 − t

A.  y = 1 + t .
 z = 1 + 3t

 x = −t

B.  y = 1 + t .
z = 3 + t

 x = −1 − t

C.  y = 1 − t .
z = 3 + t

 x = −1 − t

D.  y = 1 + t .
z = 3 + t

Lời giải
Chọn D
+) VTCP của ,  lần lượt là u = ( 3; 2;1) và v = (1;3; −2 ) ; u , v  = ( −7;7;7 )
+) Vì d vuông góc với  và   nên ud = ( −1;1;1) .
 x = −1 − t

+) d đi qua M ( −1;1;3) nên d :  y = 1 + t .
z = 3 + t

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3x + y + z = 0 và đường thẳng
x −1 y z + 3
. Gọi  là đường thẳng nằm trong ( P ) , cắt và vuông góc với d . Phương
=
=
1
−2
2
trình nào sau đây là phương trình tham số của  ?
d:
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 x = −2 + 4t

A.  y = 3 − 5t .
 z = 3 − 7t

 x = −3 + 4t

B.  y = 5 − 5t .
 z = 4 − 7t

Phan Nhật Linh
 x = 1 + 4t

C.  y = 1 − 5t .
 z = −4 − 7t

 x = −3 + 4t

D.  y = 7 − 5t .
 z = 2 − 7t

Lời giải
Chọn B
Do  nằm trong nằm trong ( P ) và vuông góc với d nên  có véctơ chỉ phương là
u =  n( P ) , ud  = ( 4; −5; −7 )
Gọi A =   d thì A = ( P )  d  A (1;0; −3)
 x = 1 + 4t
 x = −3 + 4t


Vậy phương trình tham số của  là  y = 0 − 5t hay  y = 5 − 5t
 z = −3 − 7t
 z = 4 − 7t


Câu 14: Cho tứ diện ABCD có A ( 0;0; 2 ) , B ( 3;0;5 ) , C (1;1;1) , D ( 4;1; 2 ) . Phương trình đường cao kẻ
từ D của tứ diện là
x + 4 y −1 z − 2
A.
.
=
=
1
−2
−1
x − 4 y −1 z − 2
C.
.
=
=
1
−2
−1
x−4
=
1
x−4
D.
=
1
Lời giải
B.
y −1 z − 2
.
=
2
−1
y +1 z − 2
.
=
−2
−1
Chọn C
Ta có: AB = ( 3;0;3) , AC = (1;1; −1)   AB, AC  = ( −3;6;3)  n( ABC ) = (1; −2; −1)
Gọi H là hình chiếu của D lên mặt phẳng ( ABC ) . Khi đó đường thẳng DH có một vectơ chỉ
phương là u DH = n( ABC ) = (1; −2; −1)
Phương trình đường cao DH có dạng:
x − 4 y −1 z − 2
.
=
=
1
−2
−1
x = 1+ t

Câu 15: 10. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :  y = −t và điểm A (1;3; −1) . Viết
 z = −1 + t

phương trình đường thẳng d đi qua điểm A , cắt và vuông góc với đường thẳng  .
x −1 y − 3 z +1
x −1 y − 3 z +1
A.
.
B.
.
=
=
=
=
2
−1
−1
1
−2
−1
x −1 y − 3 z +1
x −1 y − 3 z +1
C.
.
D.
.
=
=
=
=
1
2
1
−1
2
−1
Lời giải
Chọn C
Cách 1:
Gọi B là giao điểm của hai đường thẳng d và  .
Vì B   nên tọa độ B (1 + t ; − t ; − 1 + t ) . Khi đó BA = ( −t ; t + 3; −t ) .
Đường thẳng  có một vec tơ chỉ phương là u = (1; −1;1) .
d ⊥   BA ⊥ u  BA. u = 0  t = −1 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Suy ra BA = (1 ; 2 ; 1) .
Do đó đường thẳng d đi qua điểm A và nhận BA làm vectơ chỉ phương có phương trình chính
x −1 y − 3 z +1
tắc là
.
=
=
1
2
1
Cách 2: Suy luận nhanh
VTCP của  là u = (1; −1;1) .
d vuông góc với đường thẳng   u .ud = 0 . Chỉ có đáp án C thỏa mãn.
Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho OE = 5i + 4 j − 2k , OF = j − 3k . Đường thẳng đi qua hai điểm E
và F có phương trình là
 x = 5t

A.  y = 1 + 3t .
B.
 z = −3 + t

x = 5

y = 4+ t .
 z = −2 − 3t

 x = 5t

C.  y = 1 + 3t .
 z = −3 − t

Lời giải
 x = −5t

D.  y = 1 + 3t .
 z = −3 + t

Chọn A
Ta có: OE = 5i + 4 j − 2k  E ( 5;4; −2 ) ; OF = j − 3k  F ( 0;1; −3) .
Đường thẳng đi qua hai điểm E và F có một vectơ chỉ phương là FE = ( 5;3;1) .
 x = 5t

Vậy phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm E và F là:  y = 1 + 3t .
 z = −3 + t

Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M (1;0;1) và N ( 3;2; − 1) . Đường thẳng MN có phương
trình là
 x = 1 + 2t

A.  y = 2t .
z = 1+ t

x = 1+ t

B.  y = t .
z = 1+ t

x = 1− t

C.  y = t .
z = 1+ t

x = 1+ t

D.  y = t .
z = 1− t

Lời giải
Chọn D
Đường thẳng MN có một vectơ chỉ phương là MN = ( 2;2; − 2)
 u = (1;1; − 1) cũng là một vectơ chỉ phương của đường thẳng MN .
Điểm M (1;0;1)  MN .
x = 1+ t

Vậy đường thẳng MN có phương trình tham số là:  y = t .
z = 1− t

Câu 18: Trong
không
gian
với
hệ
trục
tọa
độ
Oxyz ,
cho
tam
giác
ABC
với
A (1; −2;1) , B ( −2; 2;1) , C (1; −2; 2 ) . Đường phân giác trong của góc A có một véctơ chỉ phương
u ( 3; a; b ) . Tính a − b .
A. 1 .
Chọn A
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. −9 .
C. −1 .
Lời giải
D. 9 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta có: AB ( −3; 4;0 )  AB = 5
AC ( 0;0;1)  AC = 1 .
Một VTCPcủa đường phân giác trong của góc A là:
1
1
 3 4 
a=
AB +
AC =  − ; ;1  u ( 3; −4; −5)  a = −4 ; b = −5  a − b = 1 .
AB
AC
 5 5 
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1;7;0 ) , B ( 3;0;3) . Phương trình đường
phân giác trong của góc AOB của tam giác AOB là
x y z
x y z
x y z
A. = = .
B. = = .
C. = = .
4 5 3
3 5 7
6 7 5
Lời giải
Chọn C
D.
x y z
= = .
5 7 4
Ta có: OA = (1;7;0 )  OA = 5 2; OB = ( 3;0;3)  OB = 3 2 .
Đường phân giác trong của góc AOB của tam giác AOB có một véctơ chỉ phương:
a=
1
1
7
1 
 6
OA +
OB = 
;
;

OA
OB
5 2 5 2 2 
Dễ thấy u ( 6;7;5 ) cũng là một VTCP của đường phân giác trong của góc AOB
Vậy phương trình đường phân giác trong góc AOB :
Câu 20: Trong
không
gian
x y z
= = .
6 7 5
Oxyz , cho hai điểm
( P ) : x + 2 y + 3z − 14 = 0 . Gọi
A (1; 2;3) , B ( 3; 4;5 )
và
mặt
phẳng
Δ là một đường thẳng thay đổi nằm trong mặt phẳng ( P ) . Gọi
H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên Δ . Biết rằng khi AH = BK thì trung điểm
của HK luôn thuộc một đường thẳng d cố định, phương trình của đường thẳng d là
x = 4 + t
x = 4 − t
x = 4 + t
x = 4 − t



A.  y = 5 − 2t .
B.  y = 5 + 2t .
C.  y = 5 − 2t .
D.  y = 5 + 2t .
z = 1
z = t
z = t
z = 1




Lời giải
Ta thấy A  ( P ) , B  ( P ) .
Gọi I là trung điểm của HK  I  ( P ) .
Ta có BKI = AHI ( c − g − c )  IA = IB  I luôn nằm trong mặt phẳng trung trực ( Q ) của
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
đoạn AB . Do đó I  d = ( P )  ( Q ) .
1
Mặt phẳng ( Q ) đi qua trung điểm J ( 2;3;4 ) của AB và nhận AB = (1;1;1) làm véc-tơ pháp
2
tuyến nên ( Q ) : x + y + z − 9 = 0 .
 x + y + z −9 = 0
Xét hệ 
.
 x + 2 y + 3z − 14 = 0
 x + y −9 = 0
x = 4
Chọn z = 0 ta được 
. Suy ra M ( 4;5;0 )  d .

x
+
2
y
−
14
=
0
y
=
5


Mặt phẳng ( Q ) : x + y + z − 9 = 0 có véc-tơ pháp tuyến nQ = (1;1;1) .
Mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z − 14 = 0 có véc-tơ pháp tuyến nP = (1;2;3) .
Đường thẳng d đi qua M ( 4;5; 0 ) , nhận ud =  nQ , nP  = (1; −2;1) làm véc tơ chỉ phương nên d
x = 4 + t
phương trình tham số là:  y = 5 − 2t .
z = t

x = 4 + t
Vậy d :  y = 5 − 2t .
z = t

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2, −2,3) ; B (1,3,4 ) ; C ( 3, −1,4 ) . Phương trình đường
phân giác góc BAC là.
x y + 2 z −1
A. =
=
.
1
4
2
x − 3 y + 2 z −1
C.
=
=
.
1
4
2
x −1 y + 6 z −1
=
=
.
1
4
2
x −2 y + 2 z −3
D.
=
=
.
1
4
2
Lời giải
B.
Chọn D
Giả sử đường phân giác trong của góc
Ta có
BAC cắt cạnh BC
tại D .
BC = ( 2, −4,0 ) .
 x = 1 + 2t

Suy ra đường thẳng BC là  y = 3 − 4t . D  BC  D (1 + 2t ,3 − 4t ,4 ) .
z = 4

AB = ( −1,5,1)  AB = 27 ; AC = (1,1,1)  AC = 3 .
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có
DB AB
27
=
=
= 3  DB = 3DC  DB = −3DC .
DC AC
3
Ta có:
DB = ( −2t ,4t ,0 ) ; DC = ( 2 − 2t , −4 + 4t ,0 ) .
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
2t = −6 + 6t
3

 4t = 12 − 12t  t =  D  5 ,0, 4   AD =  1 , 2,1 = 1 (1, 4, 2 ) .
4
2

2
 2
0 = 0

Nên chọn VTCP là
u = (1;4;2 ) .
x = 2 + t

Vậy phương trình đường thẳng AD là  y = −2 + 4t .
 z = 3 + 2t

Vậy
x −2 y + 2 z −3
=
=
.
1
4
2
Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −1; 2; 0 ) , B (1;1;1) , C ( 2; − 3;2 ) . Tập hợp tất cả các
điểm M cách đều ba điểm
thẳng d là
 x = −8 − 3t
A.  y = t
.
B.
 z = 15 + 7t

A , B , C là một đường thẳng d . Phương trình tham số của đường
 x = −8 + 3t

.
y = t
 z = 15 − 7t

 x = −8 + 3t
C.  y = −t
.
 z = −15 − 7t

Lời giải
 x = −8 + 3t
D.  y = t
.
 z = 15 + 7t

Chọn A
Ta có AB = ( 2; − 1;1) ; AC = ( 3; − 5; 2 ) .
Ta thấy AB và AC không cùng phương nên ba điểm A , B , C không thẳng hàng.
M cách đều hai điểm A , B nên điểm M nằm trên mặt trung trực của AB .
M cách đều hai điểm B , C nên điểm M nằm trên mặt trung trực của AC .
Do đó tập hợp tất cả các điểm M cách đều ba điểm A , B , C là giao tuyến của hai mặt trung
trực
của AB và AC .
Gọi ( P ) , ( Q ) lần lượt là các mặt phẳng trung trực của AB và AC .
 3 1
1 1 
K  0; ;  là trung điểm AB ; N  ; − ;1 là trung điểm
 2 2
2 2 
AC .
( P ) đi qua K và nhận AB = ( 2; −1;1) làm véctơ pháp tuyến nên phương trình của ( P )
3  1

2 x −  y −  +  z −  = 0 hay 2 x − y + z + 1 = 0 .
2  2

(Q ) đi qua
N và nhận
AC = ( 3; − 5; 2 ) làm véctơ pháp tuyến nên phương trình của ( Q )
1 
1

3  x −  − 5  y +  + 2 ( z − 1) = 0 hay 3 x − 5 y + 2 z − 6 = 0 .
2 
2

2 x − y + z + 1 = 0
Ta có d : 
3 x − 5 y + 2 z − 6 = 0
 AB, AC  = ( 3; − 1; − 7 ) Nên d có véctơ chỉ phương u = ( −3;1;7 )


Cho y = 0 ta sẽ tìm được x = −8 , z = 15 nên điểm I ( −8; 0;15 )  d .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 x = −8 − 3t
Vậy d : 
.
y = t
 z = 15 + 7t

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;3;1), B(0; 2;1) và mặt phẳng
( ) : x + y + z − 7 = 0. Đường thẳng d nằm trên mặt phẳng ( ) sao cho mọi điểm của
đều hai điểm A, B có phương trình là
 x = 2t
A.  y = 7 − 3t .
 z =t

 x = −t
B.  y = 7 − 3t .
 z = 2t

 x=t
C.  y = 7 + 3t .
 z = 2t

d cách
 x=t
D.  y = 7 − 3t .
 z = 2t

Lời giải
Chọn D
Vì mọi điểm của d cách đều hai điểm A, B nên d nằm trong ( P) với ( P) là mặt phẳng trung
trực của đoạn AB.
3 5 
( P) đi qua trung điểm I  ; ;1 của AB và nhận BA = (3;1;0) làm một vectơ pháp tuyến có
2 2 
phương trình là 3 x + y − 7 = 0.
d là giao tuyến của
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
( P) và ( ) nên một vectơ chỉ phương của
d là u =  n( P ) ; n( )  = (1; −3; 2).


Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG
3
A
Phan Nhật Linh
TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM LIÊN QUAN ĐẾN MẶT PHẲNG
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = 0 , khi đó:
•
Hình chiếu của 1 điểm lên mặt phẳng ( P )
 MH , n cung phuong
Điểm H là hình chiếu của điểm M trên ( P ) : 
 H  ( P )
•
Điểm đối xứng của 1 điểm qua mặt phẳng ( P )
Điểm M  đối xứng với điểm M qua MM  = 2 MH
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 37 – Đề tham khảo 2023. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; 2;3) . Điểm đối
xứng với A qua mặt phẳng ( Oxz ) có tọa độ là
A. (1; − 2;3) .
B. (1; 2; −3) .
C. ( −1; − 2; − 3) .
D. ( −1; 2;3) .
 Lời giải
Chọn A
Tọa độ hình chiếu của điểm A (1; 2;3) trên mặt phẳng ( Oxz ) là (1;0;3) . Điểm đối xứng với
A qua mặt phẳng ( Oxz ) có tọa độ là (1; − 2;3) .
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M ( 2; −5;7 ) . Điểm M  đối xứng với điểm M
qua mặt phẳng Oxy có tọa độ là:
A. ( 2; −5; −7 ) .
Câu 2:
B. ( 2;5;7 ) .
C. ( −2; −5;7 ) .
D. ( −2;5;7 ) .
 x = 1 + 3t

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2; −6;3) và đường thẳng d :  y = −2 − 2t .
z = t

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d . Khi đó toạ độ điểm H là:
A. H (1; −2;3) .
B. H ( 4; −4;1) .
C. H (1;2;1) .
D. H ( −8;4;3) .
Câu 3:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3x − 5 y + 2 z + 8 = 0 và đường thẳng
 x = 7 + 5t

d :  y = −7 + t ( t 
 z = 6 − 5t

) . Tìm phương trình đường thẳng
 đối xứng với đường thẳng d qua mặt
phẳng ( P ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 x = −5 + 5t
 x = −17 + 5t


A.  :  y = 13 + t .
B.  :  y = 33 + t .
 z = −2 − 5t
 z = 66 − 5t


Câu 4:
 x = −11 + 5t

C.  :  y = 23 + t .
 z = 32 − 5t

Về đích đặc biệt 9+
 x = 13 + 5t

D.  :  y = −17 + t .
 z = −104 − 5t

Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A ( 3;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0;0;3) . Phương trình hình chiếu
của đường thẳng OA trên mặt phẳng ( ABC ) là
 x = 3 − 2t

A.  y = t
.
z = t

Câu 5:
x = 3 + t

C.  y = 0 .
z = 0

 x = 1 + 2t

D.  y = 1 + t .
z = 1 + t

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2;1; − 1) trên trục Oz
có tọa độ là
A. ( 2;1;0 ) .
Câu 6:
 x = 3 + 4t

B.  y = t
.
z = t

B. ( 0;0; − 1) .
C. ( 2;0;0 ) .
D. ( 0;1;0 ) .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( −3;1;2 ) . Tọa độ điểm A đối xứng với điểm
A qua trục Oy là
A. ( 3; −1; −2 ) .
Câu 7:
B. ( 3; −1;2 ) .
C. ( 3;1; −2 ) .
D. ( −3; −1;2 ) .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho sáu điểm A (1;2;3) , B ( 2; −1;1) , C ( 3;3; −3) và
A, B, C  thỏa mãn AA + BB + C C = 0. Nếu G là trọng tâm tam giác ABC  thì G có tọa
độ là
 4 1
A.  2; ; −  .
 3 3
Câu 8:
4 1

B.  2; − ;  .
3 3

 4 1
C.  2; ;  .
 3 3
4 1

D.  −2; ;  .
3 3

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A ( 0;0;1) ,
B ( −1; −2;0 ) ,
C ( 2;1; −1) . Tọa độ chân đường cao H hạ từ A xuống BC là
 5 14 8 
A. H  ; − ; −  .
 19 19 19 
Câu 9:
4

B. H  ;1;1 .
9

8

C. H 1;1; −  .
9

 3 
D. H 1; ;1 .
 2 
Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A ( −4; −1;2 ) , B ( 3;5; −10 ) và C ( a; b; c ) .
Trung điểm cạnh AC thuộc trục tung, trung điểm cạnh BC thuộc mặt phẳng ( Oxz ) . Tổng
a + b + c bằng
A. −3.
B. 1.
C. 7.
D. 11.
Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1; −1;1) , B ( 3;2; −2 ) , C ( −3;1;5 ) . Tìm
tọa độ điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn MA − 2 AB = 4CM . Khi đó tổng S =
A. 6 .
B. −15 .
C. 16 .
9 3 27
+ −
bằng.
x y z
D. −13 .
Câu 11: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có A ( −1;2;4 ) , B ( 3;0; −2 ) và C (1;3;7 ) .
Gọi D chân đường phân giác trong hạ từ A . Tính OD
A.
207
.
3
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
205
.
3
C.
201
.
3
D.
203
.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −1; −2;0 ) , B ( 3;1;2 ) , C (1;0;1) và
mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z + 5 = 0 . Biết D ( a; b; c ) nằm trên ( P ) sao cho hai đường thẳng
BD, AC song song với nhau. Giá trị a + b + c bằng:
B. 12 .
A. 46 .
C. −35 .
D. 26 .
Câu 13: Cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 4 = 0 và hai điểm A (1;1;1) , B (1;1;0 ) . Gọi M ( a; b; c )  ( P ) sao
cho MB − MA lớn nhất. Tính 2a − b + c .
A. 1 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 3 .
Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0;3;1) và mặt phẳng ( P) : 2 x − y + z − 4 = 0 . Điểm A đối
xứng với A qua mặt phẳng ( P ) có tổng hoành độ và tung độ bằng
A. 4.
B. 7.
C. 5.
D. 6.
Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 3 = 0 và điểm A ( 2;2; − 2 ) . Gọi
A ( a ; b ; c ) là điểm đối xứng với A qua ( P ) . Giá trị của c bằng
B. −2 .
A. 1 .
D. 2 .
C. 0 .
Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho A (1;2; − 1) , B ( −2;1;0 ) . Điểm M ( a ; b ; c ) thuộc mặt phẳng
( P) : x − 2 y + z + 4 = 0
A. a + b + c =
1
.
2
sao cho MA = MB =
B. a + b + c = 1 .
11
. Khi đó a + b + c bằng
2
3
C. a + b + c = .
D. a + b + c = 2 .
2
Câu 17: Trong không gian Oxyz cho A (1;2; − 1) , B ( −2;1;0 ) . Điểm M ( a ; b ; c ) thuộc mặt phẳng
( P) : x − 2 y + z + 4 = 0
A. a + b + c =
1
.
2
sao cho MA = MB =
B. a + b + c = 1 .
11
. Khi đó, giá trị a + b + c bằng
2
3
C. a + b + c = .
D. a + b + c = 2 .
2
Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 9 và điểm A ( 2;3; − 1)
2
2
2
. Xét các điểm M thuộc ( S ) sao cho AM tiếp xúc với ( S ) , M luôn thuộc mặt phẳng có
phương trình là
A. 6 x + 8 y + 11 = 0 .
B. 3 x + 4 y + 2 = 0 .
C. 3 x + 4 y − 2 = 0 .
D. 6 x + 8 y − 11 = 0 .
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :2 x − 2 y − z + 7 = 0 và điểm
A (1;1; −2 ) . Điểm H ( a; b; c ) là hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) . Tổng a + b + c bằng
A. −3 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 3 .
( S ) : ( x + 2 )2 + y 2 + ( z + 5)2 = 24 cắt mặt phẳng
( P ) : x + y + 4 = 0 theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Điểm M thuộc ( C ) sao cho khoảng cách
từ M đến A ( 4; −12;1) nhỏ nhất có tung độ bằng
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
A. −6 .
B. −4 .
C. 0 .
D. 2 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 21: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 12 và mặt
2
2
2
phẳng ( P) : x − 2 y + 2 z + 11 = 0 . Xét điểm M di động trên ( P ) , các điểm A, B, C phân biệt di
động trên ( S ) sao cho MA, MB, MC là các tiếp tuyến của ( S ) . Mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm
cố định nào dưới đây?
A. E ( 0;3; −1)
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
1 1 1
B. F  ; − ; − 
4 2 2
C. G ( 0; −1;3)
3

D. H  ;0;2 
2

Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M ( 2; −5;7 ) . Điểm M  đối xứng với điểm M
qua mặt phẳng Oxy có tọa độ là:
A. ( 2; −5; −7 ) .
B. ( 2;5;7 ) .
C. ( −2; −5;7 ) .
D. ( −2;5;7 ) .
Lời giải
Chọn A
Do điểm M  ( x ; y ; z ) đối xứng điểm M ( x ; y ; z ) qua mặt phẳng Oxy nên
 x = x
 x = 2


 y = y   y = −5 . Vậy M  ( 2; −5; −7 ) .
 z = − z
 z  = −7


Câu 2:
 x = 1 + 3t

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2; −6;3) và đường thẳng d :  y = −2 − 2t .
z = t

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d . Khi đó toạ độ điểm H là:
A. H (1; −2;3) .
B. H ( 4; −4;1) .
C. H (1;2;1) .
D. H ( −8;4;3) .
Lời giải
Chọn B
Gọi ( ) là mặt phẳng qua M và vuông góc với d .
Khi đó: n = ud = ( 3; −2;1)
 ( ) : 3 ( x − 2 ) − 2 ( y + 6 ) + ( z − 3) = 0  ( ) : 3 x − 2 y + z − 21 = 0 .
Vì H hình chiếu vuông góc của M lên d nên H = ( )  d .
 x = 1 + 3t
 y = −2 − 2t

 t = 1.
Do đó tọa độ H là nghiệm của hệ: 
z = t
3 x − 2 y + z − 21 = 0
Vậy: H ( 4; −4;1) .
Câu 3:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3x − 5 y + 2 z + 8 = 0 và đường thẳng
 x = 7 + 5t

d :  y = −7 + t ( t 
 z = 6 − 5t

) . Tìm phương trình đường thẳng
 đối xứng với đường thẳng d qua mặt
phẳng ( P ) .
 x = −5 + 5t

A.  :  y = 13 + t .
 z = −2 − 5t

 x = −17 + 5t

B.  :  y = 33 + t .
 z = 66 − 5t

Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 x = −11 + 5t

C.  :  y = 23 + t .
 z = 32 − 5t

Về đích đặc biệt 9+
 x = 13 + 5t

D.  :  y = −17 + t .
 z = −104 − 5t

Lời giải
Chọn A
Nhận xét: ta có nP .ad = 0 . Lấy M ( 7; − 7;6 )  d thay vào mặt phẳng ( P ) thấy không thỏa mãn
nên đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) .
Gọi M ( 7; − 7;6 )  d . Gọi N ( x; y; z ) là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng ( P ) và I là
trung điểm MN .
( x − 7; y + 7; z − 6 ) = k ( 3; −5;2 )
 MN = k nP
Ta có: 
.

3x − 5 y + 2 z + 84 = 0
 I  ( P )
Giải hệ, ta có: k = −4  M ( −5;13; − 2 ) .
 x = −5 + 5t

Do đó:  đi qua M và nhận nP ( 5;1; −5 ) làm vec tơ chỉ phương  :  y = 13 + t
 z = −2 − 5t

Câu 4:
Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A ( 3;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0;0;3) . Phương trình hình chiếu
của đường thẳng OA trên mặt phẳng ( ABC ) là
 x = 3 − 2t

A.  y = t
.
z = t

 x = 3 + 4t

B.  y = t
.
z = t

x = 3 + t

C.  y = 0 .
z = 0

 x = 1 + 2t

D.  y = 1 + t .
z = 1 + t

Lời giải
Chọn A
Dễ thấy O. ABC là hình chóp đều nên hình chiếu của điểm O trên mp ( ABC ) là trọng tâm H
của tam giác ABC : H (1;1;1) . Vậy hình chiếu của của đường thẳng OA trên mặt phẳng ( ABC )
là đường thẳng AH .
AH đi qua điểm A và có vectơ chỉ phương là AH ( −2;1;1) .
 x = 3 − 2t

Vậy phương trình hình chiếu của đường thẳng OA trên mặt phẳng ( ABC ) là:  y = t
.
z = t

Câu 5:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2;1; − 1) trên trục Oz
có tọa độ là
A. ( 2;1;0 ) .
B. ( 0;0; − 1) .
C. ( 2;0;0 ) .
Lời giải
Chọn B
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. ( 0;1;0 ) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
chieu len truc Ox
 M ( a; b; c ) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
→ M  ( a;0;0 )

chieu len truc Oy
→ M  ( 0; b;0 ) .
Ta có  M ( a; b; c ) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯

chieu len truc Oz
→ M  ( 0;0; c )
 M ( a; b; c ) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
Câu 6:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( −3;1;2 ) . Tọa độ điểm A đối xứng với điểm
A qua trục Oy là
A. ( 3; −1; −2 ) .
B. ( 3; −1;2 ) .
C. ( 3;1; −2 ) .
D. ( −3; −1;2 ) .
Lời giải
Chọn C
Dễ dàng tìm được tọa độ hình chiếu vuông góc của A ( −3;1;2 ) trên trục Oy là H ( 0;1;0 ) . Vì A
đối xứng với M qua trục Oy nên H là trung điểm của AA, suy ra A ( 3;1; −2 ) .
Câu 7:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho sáu điểm A (1;2;3) , B ( 2; −1;1) , C ( 3;3; −3) và
A, B, C  thỏa mãn AA + BB + C C = 0. Nếu G là trọng tâm tam giác ABC  thì G có tọa
độ là
 4 1
A.  2; ; −  .
 3 3
4 1

 4 1
B.  2; − ;  .
C.  2; ;  .
3 3

 3 3
Lời giải
4 1

D.  −2; ;  .
3 3

Chọn C
Ta có AA + BB + C C = 0  AG + GA + BG + GB + C G + GC = 0
(
) (
 ( GA + GB + GC ) = 0.
)
 AG + BG + C G + GA + GB + GC = 0
 4 1
Suy ra G cũng là trọng tâm của tam giác ABC nên có tọa độ G  2; ;  .
 3 3
Câu 8:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A ( 0;0;1) ,
B ( −1; −2;0 ) ,
C ( 2;1; −1) . Tọa độ chân đường cao H hạ từ A xuống BC là
 5 14 8 
A. H  ; − ; −  .
 19 19 19 
8

C. H 1;1; −  .
9

4

B. H  ;1;1 .
9

 3 
D. H 1; ;1 .
 2 
Lời giải
Chọn A
Gọi H ( x; y; z ) . Ta có AH = ( x; y; z − 1) , BC = ( 3;3; −1) , BH = ( x + 1; y + 2; z ) .
 x.3 + y.3 + ( z − 1) . ( −1) = 0
 AH ⊥ BC

 5 14 8 
  x +1 y + 2 z
 H  ; − ; − .
Yêu cầu bài toán  
=
=
 19 19 19 

 BC BH
3
−1
 3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 9: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A ( −4; −1;2 ) , B ( 3;5; −10 ) và C ( a; b; c ) .
Trung điểm cạnh AC thuộc trục tung, trung điểm cạnh BC thuộc mặt phẳng ( Oxz ) . Tổng
a + b + c bằng
A. −3.
B. 1.
C. 7.
D. 11.
Lời giải
Chọn A
Gọi M ( 0; y;0 )  Oy là trung điểm AC. Suy ra C ( 4;2 y + 1; −2 ) .
7

Gọi N là trung điểm của BC , suy ra N  ; y + 3; −6  .
2

Do N  ( Oxz ) nên y + 3 = 0  y = −3  C ( 4; −5; −2 ) .
Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1; −1;1) , B ( 3;2; −2 ) , C ( −3;1;5 ) . Tìm
tọa độ điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn MA − 2 AB = 4CM . Khi đó tổng S =
B. −15 .
A. 6 .
C. 16 .
9 3 27
bằng.
+ −
x y z
D. −13 .
Lời giải
Chọn D

 x = −3
1 − x − 2.2 = 4 ( x + 3)


3

Ta có MA − 2 AB = 4CM  −1 − y − 2.3 = 4 ( y − 1)   y = − .
5


1
−
z
−
2.
−
3
=
4
z
−
5
(
)
(
)

27

 z = 5
Khi đó S =
9 3.5 27.5
+
−
= −13 .
−3 −3
27
Câu 11: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có A ( −1;2;4 ) , B ( 3;0; −2 ) và C (1;3;7 ) .
Gọi D chân đường phân giác trong hạ từ A . Tính OD
A.
207
.
3
B.
205
.
3
C.
201
.
3
D.
203
.
3
Lời giải
Chọn B
AB = 2 14 và AC = 14 do đó AB = 2 AC . Suy ra DB = 2 DC .
5

Do D là chân đường phân giác trong và DB = 2 DC nên DB = −2 DC , suy ra D  ;2;4 
3

205
.
3
Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −1; −2;0 ) , B ( 3;1;2 ) , C (1;0;1) và
Vậy OD =
mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z + 5 = 0 . Biết D ( a; b; c ) nằm trên ( P ) sao cho hai đường thẳng
BD, AC song song với nhau. Giá trị a + b + c bằng:
A. 46 .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 12 .
C. −35 .
Lời giải
D. 26 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
Phan Nhật Linh
Tọa độ các vectơ AC = ( 2;2;1) và BD = ( a − 3; b − 1; c − 2 ) vì hai đường thẳng BD, AC song
a − 3 = 2t
a = 3 + 2t


song với nhau nên BD = t. AC  b − 1 = 2t  b = 1 + 2t .
c − 2 = t
c = 2 + t


 a = 19

Điểm D ( a; b; c ) nằm trên ( P ) nên ta có 3 + 2t − 2 (1 + 2t ) + 2 + t + 5 = 0  t = 8 suy ra b = 17
c = 10

.
Vậy a + b + c = 46 .
Câu 13: Cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 4 = 0 và hai điểm A (1;1;1) , B (1;1;0 ) . Gọi M ( a; b; c )  ( P ) sao
cho MB − MA lớn nhất. Tính 2a − b + c .
A. 1 .
B. 4 .
C. 6 .
Lời giải
D. 3 .
Chọn B
Ta có ( P ) : x + y + z − 4 = 0 .
Ta thấy (1 + 1 + 1 − 4 ) .(1 + 1 + 0 − 4 ) = 2  0 . Suy ra A, B nằm cùng phía đối với mặt phẳng ( P ) .
Khi đó T = MB − MA  AB = 1  max T = 1  M = AB  ( P ) .
Đường thẳng AB qua A (1;1;1) , B (1;1;0 ) có véc tơ chỉ phương là AB = ( 0;0; −1) .
x = 1

Suy ra AB :  y = 1 .
 z = −t

Vì M  AB  M ( 0;0; −t ) . Mặt khác M  ( P ) nên ta có −t − 4 = 0  t = −4 . Vậy M ( 0;0;4 ) .
Do đó ta có a = b = 0, c = 4  2a − b + c = 4 .
Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0;3;1) và mặt phẳng ( P) : 2 x − y + z − 4 = 0 . Điểm A đối
xứng với A qua mặt phẳng ( P ) có tổng hoành độ và tung độ bằng
A. 4.
B. 7.
C. 5.
Lời giải
D. 6.
Chọn C
Gọi d là đường thẳng đi qua A ( 0;3;1) và vuông góc với ( P) : 2 x − y + z − 4 = 0.
 x = 2t

Suy ra d :  y = 3 − t ( t là tham số).
z = 1 + t

Gọi I là giao điểm của d và ( P ) .
Vì I  d nên I ( 2t ;3 − t ;1 + t ) .
Vì I  ( P ) nên 2.2t − ( 3 − t ) + 1 + t − 4 = 0  6t − 6 = 0  t = 1 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Suy ra I ( 2;2;2 ) .
 x A ' = 2 xI − x A = 2.2 − 0 = 4

Vì I là trung điểm của AA nên  y A ' = 2 yI − y A = 2.2 − 3 = 1
 z = 2 z − z = 2.2 − 1 = 3
I
A
 A'
Vậy x A ' + y A = 4 + 1 = 5 .
Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 3 = 0 và điểm A ( 2;2; − 2 ) . Gọi
A ( a ; b ; c ) là điểm đối xứng với A qua ( P ) . Giá trị của c bằng
B. −2 .
A. 1 .
D. 2 .
C. 0 .
Lời giải
Chọn C
Gọi  là đường thẳng qua A ( 2;2; − 2 ) và vuông góc với ( P ) : x + y − z − 3 = 0 .
x = 2 + t

Khi đó  :  y = 2 + t , ( t 
 z = −2 − t

).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( P ) .
x = 2 + t
y = 2 + t

Khi đó tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình: 
 z = −2 − t
 x + y − z − 3 = 0
 2 + t + 2 + t + 2 + t − 3 = 0  t = −1  H (1;1; − 1) .
Gọi A ( a; b; c ) là điểm đối xứng với A qua ( P ) .
Suy ra H là trung điểm của đoạn thẳng AA . Nên A ( 0;0;0 )  O .
Vậy giá trị của c bằng 0 .
Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho A (1;2; − 1) , B ( −2;1;0 ) . Điểm M ( a ; b ; c ) thuộc mặt phẳng
( P) : x − 2 y + z + 4 = 0
A. a + b + c =
11
. Khi đó a + b + c bằng
2
3
B. a + b + c = 1 .
C. a + b + c = .
D. a + b + c = 2 .
2
Lời giải
sao cho MA = MB =
1
.
2
Chọn A
Vì MA = MB  ( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c + 1) = ( a + 2 ) + ( b − 1) + c 2  3a + b − c −
2
2
2
2
2
M  ( P ) : x − 2 y + z + 4 = 0  a − 2b + c + 4 = 0. (2)
Cộng hai vế của (1) và ( 2 ) ta được 4a − b +
Thay vào phương trình (1)  c = 7a + 3 .
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
7
7
= 0  b = 4a + .
2
2
1
= 0 . (1)
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
MA =
Phan Nhật Linh
11
11
11
2
2
2
 MA2 =  ( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c + 1) =
2
4
4
2
3
11
1
2

 ( a − 1) +  4a +  + ( 7 a + 4 ) =  a = − .
2
4
2

7
13
13 1
Suy ra a + b + c = a + 4a + + 7a + 3 = 12 + = −6 + = .
4
2
2 2
2
Câu 17: Trong không gian Oxyz cho A (1;2; − 1) , B ( −2;1;0 ) . Điểm M ( a ; b ; c ) thuộc mặt phẳng
( P) : x − 2 y + z + 4 = 0
A. a + b + c =
1
.
2
11
. Khi đó, giá trị a + b + c bằng
2
3
C. a + b + c = .
D. a + b + c = 2 .
2
Lời giải
sao cho MA = MB =
B. a + b + c = 1 .
Chọn A
Ta có: A, B  ( P ) và AB =
( −3)2 + ( −1)2 + 12
= 11 nên M là trung điểm của AB suy ra
1
 1 3 1
M  − ; ; −  . Vậy a + b + c = .
2
 2 2 2
Câu 18: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 9 và điểm A ( 2;3; − 1)
2
2
2
. Xét các điểm M thuộc ( S ) sao cho AM tiếp xúc với ( S ) , M luôn thuộc mặt phẳng có
phương trình là
A. 6 x + 8 y + 11 = 0 .
B. 3 x + 4 y + 2 = 0 .
C. 3 x + 4 y − 2 = 0 .
D. 6 x + 8 y − 11 = 0 .
Lời giải
Chọn C
Mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 9 có tâm I ( −1; − 1; −1) và bán kính là R = 3 .
2
2
2
Ta có AI = ( 3;4;0 )  AI = 9 + 16 + 0 = 5  R , do đó A nằm ngoài ( S ) .
Gọi H ( x ; y ; z ) là hình chiếu của M lên AI .
Lại có IM 2 = IH .IA  IH =
9
16
và AM 2 = AH .IA  AH = .
5
5
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
2

 x = 25
9 ( x − 2 ) = 16 ( −1 − x )


11

Do đó 9 AH = 16 HI  9 ( y − 3) = 16 ( −1 − y )   y =
.
25


9 ( z + 1) = 16 ( −1 − z )
 z = −1


Vì điểm M thuộc ( S ) sao cho AM tiếp xúc với ( S ) nên M luôn thuộc mặt phẳng đi qua H
và vuông góc với AI .
2 
11 


Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là 3  x −  + 4  y −  = 0  3 x + 4 y − 2 = 0 .
25 
25 


Cách 2:
Mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 9 có tâm I ( −1; − 1; −1) và bán kính là R = 3 .
2
2
2
Ta có IA = 9 + 16 + 0 = 5  R , do đó A nằm ngoài ( S ) .
Mặt khác MA = IA2 − R 2 = 4 , do đó M thuộc mặt cầu ( S1 ) có tâm A ( 2;3; − 1) và bán kính
R1 = 4 .
( S1 ) : ( x − 2 )2 + ( y − 3)2 + ( z + 1)2 = 16 .
Vì M thuộc hai mặt cầu ( S ) và ( S1 ) nên tọa độ điểm
M thỏa hệ phương trình sau
( x + 1)2 + ( y + 1)2 + ( z + 1)2 = 9


2
2
2
( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z + 1) = 16
Trừ 2 vế tương ứng ta được 6 x + 8 y − 11 = −7  3 x + 4 y − 2 = 0 .
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là 3 x + 4 y − 2 = 0 .
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :2 x − 2 y − z + 7 = 0 và điểm
A (1;1; −2 ) . Điểm H ( a; b; c ) là hình chiếu vuông góc của A trên ( P ) . Tổng a + b + c bằng
A. −3 .
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải
D. 3 .
Chọn B
( P ) :2 x − 2 y − z + 7 = 0  mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến là: n = ( 2; −2; −1) .
Gọi d là đường thẳng đi qua A (1;1; −2 ) và vuông góc với mặt phẳng ( P )  H = d  ( P )
 x = 1 + 2t

 d có phương trình tham số:  y = 1 − 2t
 z = −2 − t

Xét phương trình: 2 (1 + 2t ) − 2 (1 − 2t ) − ( −2 − t ) + 7 = 0  9t = −9  t = −1 thay vào phương
trình đường thẳng d ta được tọa độ điểm H ( −1;3; −1) . Suy ra: a + b + c = 1 .
( S ) : ( x + 2 )2 + y 2 + ( z + 5)2 = 24 cắt mặt phẳng
( P ) : x + y + 4 = 0 theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Điểm M thuộc ( C ) sao cho khoảng cách
từ M đến A ( 4; −12;1) nhỏ nhất có tung độ bằng
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. −6 .
B. −4 .
C. 0 .
Lời giải
Chọn B
Phan Nhật Linh
D. 2 .
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2;0; −5 ) .
Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa IA và vuông góc với mặt phẳng ( P ) : x + y + 4 = 0 .
u1 = AI = ( −6;12; −6 )
Khi đó ( Q ) có cặp véctơ chỉ phương là 
.
u
=
n
=
1;1;0
(
)
2

( P)
 ( Q ) có một vectơ pháp tuyến là n = ( −1;1;3) .
Do đó ( Q ) : − x + y + 3z + 13 = 0 .
MA nhỏ nhất khi M  ( Q )  M  ( P )  ( Q )  ( S ) .
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
x = − y − 4
(1)
x + y + 4 = 0


−2
17

 z =
y−
( 2)
− x + y + 3z + 13 = 0
3
3


2
2
2
( x + 2 )2 + y 2 + ( z + 5 )2 = 24 ( 3)
( x + 2 ) + y + ( z + 5 ) = 24

Thay (1) , ( 2 ) vào ( 3) ta được phương trình:
 y = 2  M ( −6;2; −7 )  MA = 6 10
22 y 2 + 44 y − 176 = 0  
 y = −4  M ( 0; −4; −3)  MA = 4 6
MA nhỏ nhất nên ta chọn M ( 0; −4; −3) .
Vậy tung độ điểm M cần tìm bằng −4 .
Câu 21: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 12 và mặt
2
2
2
phẳng ( P) : x − 2 y + 2 z + 11 = 0 . Xét điểm M di động trên ( P ) , các điểm A, B, C phân biệt di
động trên ( S ) sao cho MA, MB, MC là các tiếp tuyến của ( S ) . Mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm
cố định nào dưới đây?
A. E ( 0;3; −1)
1 1 1
B. F  ; − ; − 
4 2 2
C. G ( 0; −1;3)
3

D. H  ;0;2 
2

Lời giải
Chọn A
Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) và bán kính R = 2 3
Giả sử điểm M ( a; b; c ) và A ( x, y, z ) , ta có hệ điều kiện:
( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 12
A(S )


 2
0
2
2
 IAM = 90   AI + AM = IM
M  P
a − 2b + 2c + 11 = 0
( )


Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 = 12 (1)


2
2
2
2
2
2
 12 + ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) (2)
a − 2b + 2c + 11 = 0 (3)

Trừ theo về (1) và (2) ta được ( a − 1) x + ( b − 1) y + ( c − 1) z − a − b − c − 9 = 0 .
Kết hợp với (3): a − 2b + 2c + 11 = 0 .
Ta có ( a − 1) x + ( b − 1) y + ( c − 1) z − a − b − c − 9 = a − 2b + 2c + 11
 ax + by + cz − x − y − z = 0a+ 3b − c − 2
Đồng nhất hệ số ta có
0a = ax
x = 0
3b = by
y = 3




−c = cz
 z = −1
− x − y − z = −2
−0 − 3 + 1 = −2 (t / m)
Vậy mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm cố định E ( 0;3; −1)
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
4
DẠNG
A
Phan Nhật Linh
KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Dạng 1: Tính khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của đỉnh đến một mặt
Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt phẳng bên.
▪ Bước 1: Xác định giao tuyến d
▪ Bước 2: Từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, dựng AH ⊥ d ( H  d ).
▪
Bước 3: Dựng AI ⊥ SH ( I  SH ) . Khoảng cách cần tìm là AI
Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy.
Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy ( ABC )
Hãy xác khoảng cách từ điểm A đến mặt bên ( SBC ) .
Ta có BC là giao tuyến của mp ( SBC ) và ( ABC ) .
Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A , dựng AH ⊥ BC tại H . Dựng
AI ⊥ SH tại I
 BC ⊥ SA
Vì 
 BC ⊥ ( SAH )  ( SBC ) ⊥ ( SAH ) .
 BC ⊥ AH
Mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt phẳng ( SAH ) theo giao tuyến SH có AI ⊥ SH
nên AI ⊥ mp ( SBC )  d ( A, mp ( SBC ) ) = AI
Dạng 2: Tính khoảng cách từ một đểm bất kỳ đến một mặt phẳng
Thường sử dụng công thức sau:
Công thức tính tỉ lệ khoảng cách:
d ( M , mp ( P ) )
d ( A, mp ( P ) )
=
MO
AO
Ở công thức trên cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) t
Ta có các trường hợp sau đây:
• Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau và a ⊥ b
▪ Ta dựng mặt phẳng ( ) chứa a và vuông góc với b tại B .
▪
b
Trong ( ) dựng BA ⊥ a tại A , ta được độ dài đoạn AB là
a
B
A
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
• Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau nhưng không vuông góc với nhau.
Cách 1:
M
b
▪ Ta dựng mặt phẳng ( ) chứ a và song song với b .
▪
▪
Lấy một điểm M tùy ý trên b dựng MM ' ⊥ ( ) tại M  .
Từ M  dựng b / / b cắt a tại A .
Từ A dựng AB / / MM  cắt b tại B , độ dài đoạn AB là
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b .
▪
Ta dựng mặt phẳng ( ) ⊥ a tại O , ( ) cắt b tại I .
▪
Dựng hình chiếu vuông góc của b là b ' trên ( ) .
▪
Trong mặt phẳng ( ) , vẽ OH ⊥ b ' , H  b ' .
▪
Cách 2:
B
s
b'
A
a
A
M'
b
B
O
b'
▪
▪
▪
H
Từ H dựng đường thẳng song song với a cắt b tại B .
I
Từ B dựng đường thẳng song song với OH cắt a tại A .
Độ dài đoạn thẳng AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau a và b .
Dạng 3. Khoảng cách của đường với mặt, mặt với mặt
Ở dạng toán này chúng ta đều quy về dạng toán 1
• Cho đường thẳng  và mặt phẳng ( ) song song với nhau. Khi đó khoảng cách từ một điểm
bất kì trên  đến mặt phẳng ( ) được gọi là khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng
( ) .
M
α
H
d (  , (  ) ) = d ( M , ( ) ) , M   .
•
Cho hai mặt phẳng ( ) và (  ) song song với nhau, khoảng cách từ một điểm bất kì trên
mặt phẳng này đến mặt phẳn kia được gọi là khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ) và (  ) .
α
β
M
M'
N
N'
d ( (  ) , (  ) ) = d ( M , (  ) ) = d ( N , ( ) ) , M  (  ) , N  (  ) .
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 38 – Đề tham khảo 2023. Cho hình chóp đều S . ABCD có chiều cao a, AC = 2a (tham khảo hình
bên). Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) .
A.
3
a.
3
B.
2a .
C.
2 3
a.
3
D.
2
a.
2
 Lời giải
Chọn C
Gọi O = AC  BD , H là trung điểm CD . Trong ( SOH ) , kẻ OI ⊥ SH .
CD ⊥ SO
Ta có 
 CD ⊥ ( SOH )  CD ⊥ OI mà OI ⊥ SH nên OI ⊥ ( SCD )
CD ⊥ SH
 d ( O, ( SCD ) ) = OI .
Vì O là trung điểm BD nên d ( B, ( SCD ) ) = d ( O, ( SCD ) ) = 2OI =
Lại có: AD = AC sin 45 = a 2 , OH = a
SO 2 + OH 2
.
2
2 3
 d ( B, ( SCD ) ) =
a.
3
2
Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
C
2SO.OH
2 3
a.
3
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 1: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a, AC = a 3 . Tam giác
SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng
( SAC ) .
A. d =
Câu 2:
a 39
.
13
B. d = a.
C. d =
2a 39
.
13
D. d =
a 3
.
2
Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB = 2a ; SA = SB = SC . Góc giữa
đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến
đường thẳng BC là
A. a 2.
Câu 3:
B. a 6.
a 2
.
2
D.
a 3
.
3
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 . Tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABCD ) . Tính khoảng cách d từ A đến ( SCD ) .
B. d = 2 .
A. d = 1 .
Câu 4:
C.
C. d =
2 3
.
3
D. d =
21
.
7
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , tâm O , SA ⊥ ( ABCD ) ,
SA = 2a . Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của đoạn AB . Tính khoảng cách từ
điểm I đến đường thẳng CM .
A.
Câu 5:
a 2
.
5
B.
a 3
.
17
C.
a 30
.
5
D.
a 3
.
7
Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
( ABCD ) và
SA = a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo
a khoảng cách từ điểm
S
đến đường thẳng BE :
A.
Câu 6:
a 5
.
5
B.
3a 5
.
5
Cho hình chóp đều S . ABCD
2a 5
a 5
.
D.
.
5
3
có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các
C.
cạnh SA và SC ; P là điểm trên cạnh SD sao cho SP = 2 PD . Tính khoảng cách từ điểm D
đến mặt phẳng ( MNP ) .
A.
Câu 7:
a 34
.
34
B.
a 17
.
34
C.
2a 17
.
41
D.
a 2
.
16
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA ⊥ ( ABCD ) và
SA = 2a . Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Tính khoảng cách từ điểm O đến SC .
A.
Câu 8:
a 3
.
4
B.
a 2
.
3
C.
a 2
.
4
D.
a 3
.
3
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AC = a 3 , ABC = 600 . Gọi M
là trung điểm của BC . Biết SA = SB = SM =
( ABC )
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2a 3
. Tính khoảng cách
3
d từ đỉnh S đến
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. d =
Câu 9:
2a 3
.
3
B. d = a .
Phan Nhật Linh
C. d = 2a .
D. d = a 3 .
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2 AB = 2a . Cạnh bên
SA = 2a và vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD . Tính khoảng
cách d từ S đến mặt phẳng ( AMN ) .
A. d =
a 6
.
3
B. d = 2a.
Câu 10: Cho hình chóp đều S . ABCD thể tích VSABCD
C. d =
3a
.
2
2a 3
=
,
3
AC = 2a (tham khảo hình bên). Tính
D. d = a 5.
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SCD ) .
A.
3
a.
3
B.
2a .
C.
2 3
a.
3
D.
2
a.
2
Câu 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , SA ⊥ ( ABCD ) , góc giữa
đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD )
bằng
A.
a 6
.
3
B.
a 6
.
4
C.
a 6
.
2
D.
2a 6
.
3
Câu 12: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Tam giác ABC là tam giác đều,
hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trọng tâm tam giác ABC .
Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30 . Tính khoảng cách từ điểm B đến
mặt phẳng ( SCD ) theo a
A. a .
B.
2a 21
.
3
C. a 3 .
D.
a 21
.
7
Câu 13: Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a . Khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
A.
a 14
.
3
B.
a 14
.
4
C. a 14.
a 14
.
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
D.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 14: Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình vuông, BD = 2a , góc giữa hai mặt
phẳng ( A ' BD ) và ( ABCD ) bằng 300 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' BD ) bằng
A.
2a 13
.
13
B.
a

4
C.
a 14

7
D.
a
.
2
Câu 15: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , AA = 2a
. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ABC ) .
A.
a 5
.
3
B.
2a 3
.
5
C.
2a 5
.
5
D.
a 3
.
3
a 6
.
3
Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC ) là trọng tâm G của tam giác ABC . Gọi
Câu 16: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên AA =
P, Q, N lần lượt là trung điểm của AB, CC  và AG . Khoảng cách từ N đến mặt phẳng ( PQC )
là
A.
a 6
.
12
B.
a 3
.
6
C.
a 7
.
14
D.
a
.
2
Câu 17: Cho hình chóp S . ABCD có đáy hình vuông cạnh a . Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm AB. Khoảng cách từ H đến mặt
phẳng ( SAC ) bằng
A.
a
.
3
B.
a 2
.
6
C.
a 3
.
6
Câu 18: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và SA =
điểm A đến mặt phẳng ( SBC )
A.
13
a.
13
B.
2 13
a.
13
Câu 19: Cho hình chóp S . ABCD
có đáy
C.
9 13
a.
13
D.
a
.
6
2 3
a . Tính khoảng cách từ
3
D.
3 13
a.
13
ABCD là hình thang vuông tại
A và D ;
AB = 2a, AD = DC = a , cạnh bên SA = a 2 và vuông góc vớI ( ABCD ) . Khoảng cách từ điểm
C đến mặt phẳng ( SBD ) bằng?
(
a 5 2 −2 5
A.
5
).
B.
a 7
.
7
C.
a 5
.
5
D.
2a 7
.
7
Câu 20: Cho hình lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi cạnh a , BAC = 60 . Khoảng cách
từ điểm C đến mặt phẳng ( ABBA ) bằng
A. 2a .
B.
a 3
.
2
C. a 3 .
D. a .
Câu 21: Cho lăng trụ ABC. ABC  có ABC là tam giác vuông cân tại A . Hình chiếu vuông góc của A
lên mặt đáy trùng với trung điểm của cạnh BC . Biết cạnh AA = a 3 và tạo với mặt đáy của
hình lăng trụ một góc 60 . Khoảng cách từ đỉnh C  đến mặt ( ABC ) bằng
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A.
3a
.
4
B.
Phan Nhật Linh
3a
.
2
C.
a
.
2
D.
2a
.
3
Câu 22: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng 4a . Góc giữa hai mặt phẳng ( ABC )
và ( ABC ) bằng 30o . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Tính khoảng cách từ điểm M đến
mặt phẳng ( ABC ) ?
3a
a 3
.
B. 3a .
C. a 3 .
D.
.
2
2
Câu 23: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau. Biết khoảng cách từ
A.
điểm O đến các đường thẳng BC , CA , AB lần lượt là a , a 2 , a 3 . Tính khoảng cách từ
điểm O đến mặt phẳng ( ABC ) theo a
A. 2a .
B.
a 66
.
11
C.
11a
.
6
D.
2a 33
.
11
Câu 24: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, mặt bên ( SCD )
hợp với đáy một góc 600 , M là trung điểm của BC . Biết thể tích của khối chóp S . ABCD là
a3
3
. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( SCD ) là
3
A. a 3 .
Câu 25: Cho
hình
B.
chóp
a 3
.
6
S . ABC
có
đáy
C.
a 3
.
2
ABC
là
D.
tam
giác
AB = 2a, AC = a, SBA = SCA = 900 , góc giữa SA và mặt phẳng
a 3
.
4
vuông
( ABC )
tại
A
,
bằng 450 . Tính
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ) .
A.
a 3
.
2
B.
a 30
.
6
C.
a 30
.
2
D.
a 3
.
6
Câu 26: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a , ADC = 600 , SA ⊥ ( ABCD ) và
SA = 6a , G là trọng tâm tam giác SAC . Khoảng cách từ G đến ( SCD ) là
A.
3a
.
3
B.
2a
.
2
C.
2a
.
3
D.
3a
.
2
Câu 27: Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M là trung
điểm AD , tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( SBM ) biết SO =
A.
95
a.
5
B.
95
a.
100
C.
19
a.
5
95
a.
10
19
a.
10
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
D.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 28: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông có chiều cao AB = a và SA ⊥ ( ABCD ) .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB và CD . Khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt
phẳng ( SAD ) bằng:
A.
a 2
.
2
B.
a 3
.
3
C.
a
.
2
D.
a
.
3
Câu 29: Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình thang cân có góc ở đáy bằng 60 . AB = 2CD = 2a
, mặt phẳng ( SAB ) tạo với đáy một góc 45 . Hình chiếu vuông góc của S lên đáy trùng với
giao điểm của AC và BD . Tính Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .
A.
a 6
.
6
B.
a 6
.
2
C.
a 6
.
3
D.
2a 6
.
3
Câu 30: Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a , mặt phẳng ( ABC ) tạo với đáy một góc 45
, M là điểm tùy ý thuộc cạnh BC  . Khoảng các từ điểm M đến mặt phẳng ( ABC ) bằng
A.
a 6
.
2
B.
a 6
.
4
C.
a 3
.
2
D.
a 3
.
4
Câu 31: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. ABC D có cạnh đáy bằng 2a , BD = 3a . Khoảng cách từ điểm
C  đến mặt phẳng ( ABC ) bằng
A.
2a 5
.
5
B.
a 5
.
5
C.
a 6
.
5
D. a 5 .
Câu 32: Cho hình lập phương ABCD.EFGH cạnh 4a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của FG , GH .
Khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( CMN ) bằng
A.
3
a.
4
B.
a
.
3
C.
4
a.
3
D.
2
a.
3
Câu 33: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều, trọng tâm G , SA = 2a, AB = 4 3a ,
SA ⊥ ( ABC ) . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC , CS . Khoảng cách từ G
đến mặt phẳng ( MNP ) bằng
A.
3a 10
.
20
B.
a 10
.
10
C.
3a 10
.
10
D.
a 10
.
20
Câu 34: Cho hình lăng trụ đứng ABC.DEF có tất cả các cạnh bằng a . Gọi G là trọng tâm của tam giác
AEF . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( GBC ) bằng
A.
19
a.
19
B.
57
a.
19
C.
2 57
a.
19
D.
2 19
a.
19
Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông góc với mặt phẳng
( ABCD ) . Biết góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 . Tính khoảng cách h từ AB
đến mặt phẳng ( SCD ) .
A.
a 10
.
5
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. a 2 .
C. a .
D.
a 42
.
7
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB = 3a,
AD = DC = a . Gọi I là trung điểm của AD , biết hai mặt phảng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông
góc với đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 600 . Tính theo a khoảng cách từ trung
điểm cạnh SD đến mặt phẳng ( SBC ) .
A.
a 17
.
5
B.
a 6
.
19
C.
a 3
.
15
D.
a 15
.
20
Câu 37: Cho hình chóp S . ABC , mặt bên SBC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
mặt đáy, ASB = ASC = 60o , SB = 1 . Biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAB ) bằng
a
(
b
a, b là hai số nguyên dương nhỏ hơn 10), tính 2a + b .
A. 2a + b = 18 .
B. 2a + b = 15 .
C. 2a + b = 8 .
D. 2a + b = 12 .
Câu 38: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và đỉnh S cách đều các điểm A, B, C .
Biết SA =
A.
13
a.
13
2 3
a , tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng
3
B.
3 13
a.
13
C.
9 13
a.
13
D.
2 13
a.
13
Câu 39: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,. Góc giữa cạnh AB
và mặt đáy là 60 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A ' BC ) .
A.
a 15
.
2
B.
a 15
.
4
C.
a 15
.
5
D.
a 15
3
Câu 40: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; AB = BC = a; AD = 2a ; SA
vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng
45 . Gọi M là trung điểm của cạnh AD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BD là:
A.
a 2
.
11
B.
a 22
.
11
C.
a 11
.
22
D.
a 11
.
2
Câu 41: Cho hình chóp S . ABC có đáy ( ABC ) thỏa mãn AB = a, AC = 2a, BAC = 120 ; SA vuông góc
với mặt phẳng ( ABC ) và SA = a . Gọi M là trung điểm của BC , tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng SB và AM .
A.
a 2
.
2
B.
a 3
.
2
C.
a 2
.
3
D.
a 3
.
4
Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a 3
. Gọi M là trung điểm SD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM .
A.
2a 3
.
3
B.
a 3
.
2
C.
3a
.
4
D.
a 3
.
4
Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh bằng 4a . Cạnh bên SA = 2a .
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm H của đoạn AO .
Tính khoảng cách d giữa các đường thẳng SD và AB .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. d = 4a .
B. d = 2a .
C. d =
3a 2
11
.
D. d =
4a 22
.
11
Câu 44: Cho chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , tam giác SAC vuông cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d giữa SC và AB .
A. d =
a 6
.
6
B. d =
a 2
.
3
C. d =
2a 21
.
7
D. d =
2a 30
.
5
Câu 45: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu của
điểm A trên mặt phẳng ( ABC ) là trọng tâm G của tam giác ABC và diện tích tam giác AAB
bằng
a2
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CC  và AB .
4
A. 2 2a .
B.
a 2
.
4
C. a 2 .
D.
a 2
.
2
Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc
với đáy, góc SBD = 60 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO .
A.
a 2

2
B.
a 6

4
C.
a 3

3
D.
a 5

5
Câu 47: Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = a 3, AA = 2a .
Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( ABC  ) trùng với trung điểm H của đoạn
BC  (tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC  bằng
A.
a 5
.
5
B.
a 15
.
3
C.
a 15
.
5
D.
a 5
.
3
Câu 48: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB cân tại
S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M là trung điểm của CD ,
tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SC theo a .
A.
a 6
.
3
B.
a 5
.
2
C.
a 6
.
5
D.
a 5
.
5
Câu 49: Cho hình chóp đều S . ABCD có O là giao điểm của AC và BD . Gọi M , E , F lần lượt là trung
điểm của AB, SC , SD . Biết SO = a; AB = 2a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng ME và CF
bằng
A.
2
a.
4
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
6
a.
6
C.
2
a.
6
D.
6
a.
4
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 50: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông và AB = BC = a , AA = a 2 ,
M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và BC .
A. d =
a 2
.
2
B. d =
a 2
.
2
C. d =
a 3
.
3
D. d =
a 7
.
7
Câu 51: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có cạnh bên bằng a 2 , đáy ABC là tam giác vuông
tại B, BC = a 3, AB = a . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên mặt đáy là điểm M thoả
mãn 3AM = AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng
a 210
a 210
a 714
a 714
.
B.
.
C.
.
D.
.
15
45
17
51
Câu 52: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt
phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2 HB . Góc giữa đường thẳng SC và
A.
mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a .
A.
42
a.
8
B.
42
a.
6
C.
42
a.
4
D.
42
a.
3
Câu 53: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông. SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB bằng a . Gọi M là trung điểm của SB . Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD .
A.
3
a.
2
B.
3
a.
3
C.
6
a.
3
D.
4a
.
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a, AC = a 3 . Tam giác SBC
đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng ( SAC ) .
A. d =
a 39
.
13
C. d =
B. d = a.
2a 39
.
13
D. d =
a 3
.
2
Lời giải
Chọn C
S
E
B
A
K
H
C
Gọi H là trung điểm của BC , suy ra SH ⊥ BC  SH ⊥ ( ABC ) .
Gọi K là trung điểm AC , suy ra HK ⊥ AC .
Kẻ HE ⊥ SK ( E  SK ) .
Khi đó d  B, ( SAC )  = 2d  H , ( SAC )  = 2 HE = 2.
Câu 2:
SH .HK
SH 2 + HK 2
=
2a 39
.
13
Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB = 2a ; SA = SB = SC . Góc giữa
đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường
thẳng BC là
A. a 2.
B. a 6.
C.
Lời giải
Chọn B
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a 2
.
2
D.
a 3
.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta có vì SA = SB = SC nên  S nằm trên đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp đáy và
vuông góc với đáy. Mà ABC vuông cân tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp đáy là trung điểm
H của BC . Vậy S nằm trên đường thẳng đi qua H vuông góc với ( ABC ) .
Mà góc giữa đường thẳng SA và ( ABC ) là 600  SAH = 600
ABC vuông cân tại A có AB = 2a  BC = 2a 2 . Mà H là trung điểm của BC
1
 AH = BC = a 2
2
Xét tam giác vuông SHA ta có: SH = AH .tan 600 = a 6
Vậy khoảng cách từ S đến đường thẳng BC là a 6 .
Câu 3:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 . Tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABCD ) . Tính khoảng cách d từ A đến ( SCD ) .
A. d = 1 .
C. d =
B. d = 2 .
2 3
.
3
D. d =
21
.
7
Lời giải
Chọn D
S
K
A
D
H
O
E
B
C
Gọi H là trung điểm AB , suy ra SH ⊥ AB. Do đó SH ⊥ ( ABCD ) .
Do AH CD nên d  A, ( SCD )  = d  H , ( SCD )  .
Gọi E là trung điểm CD ; K là hình chiếu vuông góc của H trên SE .
Khi đó d  H , ( SCD )  = HK =
SH .HE
SH 2 + HE 2
=
3
7
.
21
.
Vậy d  A, ( SCD )  = HK =
7
Câu 4:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , tâm O , SA ⊥ ( ABCD ) , SA = 2a
. Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của đoạn AB . Tính khoảng cách từ điểm I đến
đường thẳng CM .
A.
a 2
.
5
B.
a 3
.
17
C.
a 30
.
5
D.
a 3
.
7
Lời giải
Chọn C
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do IO ⊥ ( ABCD ) nên nếu dựng OK ⊥ CM ( K  CM ) thì
Tức là d ( I , CM ) = IK mà IK = OI 2 + OK 2 =
Do SOMC
Câu 5:
a2
+ OK 2
4
1
a 2 a 30
2SOMC
a
2
= OK .MC  OK =
. Suy ra IK = a +
.
=
==
2
MC
5
5
5
Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD )
và SA = a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường
thẳng BE :
A.
a 5
.
5
B.
3a 5
.
5
C.
2a 5
.
5
D.
a 5
.
3
Lời giải
Chọn B
SA ⊥ ( ABCD ) , trong mặt phẳng ( ABCD ) nếu dựng AH ⊥ BE tại H thì SH ⊥ BE (định lý 3
đường vuông góc). Tức là khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE bằng đoạn SH .
Ta có: SABE
 AH =
a2 a 5
1
1
a2 1
2
2
2
=
= AB.FE = a.a =
= AH .BE mà BE = BC + CE = a +
4
2
2
2
2 2
a2
2a
, mà SAH vuông tại A, nên:
=
BE
5
SH = SA2 + AH 2 = a 2 +
3a 5
.
5
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Vậy d ( S , BE ) =
4a 2 3a 3a 5
=
=
5
5
5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 6: Cho hình chóp đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh
SA và SC ; P là điểm trên cạnh SD sao cho SP = 2 PD . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt
phẳng ( MNP ) .
A.
a 34
.
34
B.
a 17
.
34
C.
2a 17
.
41
D.
a 2
.
16
Lời giải
Chọn A
1
1 SM SN SP
1
Ta có VD.MNP = VS .MNP = .
.
. VS . ACD = VS . ACD .
2
2 SA SC SD
12
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD .
Suy ra OA =
1
a 2
2a 2 a 2
AC =
 SO = SA2 − AO 2 = a 2 −
=
.
2
2
4
2
1
1 a 2 1 2 a3 2
a3 2
. a =
 VD.MNP =
Khi đó VS . ACD = .SO.SSCD = .
.
3
3 2 2
12
144
Do MN là đường trung bình của tam giác SAC nên MN =
1
a 2
.
AC =
2
2
Tam giác SAD và SCD đều cạnh a nên PM 2 = PN 2 = SM 2 + SP 2 − 2SM .SP.cos60 =
13a 2
.
36
Do tam giác MNP cân tại P nên gọi H là trung điểm MN thì PH ⊥ MN .
Suy ra PH = PM 2 −
MN 2
13a 2 a 2 a 34
=
−
=
.
4
36
8
12
a 2
3.
3VD.MNP
a 34
144
=
=
Vậy d ( D, ( MNP ) ) =
.
S MNP
34
1 a 34 a 2
.
.
2 12
2
Câu 7:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA ⊥ ( ABCD ) và SA = 2a .
Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Tính khoảng cách từ điểm O đến SC .
A.
a 3
.
4
B.
a 2
.
3
C.
a 2
.
4
D.
a 3
.
3
Lời giải
Chọn D
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = a 2 .
1
Do O là tâm của hình vuông ABCD nên d ( O, SC ) = d ( A, SC ) .
2
Trong tam giác SAC vuông tại A hạ AH ⊥ SC .
Suy ra d ( A, SC ) = AH =
SA. AC
SA2 + AC 2
=
2a.a 2
4 a 2 + 2a 2
=
2a 3
.
3
1
a 3
Vậy d ( O, SC ) = d ( A, SC ) =
.
2
3
Câu 8:
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AC = a 3 , ABC = 600 . Gọi M là
trung điểm của BC . Biết SA = SB = SM =
A. d =
2a 3
.
3
B. d = a .
2a 3
. Tính khoảng cách d từ đỉnh S đến ( ABC )
3
C. d = 2a .
D. d = a 3 .
Lời giải
Vì ABC vuông tại A , M là trung điểm của BC và ABC = 600 suy ra ABM đều.
SA = SB = SM =
2a 3
. Suy ra, hình chóp S . ABM đều.
3
Xét ABC : sin 600 =
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
AC
3 a 3

=
 BC = 2a  AM = AB = BM = a .
BC
2
BC
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi H là trọng tâm ABC nên H là chân đường cao kẻ từ S xuống ( ABC ) .
ABC đều cạnh a nên MH =
2
2 a 3 a 3
(với N là trung điểm AB ).
MN = .
=
3
3 2
3
2
2
 2a 3   a 3 
Xét SHM vuông tại H : d ( S , ( ABC ) ) = SH = SM − MH = 
 − 
 = a .
3
3

 

2
Câu 9:
2
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2 AB = 2a . Cạnh bên SA = 2a
và vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD . Tính khoảng cách d từ
S đến mặt phẳng ( AMN ) .
A. d =
a 6
.
3
C. d =
B. d = 2a.
3a
.
2
D. d = a 5.
Lời giải
Chọn A
S
N
M
D
A
C
B
Thể tích khối chóp VS . ABD
1
2a 3
= SABD .SA =
.
3
3
1
1
a3
Vì SSMN = SSBD nên VA.SMN = VA.SBD = .
4
4
6
Ta có AM , AN là các đường trung tuyến trong tam giác vuông, MN là đường trung bình nên
tính được AM =
a 5
a 5
, AN = a 2 , MN =
.
2
2
Từ đó tính được SAMN
3V
a 6
a2 6
. Vậy d  S , ( AMN )  = S . AMN =
.
=
SAMN
3
4
Câu 10: Cho hình chóp đều S . ABCD thể tích VSABCD =
cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SCD ) .
A.
3
a.
3
B.
2a .
2a 3
, AC = 2a (tham khảo hình bên). Tính khoảng
3
C.
2 3
a.
3
D.
2
a.
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn C
Gọi O = AC  BD , H là trung điểm CD . Trong ( SOH ) , kẻ OI ⊥ SH .
CD ⊥ SO
Có 
 CD ⊥ ( SOH )  CD ⊥ OI .
CD ⊥ SH
Mà OI ⊥ SH nên OI ⊥ ( SCD )  d ( O, ( SCD ) ) = OI .
(
Có AD = AC sin 45 = a 2  S ABCD = a 2
Ta có: VSABCD
)
2
= 2a 2
2a 3
1
2a 3
2
=
 .SO.2a =
 SO = a .
3
3
3
Vì O là trung điểm AC nên d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( O, ( SCD ) ) = 2OI =
Mà AD = AC sin 45 = a 2  OH = a
2SO.OH
SO 2 + OH 2
.
2
2 3
 d ( A, ( SCD ) ) =
a.
2
3
Câu 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , SA ⊥ ( ABCD ) , góc giữa đường
thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
A.
a 6
.
3
B.
a 6
.
4
C.
a 6
.
2
Lời giải
Chọn D
(
) (
)
Ta có SA ⊥ ( ABCD ) nên SC , ( BCD ) = SC , AC = SCA = 60 .
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D.
2a 6
.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Khi đó AC = 2a 2  SA = AC.tan 60 = 2a 6 .
Mà AB // CD  AB // ( SCD )  d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) .
Kẻ AH ⊥ SD  AH ⊥ ( SCD )
Khi đó d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = AH =
 d ( B, ( SCD ) ) =
2a 2.2a
( 2a 2 )
2
+ ( 2a )
=
2
SA. AD
SA2 + AD 2
2 6
a.
3
Câu 12: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Tam giác ABC là tam giác đều, hình
chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa
đường thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
( SCD ) theo
A. a .
a
B.
2a 21
.
3
C. a 3 .
D.
a 21
.
7
Lời giải
Chọn D
Gọi O là tâm hình thoi ABCD và E là trọng tâm của tam giác ABC .
 SD  ( ABCD ) = D
 SD, ( ABCD ) = SD, ED = SDE = 30

 SE ⊥ ( ABCD ) taïi E
(
) (
)

2
2 3
 BD = 2 BO = a 3  DE = BD = a

3
3
Do tam giác ABC đều nên 
CE = 2 BO = a 3

3
3
SE
2a
 SE =
Khi đó tan SDO =
DE
3
Vì tam giác ABC đều nên CE ⊥ AB  CE ⊥ CD mà CD ⊥ SE nên CD ⊥ ( SEC )
Kẻ EH ⊥ SC ( H  SC ) khi đó EH ⊥ ( SCD ) tại H nên d ( E , ( SCD ) ) = EH
1
1
1
1
1
2 21
=
+
=
+
 EH = a
2
2
2
2
2
21
EH
SE
EC
 2a 
 3
a
 


 3 
 3 
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do BE  ( SCD ) = D nên
d ( B, ( SCD ) )
d ( E , ( SCD ) )
=
BD 3
3
21
=  d ( B, ( SCD ) ) = d ( E , ( SCD ) ) = a
.
ED 2
2
7
Câu 13: Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a . Khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng ( SCD ) bằng
A.
a 14
.
3
B.
a 14
.
4
C. a 14.
D.
a 14
.
2
Lời giải
Chọn D
Gọi O = AC  DB .
Vì S . ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ ( ABCD ) và đáy ABCD là hình vuông.
Ta có:
d ( A, ( SCD ) )
d ( O, ( SCD ) )
=
AC
= 2  d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( O, ( SCD ) ) .
OC
Tam giác ACD vuông tại D có: AC = AD 2 + CD 2 = 2a 2  OD = OC = a 2 .
Tam giác SCO vuông tại O có: SO = SC 2 − OC 2 = a 7 .
Do
SO, OC , OD
đôi
một
vuông
góc
nên
gọi
h = d ( O, ( SCD ) )
thì
1
1
1
1
8
a 14
.
=
+
+
= 2 h=
2
2
2
2
4
h
OS
OD
OC
7a
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
a 14
.
2
Câu 14: Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình vuông, BD = 2a , góc giữa hai mặt phẳng
( A ' BD )
A.
và ( ABCD ) bằng 300 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' BD ) bằng
2a 13
.
13
B.
a

4
C.
Lời giải
Chọn D
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a 14

7
D.
a
.
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi O là giao điểm của AC và BD .
Phan Nhật Linh
 BD ⊥ AO
Ta có 
 BD ⊥ ( AOA )  AO ⊥ BD .
 BD ⊥ AA
Khi đó
( ( ABD ) , ( ABCD ) ) = ( AO, AO ) = AOA = 30 .
Vẽ AH ⊥ AO tại H .
Ta có BD ⊥ ( AOA )  ( ABD ) ⊥ ( AOA ) .
( AOA ) ⊥ ( ABD )

Khi đó ( AOA )  ( ABD ) = AO  AH ⊥ ( ABD )  d ( A, ( ABD ) ) = AH .

Trong ( AOA ) : AH ⊥ AO
AC = BD = 2a  AO = a , AH = AO.sin AOA = a.sin 30 =
Vậy d ( A, ( ABD ) ) =
a
.
2
a
.
2
Câu 15: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , AA = 2a
. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ABC ) .
A.
a 5
.
3
B.
2a 3
.
5
C.
2a 5
.
5
D.
a 3
.
3
Lời giải
Chọn C
Trong tam giác ABA dựng AK ⊥ AB .
Do ABC là tam giác vuông tại B nên BC ⊥ BA ,
Lăng trụ đứng ABC. ABC  nên AA ⊥ BC , do đó BC ⊥ ( ABA )  BC ⊥ AK .
Từ đó suy ra AK ⊥ ( ABC )  d ( A, ( ABC ) ) = AK .
AAB :
1
1
1
2a
=
+
 AK =
2
2
2
AK
AB
AA
5
a 6
. Hình
3
chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC ) là trọng tâm G của tam giác ABC . Gọi P, Q, N
Câu 16: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên AA =
lần lượt là trung điểm của AB, CC  và AG . Khoảng cách từ N đến mặt phẳng ( PQC ) là
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A.
a 6
.
12
B.
a 3
.
6
C.
a 7
.
14
D.
a
.
2
Lời giải
Chọn C
Gọi M là trung điểm của
d ( N , ( PQC ) ) = d ( N , ( PKC ) ) .
d ( N , ( PKC ) )
d ( A, ( PKC ) )
Lại có
=
BC .
Dựng
KG //AA
mà CC //AA
nên suy ra
NG 1
= .
AG 2
d ( A, ( PKC ) ) AK
AK AG
=
=2
=
= 2  d ( A, ( PKC ) ) = 2d ( M , ( PKC ) ) .
MK GM
d ( M , ( PKC ) ) MK
Dựng AG // KH mà AG ⊥ ( ABC ) nên KH ⊥ ( ABC ) .
Ta có
d ( M , ( PKC ) )
d ( H , ( PKC ) )
=
3
MG AM 3
=
=  d ( M , ( PKC ) ) = d ( H , ( PKC ) ) .
2
HG AK 2
1 3
3
Vậy d ( N , ( PKC ) ) = .2. d ( H , ( PKC ) ) = d ( H , ( PKC ) ) .
2 2
2
Dựng HI ⊥ PC và MJ ⊥ PC .
Ta có AG =
2
2 a 3 a 3
AM = .
=
.
3
3 2
3
Có AG = AA2 − AG 2 =
2a 2 a 2 a 3
−
=
.
3
3
3
KH MK
MK a 3 1 a 3
=
 KH = AG.
=
. =
.
AG MA
MA
3 3
9
1
1
1
1
Tam giác MGC vuông tại M và MJ ⊥ MC 
=
+
 MJ = a .
2
2
2
4
MJ
MG
MC
HI HG 2
a
=
=  HI = .
Lại có
MJ MG 3
6
Tam giác AGM có AG // KH nên
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
d ( H , ( PKC ) )
2
=
Phan Nhật Linh
1
1
a 7
+
 d ( H , ( PKC ) ) =
.
2
2
21
HI
KH
3
a 7
d ( N , ( PKC ) ) = d ( H , ( PKC ) ) =
.
2
14
Câu 17: Cho hình chóp S . ABCD có đáy hình vuông cạnh a . Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm AB. Khoảng cách từ H đến mặt phẳng
( SAC ) bằng
A.
a
.
3
B.
a 2
.
6
C.
a 3
.
6
D.
a
.
6
Lời giải
Chọn C
Tam giác SAB vuông cân tại S , H là trung điểm của AB nên SH ⊥ AB .
( SAB ) ⊥ ( ABCD )

Ta có ( SAB )  ( ABCD ) = AB  SH ⊥ ( ABCD ) .

 SH  ( SAB ) , SH ⊥ AB
Từ H dựng HM ⊥ AC tại M , từ H dựng HK ⊥ SM tại K . Ta có
 AC ⊥ HM
 AC ⊥ ( SHM )  AC ⊥ HK .

 AC ⊥ SH ( SH ⊥ ( ABCD ) )
 HK ⊥ SM
Khi đó 
 HK ⊥ ( SAC ) tại K nên d ( H , ( SAC ) ) = HK .
HK
⊥
AC

AB a

 SH = 2 = 2
Ta có 
. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHM . Ta có
 HM = BD = a 2

4
4
1
1
1
1
4
8
a 3
.
=
+

= 2 + 2  HK =
2
2
2
2
6
HK
SH
HM
HK
a
a
Vậy d ( H , ( SAC ) ) =
a 3
.
6
Câu 18: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và SA =
A đến mặt phẳng ( SBC )
2 3
a . Tính khoảng cách từ điểm
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A.
13
a.
13
B.
2 13
a.
13
C.
9 13
a.
13
D.
3 13
a.
13
Lời giải
Gọi M là trung điểm BC , O là trọng tâm tam giác ABC  SO ⊥ ( ABC )
OM ⊥ BC
Ta có 
 ( SOM ) ⊥ BC
 SO ⊥ BC
Trong ( SOM ) kẻ OH ⊥ SM ( H  SM ) mà OH ⊥ BC do BC ⊥ ( SOM )
 OH ⊥ ( SBC )  d ( O, ( SBC ) ) = OH .
2
2 3
3
1
3
AM = . a =
a; OM = AO =
a
3
3 2
3
2
6
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông SAO
Ta có AO =
2
2
2 3   3 
SO = SA − AO = 
a −
a =a
 3   3 

 

2
2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM có
1
1
1
=
+
 OH =
2
2
OH
SO
OM 2
Ta có
d ( A, ( SBC ) )
=
d ( O, ( SBC ) )
Câu 19: Cho hình chóp
SO.OM
SO + OM
2
2
a.
=
3
a
6
 3 
a2 + 
a
 6 
2
=
13
a
13
AM
3 13
= 3  d ( A, ( SBC ) ) = 3.d ( O, ( SBC ) ) = 3.OH =
a.
OM
13
S . ABCD
có đáy
ABCD
là hình thang vuông tại
A
và
D ;
AB = 2a, AD = DC = a , cạnh bên SA = a 2 và vuông góc vớI ( ABCD ) . Khoảng cách từ điểm
C đến mặt phẳng ( SBD ) bằng?
(
a 5 2 −2 5
A.
5
).
B.
a 7
.
7
C.
Lời giải
Chọn B
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a 5
.
5
D.
2a 7
.
7
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có SBCD =
Mà VS . ABCD
Phan Nhật Linh
V
1
SABD  VS . ABCD = 3VSBCD  d ( C; ( SBD ) ) = S . ABCD .
2
SSBD
a + 2a ) a
(
1
2a 3
= a 2
=
3
2
2
(
SD = a 2 + a 2
Suy ra, cosBSD =
Từ đó, SSBD =
)
2
= a 3; SB =
( 2a ) 2 + ( a
2
)
2
= a 6; BD = a 2 + ( 2a ) = a 5
2
SB 2 + SD 2 − BD 2
2
7
=
 sin BSD =
.
2.SB.SD
3
3 2
1
a 2 14
.
SB.SD.sin BSD =
2
2
Vậy d ( B; ( SBD ) ) =
2a 3
2
a 7
. 2
=
.
2 a 14
7
Câu 20: Cho hình lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi cạnh a , BAC = 60 . Khoảng cách từ
điểm C đến mặt phẳng ( ABBA ) bằng
A. 2a .
B.
a 3
.
2
C. a 3 .
D. a .
Lời giải
Vì ABCD là hình thoi và BAC = 60 nên tam giác ABC là tam giác đều.
Gọi H là trung điểm của AB . Khi đó CH ⊥ AB .
CH ⊥ AB
Ta có 
 CH ⊥ ( ABBA ) .
CH ⊥ BB
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do đó d ( C ; ( ABBA ) ) = CH .
Vì ABC là tam giác đều nên CH =
a 3
.
2
Câu 21: Cho lăng trụ ABC. ABC  có ABC là tam giác vuông cân tại A . Hình chiếu vuông góc của A lên
mặt đáy trùng với trung điểm của cạnh BC . Biết cạnh AA = a 3 và tạo với mặt đáy của hình lăng
trụ một góc 60 . Khoảng cách từ đỉnh C  đến mặt ( ABC ) bằng
A.
3a
.
4
B.
3a
.
2
C.
a
.
2
D.
2a
.
3
Lời giải
Chọn B
Gọi H là trung điểm của cạnh BC . Vì AH ⊥ ( ABC ) nên AH là hình chiếu của AA lên mặt
phẳng ( ABC ) . Khi đó góc giữa AA và mặt phẳng ( ABC ) là góc giữa AA và AH , hay chính
là góc AAH .
Vì AH ⊥ ( ABC ) nên AH ⊥ AH hay tam giác AAH vuông tại H .
AH
a 3
.
 AH = AA.cos AAH = a 3.cos60 =
AA
2
Gọi H  là trung điểm của cạnh BC  .
Tam giác ABC  vuông cân tại A nên AH  ⊥ BC  .
AH ⊥ ( ABC )  AH ⊥ ( ABC  )  AH ⊥ AH  .
Khi đó cos AAH =
 AH  ⊥ BC 
 AH  ⊥ AH

 AH  ⊥ ( ABC ) .
Ta có 
H  BC =  H 
A

 AH , BC  ( ABC )

Vì BC BC  , BC  ( ABC ) nên BC 
( ABC ) .
Suy ra d ( C ; ( ABC ) ) = d ( BC ; ( ABC ) ) = d ( H ; ( ABC ) ) = AH  = AH =
a 3
2
Câu 22: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng 4a . Góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
( ABC ) bằng 30o . Gọi
phẳng ( ABC ) ?
A.
a 3
.
2
Phan Nhật Linh
M là trung điểm của cạnh AB . Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt
C. a 3 .
B. 3a .
D.
3a
.
2
Lời giải
Chọn A
Gọi N là trung điểm của BC .
Do ABC. ABC  là lăng trụ tam giác đều nên BC ⊥ AN , AA và AN = 2a 3 . Suy ra
BC ⊥ ( AAN ) . Từ đó ta có:
Gọi H
(( ABC ) , ( ABC )) = ANA = 30 .
o
là hình chiếu của
A trên AN , do BC ⊥ ( AAN ) nên: AH ⊥ AN , BC
 AH ⊥ ( ABC )  d ( A, ( ABC ) ) = AH .
Xét tam giác AHN vuông tại H có: AH = AN sin ANA = a 3 . Suy ra d ( A, ( ABC ) ) = a 3 .
1
a 3
Mặt khác, M là trung điểm của cạnh AB nên d ( M , ( ABC ) ) = d ( A, ( ABC ) ) =
.
2
2
Câu 23: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau. Biết khoảng cách từ
điểm O đến các đường thẳng BC , CA , AB lần lượt là a , a 2 , a 3 . Tính khoảng cách từ điểm
O đến mặt phẳng ( ABC ) theo a
A. 2a .
B.
a 66
.
11
C.
11a
.
6
D.
2a 33
.
11
Lời giải
Chọn D
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Kẻ OM ⊥ AC ( M  AC ) , ON ⊥ AB ( N  AB) , OP ⊥ BC ( P  BC ) .
Khi đó ta có OP = a , OM = a 2 , ON = a 3 .
Trong (OCN ) kẻ OH ⊥ CN ( H  CN ) ta có:
 AB ⊥ ON
 AB ⊥ ( OCN )  AB ⊥ OH

 AB ⊥ OC
OH ⊥ AB
 OH ⊥ ( ABC )  d ( O, ( ABC ) ) = OH

OH ⊥ CN
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
1
1
1
1
1
1
=
+
=
+
+
2
2
2
2
2
OH
OC
ON
OA
OB
OC 2
Lại có:
1
1
1
1
1
1
1
1
1
;
;
=
+
=
+
=
+
OM 2 OA2 OC 2 ON 2 OA2 OB 2 OP 2 OB 2 OC 2
1
1
1
1
1 
 1

+
+
= 2 2 +
+

2
2
2
2
OM
ON
OP
OC 2 
 OA OB
1
1
1
1 1
1
1 
+
+
= 
+
+

2
2
2
2
2
2  OM
OA OB
OC
ON
OP 2 
1
1
1
1 1
1
1 
11

+
+
=
+
+
=


OA2 OB 2 OC 2 2  2a 2 3a 2 a 2  12a 2


1
11
2a 33
=
 OH =
2
2
11
OH
12a
Vậy d(O,( ABC )) =
2a 33
11
Câu 24: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, mặt bên ( SCD )
hợp với đáy một góc 600 , M là trung điểm của BC . Biết thể tích của khối chóp S . ABCD là a 3
. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( SCD ) là
A. a 3 .
B.
a 3
.
6
C.
Lời giải
Chọn D
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a 3
.
2
D.
a 3
.
4
3
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi N là trung điểm của cạnh AD .
Gọi cạnh hình vuông ABCD có độ dài là x, ( x  0 ) .
Ta có: MN CD  d ( M ; ( SCD ) ) = d ( N ; ( SCD ) ) .
Kẻ NH ⊥ SD , AG ⊥ SD  d ( M ; ( SCD ) ) = d ( N ; ( SCD ) ) = NH =
1
AG .
2
Do SA vuông góc với ( ABCD ) nên góc giữa mặt bên ( SCD ) và mặt đáy là góc SDA = 600 .
SA
 SA = AD.tan 600 = x 3.
AD
1
a3 3
 VS . ABCD = .x 2 .x 3 =
 x = a.
3
3
Xét SAD :
 tan SDA =
1
1
1
1
1
a 3
a 3
.
=
+ 2= 2+
 AG =
 NH =
2
2
2
2
4
AG
AD
SA
a
(a 3)
Câu 25: Cho
hình
chóp
S . ABC
có
đáy
ABC
là
tam
giác
vuông
tại
A
,
AB = 2a, AC = a, SBA = SCA = 900 , góc giữa SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 450 . Tính khoảng
cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ) .
A.
a 3
.
2
B.
a 30
.
6
C.
a 30
.
2
D.
a 3
.
6
Lời giải
Chọn B
Gọi H là hình chiếu của S lên ( ABC ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
 AB ⊥ SH
 AB ⊥ ( SHB )  AB ⊥ HB mà AB ⊥ AC nên suy ra HB / / AC (1)

 AB ⊥ SB
 AC ⊥ SH
Mặt khác 
 AC ⊥ ( SHC )  AC ⊥ HC mà AC ⊥ AB nên suy ra HC / / AB ( 2 )
 AC ⊥ SC
Từ (1) , ( 2 ) suy ra ABHC là hình bình hành mà A = 900 nên ABHC là hình chữ nhật.
và ( SA, ( ABC ) ) = SAH = 450 , SH = AH = a 5.
HC / / ( SAB )  d( C ;( SAB ) ) = d( H ;( SAB ) )
Gọi K là hình chiếu của H lên SB. Kẻ HK ⊥ SB
Mà AB ⊥ ( SHB )  AB ⊥ HK
Suy ra HK ⊥ ( SAB ) .
d( C ;( SAB ) ) = d( H ;( SAB ) ) = HK .
SHB vuông tại H . Ta có
Vậy HK =
1
1
1
1
1
6
=
+
= 2+ 2= 2.
2
2
2
HK
SH
HB
5a
a
5a
a 30
..
6
Câu 26: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a , ADC = 600 , SA ⊥ ( ABCD ) và
SA = 6a , G là trọng tâm tam giác SAC . Khoảng cách từ G đến ( SCD ) là
A.
3a
.
3
B.
2a
.
2
C.
2a
.
3
Lời giải
Chọn C
Gọi M , I lần lượt là trung điểm CD, SC .
Theo giả thiết ta có tam giác ACD đều. Suy ra AM =
Kẻ AH ⊥ SM ( H  SM ) thì AH ⊥ ( SCD ) .
Ta có GI =
AD 3
= 3a .
2
1
1
1
AI nên d ( G, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = AH
3
3
3
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D.
3a
.
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
1
AM .SA
1
3a. 6a
2a
= .
= .
=
3 AM 2 + SA2 3 3a 2 + 6a 2
3
Vậy d ( G, ( SCD ) ) =
2a
.
3
Câu 27: Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M là trung điểm
AD , tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( SBM ) biết SO =
A.
95
a.
5
B.
95
a.
100
C.
95
a.
10
19
a.
5
D.
19
a.
10
Lời giải
Chọn D
Gọi N là trung điểm cạnh AB suy ra CN ⊥ BM . Dựng đường thẳng qua O , song song với CN
cắt BM tại P và AN tại K , suy ra OP ⊥ BM (1) .
Từ giả thiết suy ra SO ⊥ ( ABCD )  SO ⊥ BM ( 2 ) .
Từ (1) , ( 2 ) suy ra d ( O, ( SBM ) ) = d ( O, SP ) = OH ( H là hình chiếu vuông góc của O lên SP )
Hai tam giác BPK , MPO đồng dạng cho ta
PO OM 2
=
=
PK KB 3
OK là đường trung bình của ACN nên OK =
Vậy d ( D, ( SBM ) ) = 2d ( O, ( SBM ) ) = 2OH =
2
2 5
5
CN
5
a=
a.
=
a  OP = OK = .
5
5 4
10
2
4
2SO.OP
SO 2 + OP 2
=
2.
95
5
a.
a
10
10
2
 95   5 
a + 
a

10
10

 

2
=
19
a.
10
Câu 28: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông có chiều cao AB = a và SA ⊥ ( ABCD ) . Gọi
M , N lần lượt là trung điểm AB và CD . Khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng
( SAD ) bằng:
A.
a 2
.
2
B.
a 3
.
3
C.
a
.
2
D.
a
.
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn C
 MN //AD
Vì 
 MN // ( SAD )
 MN  ( SAD )
 d ( MN , ( SAD ) ) = d ( M , ( SAD ) )
 MA ⊥ AD
Vì 
 MA ⊥ ( SAD )  d ( M , ( SAD ) ) = MA
 MA ⊥ SA
AB a
= .
Vậy d ( MN , ( SAD ) ) = d ( M , ( SAD ) ) = MA =
2
2
Câu 29: Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình thang cân có góc ở đáy bằng 60 . AB = 2CD = 2a ,
mặt phẳng ( SAB ) tạo với đáy một góc 45 . Hình chiếu vuông góc của S lên đáy trùng với giao
điểm của AC và BD . Tính Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .
A.
a 6
.
6
B.
a 6
.
2
C.
a 6
.
3
D.
2a 6
.
3
Lời giải
Chọn B
Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E , lấy I là trung điểm AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc
của S lên đáy, kẻ HK vuông góc với SC tại K .
Xét tam giác ABE có ABE = BAE = 60o nên ABE là tam giác đều và H là trực tâm
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023

 AC ⊥ BC

  HI ⊥ AB

 HI = HC = 1 EI = 1 2a 3 = a 3

3
3
2
3
Phan Nhật Linh
)
(
SHA = SHB  SA = SB  SI ⊥ AB  ( SAB ) , ( ABCD ) = SIH = 45
a 3
3
 BC ⊥ AC
Ta có 
 BC ⊥ HK , ta lại có
 BC ⊥ SH
 SH = IH =
 HK ⊥ SC
 HK ⊥ ( SBC )

 HK ⊥ BC
Suy ra khoảng cách từ H đến ( SBC ) là HK =
HS.HC
HS2 + HC 2
a 3 a 3
.
3
3
=
2
a 3 a 3

 +

3

  3 
Tam giác HAB đồng dạng với tam giác HCD và AB = 2CD nên
2
=
a 6
.
6
AH AB
=
=2
HC CD
a 6
.
2
Câu 30: Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a , mặt phẳng ( ABC ) tạo với đáy một góc 45 ,
Vậy khoảng cách từ A đến ( SBC ) bằng 3 lần khoảng cách từ H đến ( SBC ) =
M là điểm tùy ý thuộc cạnh BC  . Khoảng các từ điểm M đến mặt phẳng ( ABC ) bằng
A.
a 6
.
2
B.
a 6
.
4
C.
a 3
.
2
D.
a 3
.
4
Lời giải
Chọn B
Vì ABC. ABC  là lăng trụ tam giác đều nên là lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác đều.
Ta có BC  ( ABC ) nên d ( M , ( ABC ) ) = d ( B, ( ABC ) ) .
Mà AB  ( ABC ) = O với O là trung điểm AB nên d ( B, ( ABC ) ) = d ( A, ( ABC ) ) .
Gọi H là hình chiếu của A lên BC , I là hình chiếu của A lên AH , ta chứng minh được
AI ⊥ ( ABC ) , suy ra d ( A, ( ABC ) ) = AI .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Mà
(( ABC ) , ( ABC )) = AHA = 45 nên tam giác AAH vuông cân tại A , do đó
AH = AH 2 =
a 3
a 6
.
 2=
2
2
AH
=
Mặt khác, AI là đường cao của tam giác AAH nên AI =
2
a 6
2 =a 6.
2
4
Câu 31: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. ABC D có cạnh đáy bằng 2a , BD = 3a . Khoảng cách từ điểm
C  đến mặt phẳng ( ABC ) bằng
A.
2a 5
.
5
B.
a 5
.
5
C.
a 6
.
5
D. a 5 .
Lời giải
Chọn A
Vì ABCD. ABC D là lăng trụ tứ giác đều nên là lăng trụ đứng có đáy là hình vuông cạnh 2a ,
suy ra BD = 2a 2 .
Mà BD = 3a  BB = BD 2 − BD 2 = 9a 2 − 8a 2 = a .
Ta có AC   ( ABC ) = O (với O là trung điểm của AC  ).
Suy ra d ( C , ( ABC ) ) = d ( A, ( ABC ) ) .
Gọi H là hình chiếu của A lên AB , ta chứng minh được AH ⊥ ( ABC ) .
Suy ra AH = d ( A, ( ABC ) ) .
Tam giác AAB vuông tại A và có AH là đường cao nên
AH =
AA  AB
AA + AB
2
2
=
a  2a
a 2 + ( 2a )
2
=
2a 5
.
5
Câu 32: Cho hình lập phương ABCD.EFGH cạnh 4a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của FG , GH .
Khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( CMN ) bằng
A.
3
a.
4
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
a
.
3
C.
4
a.
3
D.
2
a.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn C
Phan Nhật Linh
Trong mặt phẳng ( CDHG ) gọi K = CN  DG suy ra K  DG, K  ( CMN ) (1) .
DK CD
=
=2
GK NG
Từ (1) và ( 2 ) suy ra d ( D, ( CMN ) ) = 2d ( G, ( CMN ) ) .
Dễ thấy hai tam giác KCD và KNG đồng dạng 
( 2) .
Gọi I là trung điểm MN  GI ⊥ MN  MN ⊥ ( ICG ) .
( ICG )  ( CMN ) = IC
 ( ICG ) ⊥ ( CMN )
Ngoài ra ta còn có 
 MN  ( CMN )
Trong mặt phẳng ( ICG ) gọi O là hình chiếu vuông góc của G trên IC  d ( G, ( CMN ) ) = GO
Hình chóp G.MNC có các cặp cạnh GM , GN , GC đôi một vuông góc nên ta có:
2
1
1
1
1
1
1
1
9
=
+
+
= 2 + 2 + 2 = 2  GO = a
2
2
2
2
3
GO
GM
GN
GC
a
a
4a
4a
4
Vậy d ( D, ( CMN ) ) = 2d ( G, ( CMN ) ) = a .
3
Câu 33: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều, trọng tâm G , SA = 2a, AB = 4 3a ,
SA ⊥ ( ABC ) . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC , CS . Khoảng cách từ G đến
mặt phẳng ( MNP ) bằng
A.
3a 10
.
20
B.
a 10
.
10
C.
3a 10
.
10
D.
a 10
.
20
Lời giải
Chọn C
Trong mặt phẳng ( ABC ) đường thẳng qua A và vuông góc với MN cắt MN tại R .
Gọi Q là trung điểm của SA  PQ song song với MN  Q  ( MNP )
Ta chứng minh được MN ⊥ ( RAQ )  ( PMN ) ⊥ ( RAQ ) .
Trong mặt phẳng ( RAQ ) gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên RQ thì AH = d ( A, ( MNP ) )
.
Do A  AC , R  MN mà MN song song với AC nên
1
4 3a. 3
AR = d ( MN , AC ) = d ( B, AC ) =
= 3a
2
4
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Xét tam giác RAQ vuông tại A , đường cao AH có:
AH =
AQ. AR
AQ + AR
2
2
=
a.3a
a 2 + ( 3a )
2
=
3 10
a.
10
1
a 10
Vậy d ( G, ( MNP ) ) = d ( A, ( MNP ) ) =
.
3
10
Câu 34: Cho hình lăng trụ đứng ABC.DEF có tất cả các cạnh bằng a . Gọi G là trọng tâm của tam giác
AEF . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( GBC ) bằng
A.
19
a.
19
B.
57
a.
19
C.
2 57
a.
19
D.
2 19
a.
19
Lời giải
Chọn C
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của EF , BC . Hai mặt phẳng ( AGN ) và ( GBC ) có:
( AGN )  ( GBC ) = GN

  BC  ( GBC ) , BC ⊥ AN , BC ⊥ GN  ( AGN ) ⊥ ( GBC )

 AN , GN  ( AGN ) , AN  GN = N
Trong mp ( AGN ) , gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên GN suy ra d ( A, ( GBC ) ) = AH .
2
a 3
a 7
a 3
=
, AM = AD 2 + DM 2 = a 2 + 
,
AN =

 2 
2
2


a 3
2
2 a 7 a 7
AN
3
, cos GAN =
AG = AM = .
=
= 2 =
AM a 7
7
3
3 2
3
2
2
2
a 7 a 3
a 7 a 3 3
19
GN = AG + AN − 2 AG. AN .cos GAN = 
+
− 2.
.
.
=
a
 3   2 
3
2
7
6

 

2
S AGN =
2
2
2 1 a 3
3 2
S AMN = . .
.a =
a
3
3 2 2
6
2S
Vậy d ( A, ( GBC ) ) = AH = ABC =
GN
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2.
3 2
a
2 57
6
=
a.
19
19
a
6
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông góc với mặt phẳng
( ABCD ) . Biết góc giữa
mặt phẳng ( SCD ) .
A.
a 10
.
5
SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 . Tính khoảng cách h từ AB đến
B. a 2 .
C. a .
D.
a 42
.
7
Lời giải
Chọn D
CD ⊥ AD
Vì 
 CD ⊥ ( SAD )  ( SCD ) ⊥ ( SAD ) theo giao tuyến SD , dựng
 CD ⊥ SA
AH ⊥ SD , mà AH  ( SAD )  AH ⊥ ( SCD )
Ta có AB // ( SCD ) nên h = d ( AB, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = AH
Theo đề góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 nên SCA = 60 .
Ta có: tan 60 =
SA
 SA = a 6
AC
1
1
1
a 42
.
= 2+
 AH =
2
2
7
AH
SA
AD
Câu 36: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB = 3a,
Và
AD = DC = a . Gọi I là trung điểm của AD , biết hai mặt phảng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc
với đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 600 . Tính theo a khoảng cách từ trung điểm
cạnh SD đến mặt phẳng ( SBC ) .
A.
a 17
.
5
B.
a 6
.
19
C.
a 3
.
15
D.
a 15
.
20
Lời giải
Chọn D
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Kẻ IK ⊥ BC ( K  BC )  ( ( SBC ) ; ( ABCD ) ) = SKI = 600
Gọi M = AD  BC . Ta có
MD 1
a
=  MD =
MA 3
2
Ta có MIK đồng dạng với MBA nên suy ra
IK MI
=
=
BA MB
a
( 3a )2 + 
3a 

 2 
2
=
2 5
15
2 5
2a 5
.3a =
15
5
Gọi N là trung điểm của SD .
1
1
Ta có d ( N , ( SBC ) ) = d ( D, ( SBC ) ) = d ( I , ( SBC ) )
2
4
 IK =
Từ I kẻ IH ⊥ SK suy ra IH = d ( I , ( SBC ) ) = IK .sin 600 =
a 15
a 15
 d ( N , ( SBC ) ) =
5
20
Câu 37: Cho hình chóp S . ABC , mặt bên SBC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
mặt đáy, ASB = ASC = 60o , SB = 1 . Biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAB ) bằng
a, b là hai số nguyên dương nhỏ hơn 10), tính 2a + b .
A. 2a + b = 18 .
B. 2a + b = 15 .
C. 2a + b = 8 .
Lời giải
D. 2a + b = 12 .
Chọn B
Gọi H là trung điểm của BC suy ra SH ⊥ ( ABC ) .
Ta có d ( C ; ( SAB ) ) = 2d ( H ; ( SAB ) ) .
Kẻ HI ⊥ AB; HK ⊥ SI suy ra d ( H ; ( SAB ) ) = HK .
Vì SBC đều, SB = 1 suy ra SH =
3
.
2
Đặt SA = x  AB = SA2 + SB 2 − 2.SA.SB.cos ASB = x 2 − x + 1 .
Ta lại có ASB = ASC  AB = AC  AH ⊥ BC  AH = AB 2 − BH 2 = x 2 − x +
Mà tam giác SHA vuông tại H nên SA2 = SH 2 + HA2  x 2 =
38| Biên soạn: Phan Nhật Linh
3
.
4
3
3
3
+ x2 − x +  x = .
4
4
2
a
(
b
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Suy ra AB =
Phan Nhật Linh
7
6
BH . AH
42
.
; AH =
 HI =
=
2
2
AB
14
Từ đó ta có HK =
SH .HI
SH 2 + HI 2
Suy ra d ( C; ( SAB ) ) =
=
6
.
6
6
 a = 6; b = 3  2a + b = 15 .
3
Câu 38: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và đỉnh S cách đều các điểm A, B, C . Biết
SA =
A.
2 3
a , tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng
3
13
a.
13
B.
3 13
a.
13
C.
9 13
a.
13
D.
2 13
a.
13
Lời giải
Chọn B
Gọi H là trung điểm của BC và G là trọng tâm ABC  SG ⊥ ( ABC ) và AH ⊥ BC .
 BC ⊥ SG

Ta có:  BC ⊥ AH
 BC ⊥ ( SAH ) .
 SG  AH = G

Trong ( SAH ) , kẻ AK ⊥ SH  AK ⊥ ( SBC )  d ( A, ( SBC ) ) = AK .
Lại có: AH =
a 3
a 3
a 3
, AG =
, GH =
.
2
3
6
2
2
 2a 3   a 3 
−
=a.
SAG vuông tại G có: SG = SA − AG = 
 3   3 

 

2
2
2
a 3
a 39
=
SGH vuông tại G có: SH = SG + GH = a + 
.

 6 
6


2
2
2
a 3
3 13
Ta có: AK .SH = SG. AH  AK = 2 =
a.
13
a 39
6
Câu 39: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,. Góc giữa cạnh AB và
mặt đáy là 60 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A ' BC ) .
A.
a 15
.
2
B.
a 15
.
4
C.
a 15
.
5
a 15
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 39
D.
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn A
Góc giữa cạnh AB và mặt đáy là ABA bằng 60 . Suy ra AA = AB.tan 60o = a 15
Kẻ AH vuông góc với AB ta chứng minh được AH là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
( A ' BC ) .
Tam giác AAB vuông tại A nên AH =
AA '.AB
AA '2 + AB2
=
a 15.a 5
20a 2
=
a 15
.
2
Câu 40: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; AB = BC = a; AD = 2a ; SA
vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 45 .
Gọi M là trung điểm của cạnh AD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BD là:
A.
a 2
.
11
B.
a 22
.
11
C.
a 11
.
22
D.
a 11
.
2
Lời giải
Chọn B
Ta có ( SC , ( ABCD ) ) = SCA = 450  SA = AC = a 2
Gọi K là trung điểm của AB , khi đó AB song song với ( SMK ) .
Do đó d ( BD, SM ) = d ( BD, ( SMK ) ) = d ( B, ( SMK ) ) = d ( A, ( SMK ) ) .
Gọi I , J lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên MK và SI .
Khi đó MK ⊥ AI , MK ⊥ SA  MK ⊥ AJ . Do AJ ⊥ MK và AJ ⊥ SI nên AJ ⊥ ( SMK ) hay
d ( A, ( AMK ) ) = AJ .
Ta có
1
1
1
1
1
4
1
11
a 22
=
+ 2 + 2 = 2 + 2 + 2 = 2  AJ =
2
2
11
AJ
AM
AI
SA
a
a
2a
2a
Câu 41: Cho hình chóp S . ABC có đáy ( ABC ) thỏa mãn AB = a, AC = 2a, BAC = 120 ; SA vuông góc
40| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
với mặt phẳng ( ABC ) và SA = a . Gọi M là trung điểm của BC , tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và AM .
A.
a 2
.
2
B.
a 3
.
2
C.
a 2
.
3
D.
a 3
.
4
Lời giải
Chọn A
Ta có BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cosBAC = 7a 2  BM 2 =
7a 2
4
AB 2 + AC 2 BC 2 3a 2
; AB 2 + AM 2 = BM 2  ABM vuông tại A
−
=
2
4
4
 AM ⊥ AB

Ta có  AM ⊥ SA  AM ⊥ ( SAB ) . Trong mp ( SAB ) , kẻ AH ⊥ SB , vậy AH là đoạn vuông
 SA  AB

AM 2 =
góc chung của AM và SB . Do SAB vuông cân đỉnh S nên AH =
a 2
.
2
Câu 42: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a 3 .
Gọi M là trung điểm SD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM .
A.
2a 3
.
3
B.
a 3
.
2
C.
3a
.
4
D.
a 3
.
4
Lời giải
Chọn B
Ta có AB // CD nên AB // ( SCD ) .
Khi đó d ( AB, CM ) = d ( AB, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) .
CD ⊥ AD
Ta có 
 CD ⊥ ( SAD )  ( SCD ) ⊥ ( SAD ) .
CD ⊥ SA
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 41
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Trong mặt phẳng ( SAD ) vẽ AH ⊥ SD tại H .
( SAD ) ⊥ ( SCD )

Khi đó ( SAD )  ( SCD ) = SD  AH ⊥ ( SCD )  d ( A; ( SCD ) ) = AH .

Trong ( SAD ) : AH ⊥ SD
Ta có AH =
SA. AD
SA + AD
2
Vậy d ( AB, CM ) =
2
=
a 3.a
(a 3)
2
+ a2
=
a 3
.
2
a 3
.
2
Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh bằng 4a . Cạnh bên SA = 2a .
Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm H của đoạn AO . Tính
khoảng cách d giữa các đường thẳng SD và AB .
A. d = 4a .
B. d = 2a .
C. d =
3a 2
11
.
D. d =
4a 22
.
11
Lời giải
Chọn B
Gọi I là hình chiếu của H trên CD  HI ⊥ CD . Gọi K là hình chiếu của H trên
SI  HK ⊥ SI .
CD ⊥ HI
Ta có 
 CD ⊥ ( SHI )  CD ⊥ HK .
CD ⊥ SH ( SH ⊥ ( ABCD ) )
 HK ⊥ CD
Ta có 
 HK ⊥ ( SCD )  d ( H ; ( SCD ) ) = HK .
 HK ⊥ SI
3
Ta có HI = AD = 3a; AC = 4 2a  AH = 2a .
4
Xét SHA có SH = SA2 − AH 2 = a 3 .
HI .SH
3
Xét SHI có HK =
= a.
SH 2 + HI 2 2
4
4
Ta có AB // ( SCD )  d ( AB; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = d ( H ; ( SCD ) ) = HK = 2a .
3
3
Câu 44: Cho chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , tam giác SAC vuông cân tại S và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d giữa SC và AB .
42| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. d =
a 6
.
6
B. d =
a 2
.
3
Phan Nhật Linh
C. d =
2a 21
.
7
D. d =
2a 30
.
5
Lời giải
Chọn C
Do ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) , SH ⊥ AC ( H là trung điểm của AC ) thì SH ⊥ ( ABCD ) .
Kẻ CD ∥ AB, ( CD = AB ) , ta có d ( SC , AB ) = d ( AB, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( H , ( SCD ) ) .
Kẻ HE ⊥ DC , mà SH ⊥ DC  DC ⊥ ( SHE ) , kẻ HK ⊥ SE , HK ⊥ DC ( DC ⊥ ( SHE ) ) suy ra
HK ⊥ ( SCD ) hay d ( H , ( SCD ) ) = HK .
Ta có tam giác SAC vuông cân tại S nên SH =
HK =
SH .HE
SH 2 + HE 2
=
1
a 3
AC = a , HE = HC.sin 60 =
. Do đó
2
2
2 21
21
a.
a suy ra d ( SC , AB ) =
7
7
Câu 45: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu của điểm
A trên mặt phẳng ( ABC ) là trọng tâm G của tam giác ABC và diện tích tam giác AAB bằng
a2
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CC  và AB .
4
A. 2 2a .
B.
a 2
.
4
C. a 2 .
D.
a 2
.
2
Lời giải
Chọn D
Chọn mặt phẳng ( AABA ) chứa AB và song song với CC  .
Khi đó d ( AB, CC  ) = d ( CC , ( AABB ) ) = d ( C , ( AABB ) ) .
Gọi I là trung điểm của AB . Vì tam giác ABC đều nên CI ⊥ AB  GI ⊥ AB .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 43
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 AG ⊥ AB
Vì 
 AB ⊥ ( AGI )  AB ⊥ AI .
GI ⊥ AB
1
a 3
.
GI = CI =
3
6
1
a2
a
a2
Vì diện tích tam giác AAB bằng
nên AI . AB =
 AI = .
2
4
2
4
a 2 3a 2 a 6
.
−
=
4
36
6
Trong mặt phẳng ( AGI ) kẻ GH ⊥ AI ( H  AI ) .
Suy ra A ' G = AI 2 − GI 2 =
GH ⊥ AI
Khi đó 
suy ra GH ⊥ ( AABB )  d ( G , ( AABB ) ) = GH .

GH
⊥
AB
AB
⊥
A
GI
(
)
(
)

Xét tam giác AGI vuông tại G có
AG.GI
GH . AI = AG.GI  d ( G, ( AABB ) ) = GH =
=
AI
Ta lại có
d ( C , ( AABB ) )
d ( G, ( AABB ) )
Vậy d ( AB, CC  ) =
=
a 6 a 3
.
6
6 =a 2.
a
6
2
a 2
CI
.
= 3  d ( C , ( AABB ) ) = 3.d ( G, ( AABB ) ) =
2
GI
a 2
.
2
Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc
với đáy, góc SBD = 60 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO .
A.
a 2

2
B.
a 6

4
C.
a 3

3
Lời giải
Chọn D
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC , AD . Dựng AH ⊥ SN
Khi đó d ( AB; SO ) = d ( AB, ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) = AH
Do tam giác SBD có SBD = 60 và SB = SD nên SBD là tam giác đều
Suy ra SD = BD = a 2 , do đó SA = SD 2 − AD 2 = a .
Ta có
a 5
1
1
1
 AH =
= d ( AB, SO ) .
= 2+
2
2
5
AH
SA
AN
44| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D.
a 5

5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 47: Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = a 3, AA = 2a . Hình
chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( ABC  ) trùng với trung điểm H của đoạn BC 
(tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC  bằng
A.
a 5
.
5
B.
a 15
.
3
C.
a 15
.
5
D.
a 5
.
3
Lời giải
Chọn C
Kẻ AI ⊥ BC , AK ⊥ HI .
Do AH ⊥ ( ABC  )  AH ⊥ BC   AH ⊥ BC mà AI ⊥ BC nên BC ⊥ ( AHI )  BC ⊥ AK .
Vì AK ⊥ BC , AK ⊥ HI  AK ⊥ ( BBC C ) .
Vì AA BB  AA
( BBCC )  d ( AA, BC ) = d ( AA, ( BBCC ) ) = d ( A, ( BBC C ) ) = AK .
Xét tam giác ABC có đường cao AI nên
1
1
1
1
1
4
3a
; BC = AB 2 + AC 2 = 2a .
=
+
= 2 + 2 = 2  AI =
2
2
2
2
AI
AB
AC
a
3a
3a
1
1
Xét tam giác ABC  có đường trung tuyến AH nên AH = BC  = BC = a .
2
2
Xét tam giác AAH vuông tại H (do AH ⊥ ( ABC  )  AH ⊥ AH ) nên
AH = AA2 − AH 2 = 4a 2 − a 2 = 3a .
Xét tam giác AHI vuông tại A (do AH ⊥ ( ABC  )  AH ⊥ ( ABC )  AH ⊥ AI ) có đường
cao AK
nên
15a
1
1
1
1
4
5
15a
 d ( AA, BC ) =
=
+ 2 = 2 + 2 = 2  AK =
.
2
2
5
5
AK
AH
AI
3a
3a
3a
Câu 48: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M là trung điểm của CD , tính
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 45
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SC theo a .
A.
a 6
.
3
B.
a 5
.
2
C.
a 6
.
5
D.
a 5
.
5
Lời giải
Chọn D
Gọi H là trung điểm của cạnh AB , do tam giác SAB cân tại S nên SH ⊥ AB .
( SAB ) ⊥ ( ABCD )

Ta có ( SAB )  ( ABCD ) = AB  SH ⊥ ( ABCD ) .
 SH ⊥ AB

Trong mặt phẳng ( ABCD ) , xét tam giác BHC vuông tại B có:
2
a 5
a
CH = BH + BC =   + a 2 =
.
2
2
2
2
Do H , M lần lượt là trung điểm của cạnh AB, CD nên AM // CH .
 AM // HC
 AM // ( SHC ) .
 HC  ( SHC ) , AM  ( SHC )
Ta có 
 d ( AM , SC ) = d ( AM , ( SHC ) ) = d ( A, ( SHC ) ) .
Trong mặt phẳng ( ABCD ) , từ A kẻ AK ⊥ HC , mặt khác có SH ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ AK
, do đó AK ⊥ ( SHC ) . Vậy d ( A, ( SHC ) ) = AK .
Ta có BHC
KHA ( g .g ) nên
AK AH
AH
a 5
=
 AK =
.BC =
.
BC CH
CH
5
Vậy d ( AM , SC ) = d ( A, ( SHC ) ) =
a 5
.
5
Câu 49: Cho hình chóp đều S . ABCD có O là giao điểm của AC và BD . Gọi M , E , F lần lượt là trung
điểm của AB, SC , SD . Biết SO = a; AB = 2a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng ME và CF
bằng
A.
2
a.
4
B.
6
a.
6
C.
Lời giải
Chọn B
46| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
a.
6
D.
6
a.
4
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi I , J lần lượt là trung điểm của OB, OD .
Có O là trung điểm của IJ .
Có FJ / / SO  FJ ⊥ ( ABCD ) .
Có AFEM là hình bình hành nên ME / / AF  ME / / ( AFC ) .
 d ( ME , CF ) = d ( ME , ( AFC ) ) = d ( M , ( AFC ) ) = d ( I , ( AFC ) ) = d ( J , ( AFC ) )
Trong ( SBD ) kẻ JH vuông góc với OF tại H , dễ có JH vuông ( AFC ) .
a
2
1
Có FJ = , JO =
2
a,
2
1
1
a
= 2 + 2  JH =
2
JH
JF
JO
6
a
Vậy d ( ME , CF ) =
.
6
Câu 50: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông và AB = BC = a , AA = a 2 , M
là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và BC .
A. d =
a 2
.
2
B. d =
a 2
.
2
C. d =
a 3
.
3
D. d =
a 7
.
7
Lời giải
Chọn D
Tam giác ABC vuông và AB = BC = a nên ABC chỉ có thể vuông tại B .
 AB ⊥ BC
Ta có 
 AB ⊥ ( BCB ) .
 AB ⊥ BB '
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 47
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Kẻ MN // BC  BC // ( AMN )
 d = d ( BC , MN ) = d ( BC , ( AMN ) ) = d ( C , ( AMN ) ) = d ( B, ( AMN ) ) .
Vì tứ diện BAMN là tứ diện vuông nên
1
1
1
1
1
1
1
7
a 7
=
+
+
= 2+
+
= 2 d =
.
2
2
2
2
2
2
7
d
BA
BM
BN
a
a
a
a 2
 


2
 2 
Câu 51: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có cạnh bên bằng a 2 , đáy ABC là tam giác vuông tại
B, BC = a 3, AB = a . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên mặt đáy là điểm M thoả mãn
3AM = AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng
A.
a 210
.
15
B.
a 210
.
45
C.
a 714
.
17
D.
a 714
.
51
Lời giải
Chọn A
Dựng hình bình hành ABCD , vì tam giác ABC là tam giác vuông tại B nên ABCD là hình chữ
nhật.
Suy ra BC / / AD  BC / / ( AAD ) .
Do đó d ( BC , AA ) = d ( BC , ( AAD ) ) = d ( C , ( AAD ) ) .
Mà 3AM = AC nên d ( C , ( AAD ) ) = 3d ( M , ( AAD ) ) .
Kẻ MH ⊥ AD  ( AMH ) ⊥ ( AAD ) = AH .
Kẻ MK ⊥ AH  MK ⊥ ( AAD )  MK = d ( M , ( AAD ) ) .
Mặt khác ta có AC =
Và MH / /CD 
Suy ra
1
2a
a 14
AB 2 + BC 2 = 2a  AM = AC =
 AM = AA2 − AM 2 =
.
3
3
3
MH AM 1
1
1
a
=
=  MH = CD = AB = .
CD
AC 3
3
3
3
1
1
1
1
1
1
1
135
a 210
=
+

=
+

=
 MK =
2
2
2
2
2
2
2
2
45
MK
AM
MH
MK
MK
14a
 a 14 
a
 


3
 3 
.
48| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
(
Phan Nhật Linh
)
Vậy d ( BC , AA ) = d C , ( AAD ) = 3d M , ( AAD ) = 3MK = 3
a 210 a 210
=
.
45
15
Câu 52: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
( ABC ) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2 HB . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
0
( ABC ) bằng 60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
A.
42
a.
8
B.
42
a.
6
C.
SA và BC theo
42
a.
4
a.
D.
42
a.
3
Lời giải
Chọn C
Gọi N là trung điểm BC . Trong mặt phẳng ( ABC ) dựng đường thẳng d qua A và song song
với BC .
Qua H dựng đường thẳng song song với AN cắt d tại E và cắt BC tại K. Khi đó tứ
giác AEKN là hình chữ nhật.
Ta có: BC / / AE  BC / / ( SAE )  d ( BC , SA ) = d ( BC , ( SAE ) ) = d ( K , ( SAE ) )
HB HK 1
KH 1
3
=
= 
=  d ( K ,( SAE ) = d ( H , ( SAE ) ) .
HA HE 2
KE 3
2
 AE ⊥ SH
Ta có 
 AE ⊥ ( SHE )  ( SHE ) ⊥ ( SAE )
 AE ⊥ KE
Trong mặt phẳng ( SHE ) kẻ HI ⊥ SE tại I . Từ đó suy ra:
Mặt khác
HI ⊥ ( SAE )  d ( H , ( SAE ) ) = HI  d ( BC , SA ) =
3
HI .
2
1
2
2a 3
SH .HE
a 42
HK = AN  EH = AN =
.
 HI =
=
2
2
3
3
3
6
SH + HE
Vậy d ( SA , BC ) =
a 42
.
4
Câu 53: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông. SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB bằng a . Gọi M là trung điểm của SB . Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 49
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A.
3
a.
2
B.
3
a.
3
C.
6
a.
3
D.
4a
.
3
Lời giải
Chọn B
Ta có CD / / AB  CD / / ( SAB )  d ( CD , SB ) = d ( CD , ( SAB ) ) = d ( D , ( SAB ) ) .
Do
SA ⊥ ( ABCD )  SA ⊥ AD
.
Mà
ABCD
là
hình
vuông
nên:
AD ⊥ AB  DA ⊥ ( SAB )  DA = d ( CD , SB ) = a .
Dựng hình lập phương ABCD.SBC D như hình vẽ.
Ta có:
AB / / DC   AB / / ( SC D )  d ( AM , SD ) = d ( AB , SD ) = d ( A , ( SC D ) ) = d ( D , ( SC D ) ) .
Gọi O = SC   BD  SC  ⊥ DO mà DD ⊥ SC   SC  ⊥ ( ODD )  ( SC D ) ⊥ ( ODD )
Trong mặt phẳng ( DOD ) kẻ DH ⊥ OD tại H . Suy ra DH ⊥ ( SC D )  d ( AM , SD ) = DH
Ta có DO =
a 2
, DD = a  d ( AM , SD ) = DH =
2
Vậy d ( AM , SD ) =
a 3
.
3
50| Biên soạn: Phan Nhật Linh
DO.DD
DO + DD
2
=
a 3
3
.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
5
DẠNG
A
Phan Nhật Linh
BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Bất phương trình logarit cơ bản
Bất phương trình logarit cơ bản có dạng: log a x  b (hoặc log a x  b,log a x  b,log a x  b ) với a  0, a  1.
Xét bất phương trình log a x  b.
▪
Trường hợp a  1 , ta có: log a x  b  x  a b .
▪
Trường hợp 0  a  1 , ta có: log a x  b  0  x  a b .
Ta minh họa bằng đồ thị như sau.
Với a  1 , ta có đồ thị sau.
•
Với 0  a  1 , ta có đồ thị sau.
Quan sát đồ thị, ta thấy rằng:
▪
Trường hợp a  1 : log a x  b khi và chỉ khi x  a b .
▪
Trường hợp 0  a  1 : log a x  b khi và chỉ khi 0  x  ab .
Các phương pháp giải bất phương trình logarit :
•
 0  a  1

 f ( x )  g ( x )
Phương pháp đưa về cùng cơ số : log a f ( x )  log a g ( x )  
 a  1
  f ( x )  g ( x )

•
 a  1

b
  f ( x )  a
Phương pháp logarit hóa : log a f ( x )  b  
 0  a  1
 0  f ( x )  a b

•
Phương pháp hàm số.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
x 2 − 16
x 2 − 16
 log 7
Câu 39 – Đề tham khảo 2023. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 3
?
343
27
A. 193.
B. 92.
C. 186.
D. 184.
 Lời giải
Chọn D
Tập xác định: D = ( −; −4 )  ( 4; + ) .
Ta có: log 3
x 2 − 16
x 2 − 16
 log 7
343
27
(
)
(
)
 log 3 7. log 7 x 2 − 16 − 3  log 7 x 2 − 16 − 3log 7 3
(
)
 ( log 3 7 − 1) .log 7 x 2 − 16  3log 3 7 − 3log 7 3
(
)
(
)
 log 7 x 2 − 16 
3 ( log 3 7 − log 7 3 )
 log 7 x 2 − 16  3 (1 + log 7 3 )
log 3 7 − 1
(
)
 log 7 x 2 − 16  log 7 213  x 2 − 16  213  − 9277  x  9277
Kết hợp điều kiện ta có x  −96; −95;...; −5;5;...;95;96 . Vậy có 184 số nguyên x thỏa mãn.
C
Câu 1:
Câu 2:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
x2 − 9
x2 − 9
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log3
?
 log5
125
27
A. 116.
B. 58.
C. 117.
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 3.log5
A. 490 .
Câu 3:
(
D. Vô số.
C. 25 .
x 2 − 25
 log3
3
324
C. 216.
B. 434
2
x 2 − 25
?
144
D. 217.
13 2
x − 12 x − e x − 2022 . Cho biết bất phương trình ẩn m sau đây
2
f log 0,5 ( log 2 ( 2m + 1) ) − 2021  f  f ( 0 )  có bao nhiêu nghiệm nguyên?
B. 10.
C. 11.
D. 7.
(
)
Số nghiệm nguyên của bất phương trình log x log 2 (4 x − 6)  1 là
A. 1.
Câu 7:
B. 26 .
Cho hàm số y = f ( x ) = − x3 +
A. 14.
Câu 6:
)
2
Có bao nhiêu số nguyên dương x thỏa mãn log 2
A. 432.
Câu 5:
x2 + 4 x − 5
x2 + 4 x − 5
 log 2
?
512
125
C. 500 .
D. 498 .
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 2 x − 4 x log3 ( x + 25 ) − 3  0 ?
A. 24 .
Câu 4:
B. 502 .
D. 100.
B. 0.
D. Vô số.
C. 4.
(
)
Có bao nhiêu số nguyên a thỏa mãn 3log3 1 + a + 3 a  2log 2 a .
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 4096 .
B. 4095 .
Câu 8:
(
C. 4094 .
)
Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn 2 x − 4 x log3 ( x + 25 ) − 3  0?
A. 24 .
Câu 9:
Phan Nhật Linh
D. 4093 .
2
B. 26 .
C. Vô số.
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log3
A. 78 .
B. 80 .
D. 25 .
( x 2 − 4 x) 2
x2 − 4x
?
 log 2
4096
27
C. 76 .
D. 82 .
Câu 10: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn bất phương trình sau?
(3
2x
A. 4 .
− 2188  3x − 2 + 27
B. 5 .
)
(
)
3 − log3 x 2 + 18  0 .
C. 6 .
D. 7 .
Câu 11: Bất phương trình ( x 2 − 4 ( x − 1) ) log 1 ( − x 2 + 4 x + 1)  0 có tổng tất cả các nghiệm nguyên là?
e
A. 6 .
C. 4 .
B. 8 .
D. 10 .
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn
 2 x2 − 5x + 2 
 2 x2 − 5x + 2 
2
log3 
 + log3.log 
  log(2 x − 5 x + 2) ?
1000
27




A. 234 .
B. 230 .
C. 288 .
D. 232 .
(
Câu 13: Có bao nhiêu số nguyên x nhỏ hơn 2022 thoả mãn log 22 x − 3.log 2 x + 2
A. 2020 .
B. 2021 .
C. 2022 .
)
16 − ( 0,5 )
2x
 0.
D. 2023 .
 x2 − 4 
x2 − 4
Câu 14: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 2
 log3 
?
81
 16 
A. 68 .
B. 34 .
C. 63 .
D. 33 .
2


Câu 15: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn  216 − x − 1  ( log3 x − 3)  0 ?


A. 6 .
B. 4 .
C. 7 .
(
Câu 16: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 3x + 36 − x − 246
A. 144.
B. 145.
)
D. 5 .
5 − ln ( x + 3)  0 là
C. 146.
D. 147.
(
)
(
)
Câu 17: Tìm tất cả giá trị của tham số m để bất phương trình log 2 x 2 + 3  log x 2 + mx + 1 có tập
nghiệm là
.
B. m  2 2 .
A. −2  m  2 .
(
)
C. −2 2  m  2 2 . D. m  2 .
(
Câu 18: Bất phương trình log x 2 + x − log ( 3 − x )  3x − 3x


tập nào trong các tập hợp sau đây?
A. ( −3; 7 ) .
B. ( −3; +  ) .
2
)  0 có tập nghiệm không là tập con của
C. ( −; − 5 ) .
D. ( −; 0 ) .
Câu 19: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 5 số nguyên x thỏa
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
mãn 3 y − 3x ( ln x − 1)  0
A. 2181 .
B. 2183 .
C. 2179 .
Câu 20: Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn
(4
A. 94 .
log ( x + 3)
log x + 3
− 5.2 ( ) + 4
B. 95 .
)
D. 2187 .
(
)
log x + 3 x 2 − x − 1  0 ?
C. 98 .
D. 97 .
 3x − 1  3
Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình log 4 3x − 1 .log 1 
  là
16
 4
4
(
A. ( 0;1   2; +  ) .
)
D. ( −;1   2; +  ) .
C. 1;2 .
B. (1;2 ) .
(
Câu 22: Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn bất phương trình log 22 x − log 2 x3 + 2
B. 4 .
A. 3 .
C. 5 .
(
Câu 23: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn − log 2 x + 5log 2 x + 6
A. 64.
Câu 24: Cho
2
B. 9.
bao
nhiêu
số
dương
m
32 − 2 x  0 ?
D. 6 .
)
3 − log 5 x  0 ?
C. 65.
nguyên
)
D. 8.
để
bất
phương
2x − x + 1
 −2 x 2 + 2 x − m có nghiệm
2
4x − x + 4 − m
A. 1 .
B. 3 .
C. 2 .
trình
sau
2
log3
Câu 25: Số nghiệm nguyên của bất phương trình
A. 5 .
B. 6 .
Câu 26: Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn
A. 8 .
B. 7 .
D. 4 .
(
)
2log 2 ( x + 2 ) − log 2 2 x 2 − 1  ( x + 1)( x − 5 ) là
D. 4 .
C. 7 .
(
)
2log3 ( x + 2 ) − log3 2 x 2 − 1  ( x + 1)( x − 5 ) ?
C. 6 .
D. 5 .
Câu 27: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( a; b) , trong đó a, b  1;2022 thỏa mãn
 2a 

b 
a+2 
A. 5 .
2b
a
 a + 2b 
  b +1  ?
 2

B. 9 .
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C. 10 .
D. 11 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log3
A. 116.
B. 58.
x2 − 9
x2 − 9
?
 log5
125
27
C. 117.
Lời giải
D. 100.
Chọn D
TXĐ: D = ( −; −3)  ( 3; + ) .
( (
)
( (
1
1
x2 − 9
x2 − 9

ln x 2 − 9 − ln125 
ln x 2 − 9 − ln 27
Ta có: log3
 log5
ln 3
ln 5
125
27
1
1

ln x 2 − 9 − 3ln 5 
ln x 2 − 9 − 3ln 3
ln 3
ln 5
)
( (
)
) ( ( )
 ( ln 5 − ln 3) ln ( x − 16 )  3 ( ln 5 − ln 3 )
 ln ( x − 9 )  3 ( ln 5 + ln 3)
2
2
)
)
)
2
2
 x 2 − 9  153  − 3384  x  3384
Kết hợp điều kiện ta có x  −58; −57;...; −4;4;...;57;58 . Vậy có 184 số nguyên x thỏa mãn.
Câu 2:
x2 + 4 x − 5
x2 + 4 x − 5
?
 log 2
512
125
C. 500 .
D. 498 .
Lời giải
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 3.log5
A. 490 .
B. 502 .
Chọn D
Tập xác định: D = ( −; −5 )  (1; + ) .
Ta có: 3.log5
x2 + 4 x − 5
x2 + 4 x − 5
 log 2
512
125
 3.log5 ( x 2 + 4 x − 5) − 3.log 5 512  log 2 ( x 2 + 4 x − 5) − log 2 125
 3.log5 ( x 2 + 4 x − 5) − log 2 ( x 2 + 4 x − 5)  3.log 5 512 − log 2 125
 log5 ( x 2 + 4 x − 5)[3 − log 2 5]  3.log5 512 − log 2 125
 log5 ( x 2 + 4 x − 5) 
 x + 4x − 5  5
2
3.log5 512 − log 2 125
3 − log 2 5
3.log5 512 − log 2 125
3− log 2 5
 x 2 + 4 x − 5  64000
 x 2 + 4 x − 64005  0  −255  x  251
Kết hợp điều kiện ta có x  −254; −253;...; −6;2;...;249;250 . Vậy có 498 số nguyên x thỏa mãn.
Câu 3:
(
)
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn 2 x − 4 x log3 ( x + 25 ) − 3  0 ?
A. 24 .
B. 26 .
2
C. 25 .
Lời giải
D. Vô số.
Chọn B
Điều kiện: x  −25 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
Đặt f ( x ) = 2 x − 4 x log3 ( x + 25 ) − 3 ; 2 x − 4 x = 0  2 x = 22 x
2
2
2
Về đích đặc biệt 9+
x = 0
.
 x2 = 2 x  
x = 2
log3 ( x + 25 ) − 3 = 0  log3 ( x + 25 ) = 3  x + 25 = 33  x = 2 .
Bảng xét dấu
 −25  x  0
Từ bảng xét dấu, f ( x )  0  
.
x = 2
Vậy có 26 số nguyên x thỏa yêu cầu.
Câu 4:
x 2 − 25
 log3
3
324
C. 216.
Lời giải
Có bao nhiêu số nguyên dương x thỏa mãn log 2
A. 432.
B. 434
2
x 2 − 25
?
144
D. 217.
Chọn D
Tập xác định: D = ( −; −5 )  ( 5; + ) .
x 2 − 25
 log3
324
x 2 − 25
3
2
144
1
1

ln x 2 − 25 − ln 324 
ln x 2 − 9 − ln144
ln 2 3
ln 3 2
1
1

ln x 2 − 25 − 4ln 2 3 
ln x 2 − 25 − 4ln 3 2
ln 2 3
ln 3 2
Ta có: log 2
( (
)
( (
)
(
)
( (
)
) (
( (
) (
2 + ln 2 3 )
 ln 3 2 − ln 2 3 ln x 2 − 25  4 ln 2 3 2 − ln 2 2 3
) (
(
 ln x 2 − 25  4 ln 3
(
 x 2 − 25  3 2.2 3
)
4
)
)
)
)
)
 − 46681  x  46681
Kết hợp điều kiện ta có x  −216; −215;...; −6;6;...;215;216 .
Vì x nguyên dương nên có 217 số nguyên x thỏa mãn.
Câu 5:
13 2
x − 12 x − e x − 2022 . Cho biết bất phương trình ẩn m sau đây
2
f log 0,5 ( log 2 ( 2m + 1) ) − 2021  f  f ( 0 )  có bao nhiêu nghiệm nguyên?
Cho hàm số y = f ( x ) = − x3 +
A. 14.
B. 10.
C. 11.
Lời giải
D. 7.
Chọn D
Điều kiện: m  2. Ta có: y = f ( x ) = − x3 +
13 2
x − 12 x − e x − 2022
2
y ' = f ' ( x ) = −3x 2 + 13x − 12 − e x = −3 ( x − 2 ) + x − e x  0, x 
2
biến trên
Do đó:
nên hàm số f ( x ) nghịch
.
(
)
f log 0,5 ( log 2 ( 2m + 1) ) − 2021  f ( f ( 0 ) )  log 0,5 ( log 2 ( 2m + 1) ) − 2021  f ( 0 ) = −2023
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
15
 log 0,5 ( log 2 ( 2m + 1) )  −2  0  log 2 ( 2m + 1)  4  1  2m + 1  16  0  m 
2
Vậy có 7 nghiệm nguyên.
Câu 6:
(
)
Số nghiệm nguyên của bất phương trình log x log 2 (4 x − 6)  1 là
A. 1.
B. 0.
D. Vô số.
C. 4.
Lời giải
Chọn B
Điều kiện:
 x  0, x  1
 x  0, x  1  x  0, x  1



x
  x  log 4 6   x  log 4 6  x  log 4 7 .
 4 −60

 x
 x  log 7
x
4

 4 − 6 1
log 2 4 − 6  0
(
)
(
)
Ta có: log x log 2 (4 x − 6)  1  log 2 (4 x − 6)  x
 4 x − 6  2 x  4 x − 2 x − 6  0  2 x  3  x  log 2 3
Kết hợp với điều kiện ta có: log 4 7  x  log 2 3
Vì x 
Câu 7:
nên bất phương trình không có nghiệm nguyên.
(
)
Có bao nhiêu số nguyên a thỏa mãn 3log3 1 + a + 3 a  2log 2 a .
A. 4096 .
B. 4095 .
(
C. 4094 .
Lời giải
)
D. 4093 .
Từ giả thiết 3log3 1 + a + 3 a  2log 2 a .
Đặt log 2 a = 3 x  a = 64 x .
(
)
Ta được bất phương trình: 3log3 1 + 8 x + 4 x  6 x  1 + 8 x + 4 x  9 x .
x
x
x
x
x
x
1 8 4
1 8 4
   +   +    1 . Đặt f ( x ) =   +   +   .
9 9 9
9 9 9
x
x
x
1 1 8 8  4  4
 f  ( x ) =   ln   +   ln   +   ln    0 , x  .
9 9 9 9 9 9
Vậy f ( x ) là hàm số nghịch biến trên . Và ta lại có f ( 2 ) = 1 .
x
x
x
1 8  4
Từ   +   +    1  f ( x )  f ( 2 )  x  2 .
9 9 9
Suy ra a  642 = 4096 . Suy ra có 4095 giá trị a nguyên.
Câu 8:
(
)
Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn 2 x − 4 x log3 ( x + 25 ) − 3  0?
A. 24 .
B. 26 .
Chọn B
(
)
2
C. Vô số.
Lời giải
(
D. 25 .
)
Ta có: 2 x − 4 x log3 ( x + 25 ) − 3  0  2 x − 22 x log3 ( x + 25 ) − 3  0
2
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 x  −25
 x  −25
 x  −25


2

 x  2
2
  2 x − 22 x  0

 x − 2 x  0


   x  0
 


 
   log 3 ( x + 25 ) − 3  0     x + 25  27    
 2
  x2
 x  2
2x


x
−
2
x

0


 2 − 2  0
  0  x  2
   x + 25  27




   x  2
  log 3 ( x + 25 ) − 3  0
  −25  x  0
 −25  x  0

.
   x = 2

x=2

 x = 2
Vì x   có 26 số nguyên thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9:
Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log3
A. 78 .
B. 80 .
( x 2 − 4 x) 2
x2 − 4x
?
 log 2
4096
27
C. 76 .
Lời giải
D. 82 .
Chọn A
Tập xác định: D = ( −;0 )  ( 4; + ) .
Ta có: log3
( x 2 − 4 x) 2
x2 − 4x
 log 2
4096
27
 log3 ( x 2 − 4 x) 2 − log3 4096  log 2 ( x 2 − 4 x) − log 2 27
 2 log3 ( x 2 − 4 x) − log 3 64  log 2 ( x 2 − 4 x) − log 2 27
 2 log3 ( x 2 − 4 x) − 6log3 2   log 2 3.log3 ( x 2 − 4 x) − 3log 2 3
 log3 ( x 2 − 4 x)  2 − log 2 3  12log 3 2 − 3log 2 3
 log3 ( x 2 − 4 x) 
12log3 2 − 3log 2 3
3(4 − log 22 3)
 log3 ( x 2 − 4 x) 
2 − log 2 3
log 2 3.(2 − log 2 3)
 log3 ( x 2 − 4 x) 
3(2 +log 2 3)
 log3 ( x 2 − 4 x)  3(2.log 3 2 +1)
log 2 3
 log3 ( x 2 − 4 x)  log 3123  x 2 − 4 x − 1728  0  2 − 2 433  x  2 + 2 433
 2 − 2 433  x  2 + 2 433
Kết hợp điều kiện ta có x  −39; −38;...; −1;5;...;42;43 .
Vậy có 78 số nguyên x thỏa mãn.
Câu 10: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn bất phương trình sau?
(3
2x
A. 4 .
Chọn D
− 2188  3x − 2 + 27
B. 5 .
(
)
(
C. 6 .
Lời giải
)
)
3 − log3 x 2 + 18  0 .
(
)
D. 7 .
Trường hợp 1: 3 − log3 x 2 + 18 = 0  log3 x 2 + 18 = 3  x 2 − 9 = 0  x = 3 .
Thử lại với bất phương trình đề bài ta nhận x = 3 .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
(
Phan Nhật Linh
)
Trường hợp 2: 3 − log3 x 2 + 18  0  log3 x 2 + 18  3  x 2 − 9  0  −3  x  3 .
(
Ta có : 32 x − 2188  3x − 2 + 27
)
(
)
3 − log3 x 2 + 18  0
( )
 32 x − 2188  3x− 2 + 27  0  3x
2
−
2188 x
 3 + 27  0
9
1
 3x  243  3−2  3x  35  −2  x  5 .
9
So với điều kiện của trường hợp 2 ta nhận −2  x  3 .
Mà x   x  −2; −1;0;1;2 .

Kết hợp với trường hợp 1 ta nhận x  −3; −2; −1;0;1;2;3 .
Vậy có tất cả 7 số nguyên x là nghiệm của bất phương trình.
Câu 11: Bất phương trình ( x 2 − 4 ( x − 1) ) log 1 ( − x 2 + 4 x + 1)  0 có tổng tất cả các nghiệm nguyên là?
e
A. 6 .
C. 4 .
Lời giải
B. 8 .
D. 10 .
Chọn C
Ta có: ( x 2 − 4 ( x − 1) ) log 1 ( − x 2 + 4 x + 1)  0  ( x − 2 ) log 1 ( − x 2 + 4 x + 1)  0
2
e
e
x−2 0

x2

 x2
 x2

 log − x 2 + 4 x + 1  0   2
 2

.
(
)
− x + 4 x + 1  1
− x + 4 x  0
0  x  4
 1e
Vì x   x  1;3 . Vậy tổng tất cả các nghiệm nguyên bằng 4 .
Câu 12: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn
 2 x2 − 5x + 2 
 2 x2 − 5x + 2 
2
log3 
 + log3.log 
  log(2 x − 5 x + 2) ?
10
00
27




A. 234 .
B. 230 .
C. 288 .
D. 232 .
Lời giải
Chọn B
1

Tập xác định: D =  −;   ( 2; + ) .
2

 2 x2 − 5x + 2 
 2 x2 − 5x + 2 
2
Ta có: log3 
 + log3.log 
  log(2 x − 5 x + 2)
1000
27




 log3 (2 x 2 − 5 x + 2) − log 3 1000 + log 3[log(2 x 2 − 5 x + 2) − log 27]  log(2 x 2 − 5 x + 2)
 log3 (2 x 2 − 5 x + 2) + log 3.log(2 x 2 − 5 x + 2) − log(2 x 2 − 5 x + 2)  log 3 1000 + log 3.log 27
 log3 (2 x 2 − 5 x + 2)[1 + log 2 3 − log3]  3(log3 10 + log 2 3)
 log3 (2 x 2 − 5 x + 2) 
3(log3 10 + log 3)
1 + log 2 3 − log3
2
3(log3 10 + log 2 3)
 2 x2 − 5x + 2  3
1+ log 2 3− log3
 2 x 2 − 5 x + 2  27000  2 x 2 − 5 x − 26998  0
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
1
 (5 − 3 24001)  x  (5 + 3 24001)
4
4
Kết hợp điều kiện ta có x  −114; −113;...;0;3;...;116;117 .
Vậy có 230 số nguyên x thỏa mãn.
(
Câu 13: Có bao nhiêu số nguyên x nhỏ hơn 2022 thoả mãn log 22 x − 3.log 2 x + 2
A. 2020 .
B. 2021 .
C. 2022 .
Lời giải
)
16 − ( 0,5 )
2x
 0.
D. 2023 .
Chọn A
16 − ( 0,5 )
Điều kiện: 
 x  0
(
2x
 x  −2
 x0

x  0
0
16 − ( 0,5 )2 x = 0
(1)
0  
2
log x − 3.log 2 x + 2  0 ( 2 )
 2
Ta có log 2 x − 3.log 2 x + 2
)
Phương trình (1)  ( 0,5 )
= 16  2 x = −4  x = −2 (không thỏa mãn)
2
2x
16 − ( 0,5 )
2x
log x  1
x  2
Phương trình (2)   2
.

x  4
log 2 x  2
Kết hợp với điều kiện, ta có các giá trị nguyên thoả mãn trong trường hợp này là
x  1;2  4;5;6;....2021 .
Vậy có 2020 số nguyên x thoả mãn đề bài.
 x2 − 4 
x2 − 4
Câu 14: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 2
 log3 
?
81
 16 
A. 68 .
B. 34 .
C. 63 .
Lời giải
Chọn A
 x  −2
Điều kiện: x 2 − 4  0  
.
x  2
(
)
(
)
Ta có: log 2 x 2 − 4 − 4log 2 3  log3 x 2 − 4 − 4log3 2
(
)
 log 2 x − 4 − 4log 2 3 
2
(
log 2 x 2 − 4
log 2 3
) − 4 log
32
 1

 log 2 x 2 − 4 (1 − log3 2 )  4 
− log3 2 
 log3 2

1 + log3 2
 log 2 x 2 − 4  4log 2 6
 log 2 x 2 − 4  4
log3 2
(
)
(
)
(
)
 x 2 − 4  64  −10 13  x  10 13
 2  x  10 13
Kết hợp điều kiện ta được:  
 −10 13  x  −2
Từ đó suy ra có 68 số nguyên x thỏa mãn.
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. 33 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
2


Câu 15: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn  216 − x − 1  ( log3 x − 3)  0 ?


A. 6 .
B. 4 .
C. 7 .
Lời giải
Chọn B
D. 5 .
2
2 x2 −16 − 1  0
 x − 16  0
0 x4.

Điều kiện: 
 x  0
 x  0
Trường hợp 1: Xét x = 4 thỏa mãn đề bài.
2
216 − x − 1  0 . Khi đó
Trường hợp 2: Xét 0  x  4 , ta có
 16 − x2

− 1  ( log3 x − 3)  0  log3 x − 3  0  x  27
 2


Kết hợp với điều kiện x  , 0  x  4 ta có trường hợp này các giá trị x thỏa mãn yêu cầu bài
toán là x  1;2;3 . Vậy x  1;2;3;4 nên có 4 giá trị x thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(
Câu 16: Số nghiệm nguyên của bất phương trình 3x + 36 − x − 246
A. 144.
B. 145.
)
5 − ln ( x + 3)  0 là
C. 146.
Lời giải
D. 147.
Chọn B
Ta có:
(3
x
+ 36 − x − 246
)
 x + 3 = e5 (ktm)
5 − ln ( x + 3) = 0


5 − ln ( x + 3)  0   5 − ln ( x + 3)  0   −3  x  e5 − 3
 2 x
 x
6− x
x
6
 3 + 3 − 246  0
 3 − 246.3 + 3  0
 −3  x  e 5 − 3
 −3  x  e 5 − 3
 −3  x  1

 x
  3  3
  x  1

.
5
5

x

e
−
3


 x

 x  5
 3  243
Vì x  nên ta được số nghiệm nguyên của bất phương trình là 145.
(
)
(
)
Câu 17: Tìm tất cả giá trị của tham số m để bất phương trình log 2 x 2 + 3  log x 2 + mx + 1 có tập
nghiệm là
.
B. m  2 2 .
A. −2  m  2 .
Chọn A
(
)
(
C. −2 2  m  2 2 . D. m  2 .
Lời giải
)
Ta có: log 2 x 2 + 3  log x 2 + mx + 1
 x 2 + mx + 1  0 (1)
 x 2 + mx + 1  0


2
2
2
 2 x + 3  x + mx + 1
 x − mx + 2  0 ( 2 )
(
)
(
( *)
)
Để bất phuương trình log 2 x 2 + 3  log x 2 + mx + 1 có tập nghiệm là
nghiệm
thì hệ (*) có tập
 1 = m 2 − 4  0
 −2  m  2 .

2
  2 = m − 8  0
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
(
)
Câu 18: Bất phương trình log x 2 + x − log ( 3 − x )  3x − 3x


tập nào trong các tập hợp sau đây?
A. ( −3; 7 ) .
B. ( −3; +  ) .
2
)  0 có tập nghiệm không là tập con của
C. ( −; − 5 ) .
D. ( −; 0 ) .
Lời giải
Chọn C
  x  −1
2
 x  −1
 x + x  0

Điều kiện xác định: 
.
   x  0  
0  x  3
3 − x  0
x  3

Trường hợp 1:
(
)
 x  1
2
2
log x 2 + x − log ( 3 − x )  0

 x + x  3 − x
 x + 2 x − 3  0



   x  −3 (Vô nghiệm)

2
2
2
x
x
x

x
x
−
x

0






3 − 3  0
0  x  1
Trường hợp 2:
−3  x  1
2
2
log x 2 + x − log ( 3 − x )  0

 x + x  3 − x
 x + 2 x − 3  0



  x  1
 x  ( −3; 0 )

2
2
2
3x − 3x  0
 x  0
 x  x
 x − x  0

(
)
Kết hợp với điều kiện ta được x  ( −3; − 1) .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( −3; − 1) . Ta thấy S không là tập con của tập hợp
( −; − 5) .
Câu 19: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho ứng với mỗi y có không quá 5 số nguyên x thỏa
(
)
mãn 3 y − 3x ( ln x − 1)  0
A. 2181 .
B. 2183 .
C. 2179 .
Lời giải
D. 2187 .
Chọn D
Điều kiện xác định: x  0
x
x

log 3 y  x 1 + log3 y  x
3 y − 3  0 3 y  3
Trường hợp 1: 

 3

 e  x  1 + log3 y
ln x − 1  0
ln x  1
x  e
x  e


Yêu cầu bài toán  1 + log3 y  8  y  37
3 y − 3x  0 
3 y  3x
log 3 y  x 1 + log3 y  x

Trường hợp 2: 

 3

 1 + log3 y  x  e
ln x − 1  0
ln x  1
x  e
x  e


Yêu cầu bài toán  1 + log3 y  0  y  3−1
Từ, và yêu cầu y nguyên dương ta có: 3−1  y  37  có 2187 số y thỏa mãn.
Câu 20: Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn
(4
A. 94 .
Chọn A
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
log ( x + 3)
B. 95 .
log x + 3
− 5.2 ( ) + 4
)
(
)
log x + 3 x 2 − x − 1  0 ?
C. 98 .
Lời giải
D. 97 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Điều kiện:
Phan Nhật Linh
 x  −3

 x  −2
  x  −3



0  x + 3  1
 x  −2
 x  0

  x  0
 x  1
 −2  x  −1
2

x
−
x

0






x  3

 x2 − 2 x − 3  0
 x  1
2

log
x
−
x
−
1

0
x
+
3

  −2  x  −1

  x  −2

 2
  x  3
   x − 2 x − 3  0

   x  −2
(
)
(
log x + 3
log x + 3
Với điều kiện trên, bất phương trình: 4 ( ) − 5.2 ( ) + 4
)
(
)
log x + 3 x 2 − x − 1  0
 −2  x  97
 4log ( x + 3) − 5.2log ( x + 3) + 4  0
1  2log ( x + 3)  4


  x = −1
 −2  x  97
2
2
log x + 3 x − x − 1 = 0

x
−
2
x
−
3
=
0


 x = 3
(
)
  −2  x  −1
3  x  97

So với điều kiện ta có:   x  3

 −2  x  −1
−2  x  97

Các số nguyên thoả mãn yêu cầu bài toán gồm: −1;3;4;5;...;97
Vậy có 96 số nguyên thoả yêu cầu bài toán.
 3x − 1  3
Câu 21: Tập nghiệm của bất phương trình log 4 3 − 1 .log 1 
  là
16  4
4
(
A. ( 0;1   2; +  ) .
B. (1;2 ) .
x
)
D. ( −;1   2; +  ) .
C. 1;2 .
Lời giải
Chọn A
Điều kiện xác định 3x  1  x  0
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
3
− log 4 3x − 1 . log 4 3x − 1 − log 4 16   (1), đặt t = log 4 3x − 1 ( t  )

 4
3
 3

t
log 4 3x − 1 


3 x − 1  8
x 2
3
2
2
2



(1) trở thành −t + 2t −  0  
x
4
x  1
t  1
log 3x − 1  1
3 − 1  2
4
 2

2
(
)
(
)
(
(
)
(
)
)
Kết hợp điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là ( 0;1   2; +  ) .
(
Câu 22: Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn bất phương trình log 22 x − log 2 x3 + 2
A. 3 .
B. 4 .
C. 5 .
Lời giải
)
32 − 2 x  0 ?
D. 6 .
Chọn B
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
( log
2
2
x − log 2 x3 + 2

 x  0


x
32 − 2 = 0

x0
32 − 2 x  0   


32 − 2 x  0

 log 22 x − log 2 x3 + 2  0
)
x=5


x=5



 x=5
 x  0
x0


 
 
 0  x  2

x5
 x  5
 
 4  x  5
  log x  1
 log 22 x − 3log 2 x + 2  0

2



  log 2 x  2
Vậy có bốn giá trị nguyên của x thoả mãn.
(
Câu 23: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn − log 22 x + 5log 2 x + 6
A. 64.
B. 9.
Chọn C
( − log
2
2
x + 5log 2 x + 6
)
)
3 − log 5 x  0 ?
C. 65.
Lời giải
D. 8.
3 − log 5 x  0 (1)
 x = 125
log5 x = 3
 x = 125
 x = 125


0

x

125


log
x

3

 
 1
  log5 x  3
 5
  x  64

1
 − log 2 x + 5log x + 6  0
 −1  log 2 x  6

x

64
2
2

2


 
 2
Suy ra có 65 số nguyên x thỏa mãn.
Câu 24: Cho
bao
nhiêu
số
nguyên
dương
để
m
bất
2x − x + 1
 −2 x 2 + 2 x − m có nghiệm
2
4x − x + 4 − m
A. 1 .
B. 3 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn A
phương
trình
2
log3
Ta có log3
 log3
D. 4 .
2 x2 − x + 1
 −2 x 2 + 2 x − m
2
4x − x + 4 − m
2 x2 − x + 1
 4 x2 − x + 4 − m − 3 2 x2 − x + 1 − 1
2
4x − x + 4 − m
(
(
)
(
)
)
(
)
 log3 3 2 x 2 − x + 1  + 3 2 x 2 − x + 1  log 3 4 x 2 − x + 4 − m + 4 x 2 − x + 4 − m


1
 0 nên đồng biến trên ( 0;+ )
Xét hàm f ( t ) = t + log3 t có f ' ( t ) = 1 +
t ln 3
(
)
(
)
(
)
Do đó: f 3 2 x 2 − x + 1   f 4 x 2 − x + 4 − m  3 2 x 2 − x + 1   4 x 2 − x + 4 − m




 m  −2 x 2 + 2 x + 1
Bất phương trình vô nghiệm  m  −2 x 2 + 2 x + 1, x 
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
sau
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
3
3
Ta có: Max −2 x 2 + 2 x + 1 =  m  Max −2 x 2 + 2 x + 1 =
2
2
3
Vậy bất phương trình có nghiệm khi m 
2
(
)
(
Câu 25: Số nghiệm nguyên của bất phương trình
A. 5 .
B. 6 .
Phan Nhật Linh
)
(
)
2log 2 ( x + 2 ) − log 2 2 x 2 − 1  ( x + 1)( x − 5 ) là
D. 4 .
C. 7 .
Lời giải
Chọn B
 x  −2
 x  −2


 x  2

2
x + 2  0
 x

2

 2


2
2
x
−
1

0



x  1
2

Điều kiện: 
.
 
  x  −

2
log 2 ( x + 2 )  0
x
=
−
1
x

−

2





2
log 2 x 2 − 1  0

 x  −1
 2
x + 2  1

 2
 x  1
2 x − 1  1   x  −1

Ta có x = −1 là một nghiệm của bất phương trình đã cho.
(
)
Với x  1 , bất phương trình
(
)
2log 2 ( x + 2 ) − log 2 2 x 2 − 1  ( x + 1)( x − 5 )
(
)
(
) (
) (
 log 2 ( x + 2 ) − log 2 2 x 2 − 1  x 2 − 4 x − 5  log 2 ( x + 2 ) − log 2 2 x 2 − 1  2 x 2 − 1 − x 2 +
2
(
) (
2
)
(
) (
) (* )
 log 2 x 2 + 4 x + 4 + x 2 + 4 x + 4  log 2 2 x 2 − 1 + 2 x 2 − 1
2
u = x + 4 x + 4
Đặt 
, khi đó (*) có dạng
2
v = 2 x − 1
Xét hàm số f (t) = log 2 t + t có f (t ) =
biến trên khoảng (1;+ ) , do đó bpt
log 2 u + u  log 2 v + v .
( log 2 t )
2 log 2 t
+1 =
1
2t.ln 2. log 2 t
+ 1  0 nên hàm số đồng
log 2 u + u  log 2 v + v  u  v .
Khi đó x 2 + 4 x + 4  2 x 2 − 1  x 2 − 4 x − 5  0  −1  x  5 .
Kết hợp với điều kiện ta có: x = −1 1  x  5 . Vì x  nên x  −1;1;2;3;4;5 .
Câu 26: Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn
A. 8 .
(
)
2log3 ( x + 2 ) − log3 2 x 2 − 1  ( x + 1)( x − 5 ) ?
B. 7 .
C. 6 .
Lời giải
D. 5 .
Chọn B
 x + 2  1
 x  −1
ĐKXĐ:  2

 x  1  D = 1; + )
2 x − 1  1  x  −1  x  1
(
)
log ( x + 4 x + 4 ) + ( x + 4 x + 4 ) 
Ta có
2log3 ( x + 2 ) − log3 2 x 2 − 1  ( x + 1)( x − 5 )

3
2
2
(
) (
)
log3 2 x 2 − 1 + 2 x 2 − 1
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
1
Đặt f ( t ) = log3 t + t , t  1  f  ( t ) =
.
+ 1  0, t  1
t.ln 3 2 log3 t
Suy ra f ( t ) đồng biến trên (1;+ )
(
)
(
)
Suy ra f x 2 + 4 x + 4  f 2 x 2 − 1  x 2 + 4 x + 4  2 x 2 − 1  −1  x  5
Vậy có 7 số nguyên x thoả mãn.
Câu 27: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( a; b) , trong đó a, b  1;2022 thỏa mãn
 2a 

b 
a+2 
A. 5 .
2b
a
 a + 2b 
  b +1  ?
 2

B. 9 .
D. 11 .
C. 10 .
Lời giải
Chọn C
y
x
 2x   x + y 
 2x 
Đặt x = a; y = 2 , ta có 
 
 

 x + y   2y 
x+ y
b
 2x 
Xét hàm f ( x; y ) = 

x+ y
Khi x = y  f ( x; y ) = 1
y
 2y 
.

x+ y
y
x
 2y 
.
 1
x+ y
x
x
x
x
y
y
y
 2 x   2 y   4 xy 
 1x = 1(4 xy  x 2 + y 2 )
Giả sử x  y  f ( x; y )  
 .
 =
2 
 x + y   x + y   ( x + y) 
 4 xy 
 2x   2 y 
 1x = 1
Giả sử x  y  f ( x; y )  
 .
 =
2 
x+ y x+ y
 ( x + y) 
Vậy, f ( x; y )  1  f ( x; y ) = 1  x = y  a = 2b
Trên đoạn a, b  1;2022  2b  2022  b  11
Vậy, có 10 giá trị của b , và có 10 giá trị của a nên có 10 cặp ( a; b) thỏa mãn.
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
6
DẠNG
A
Phan Nhật Linh
TÍNH TÍCH PHÂN
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Công thức tính tích phân
b
a f ( x)dx = F ( x) a = F (b) − F (a) .
b
b
Nhận xét: Tích phân của hàm số f từ a đến b có thể kí hiệu bởi
b
a f ( x)dx hay a f (t )dt. Tích phân đó chỉ
phụ thuộc vào f và các cận a, b mà không phụ thuộc vào cách ghi biến số.
Tính chất của tích phân
Giả sử cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) liên tục trên K , a, b, c là ba số bất kỳ thuộc K . Khi đó ta có:
a
1.
a
b
f ( x )dx = 0
b
3.
a
c
f ( x)dx =
a
b
5.
a
2.
b
f ( x )dx +
c
a
b
f ( x )dx
4.
b
a
a
b
f ( x)dx = − f ( x )dx .
 f ( x)  g ( x) dx =
b
a
b
a
f ( x)dx  g ( x)dx .
6. Nếu f ( x )  0, x   a; b  thì:
a
kf ( x )dx = k . f ( x )dx .
7. Nếu x   a; b ; f ( x)  g ( x) 
b
a
b
a f ( x)dx  0x   a; b
b
a
f ( x) dx  g ( x)dx .
8. Nếu x   a; b  mà M  f ( x)  N thì M ( b − a ) 
b
a f ( x)dx  N (b − a ) .
Phương pháp tính tích phân
1. Phương pháp đổi biến
Phương pháp đổi biến số dạng 1:
Định lý:
▪ Hàm x = u (t ) có đạo hàm liên tục trên  ;  
▪
Hàm hợp f (u (t )) được xác định trên  ;   ,
▪
u ( ) = a, u (  ) = b
b
Khi đó: I =

a f ( x)dx =  f (u (t ))u (t )dt .
'
Phương pháp chung
▪ Bước 1: Đặt x = u ( t )
▪
Bước 2: Tính vi phân hai vế : x = u (t )  dx = u '(t )dt
Đổi cận:
▪
x=b
x=a

t=
t =
Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo biến t
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023

b
Vậy: I =
a
f ( x )dx =


f u (t )  u '(t )dt = g (t )dt = G (t )




= G (  ) − G( )

Phương pháp đổi biến dạng 2
Định lý:
Nếu hàm số u = u ( x ) đơn điệu và có đạo hàm liên tục trên đoạn
f ( x)dx = g ( u ( x) ) u '( x)dx = g (u )du thì: I =
 a; b 
sao cho
u (b )
b
a f ( x)dx = u (a ) g (u )du .
Phương pháp chung
▪
Bước 1: Đặt u = u ( x)  du = u ' ( x)dx
▪
Bước 2: Đổi cận:
▪
Bước 3: Chuyển tích phân đã cho sang tích phân theo u
x=b
x=a
b
Vậy: I =

u = u (b)
u = u (a )
u (b )
b
a f ( x)dx = a g u( x).u '( x)dx = u (a ) g (u)du
2. Phương pháp tích phân từng phần
Định lý
▪ Nếu u ( x ) và v ( x ) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên  a; b  thì:
b
b
b
b
b
b
a u( x)v ( x)dx = (u( x)v( x) ) a − a v( x)u ( x)dx Hay a udv = uv a − a vdu
'
'
Phương pháp chung
▪
Bước 1: Viết f ( x ) dx dưới dạng udv = uv 'dx bằng cách chọn một phần thích hợp của f ( x )
làm u ( x ) và phần còn lại dv = v '( x)dx


▪
Bước 2: Tính du = u ' dx và v = dv = v '( x)dx
▪
Bước 3: Tính
b
a
vu '( x)dx và uv
b
a
Cách đặt u và dv trong phương pháp tích phân từng phần.
b
b
Đặt u theo thứ tự ưu tiên:
x
P ( x)e dx
P ( x) ln xdx
“nhất Loga, nhì Đa, tam
a
a
Lượng, tứ Mũ”
P ( x)
ln x
u

dv

e x dx
P ( x ) dx
b
b
a P( x) cos xdx a e
x
cos xdx
P ( x)
ex
cos xdx
cos xdx
Chú ý:
Nên chọn u là phần của f ( x ) mà khi lấy đạo hàm thì đơn giản, chọn dv = vdx là phần của
f ( x ) dx là vi phân một hàm số đã biết hoặc có nguyên hàm dễ tìm.
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
B
Phan Nhật Linh
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 40 – Đề tham khảo 2023. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
của f ( x ) trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm
thỏa mãn F ( 4 ) + G ( 4 ) = 4 và F ( 0 ) + G ( 0 ) = 1 . Khi đó
2
 f ( 2 x ) dx bằng
0
3
B. .
4
A. 3.
C. 6.
D.
3
.
2
 Lời giải
Chọn D
Ta có: G ( x ) = F ( x ) + C
 F (4) + G(4) = 4
2 F (4) + C = 4
3

 F (4) − F (0) = .

2
 F (0) + G(0) = 1
2 F (0) + C = 1
Vậy:
4
0
0
3
 f (2 x)dx =  f ( x)dx = F (4) − F (0) = 2 .
C
Câu 1:
2
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R . Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên R thỏa
mãn F ( 9 ) + G ( 9 ) = 19, F ( 0 ) + G ( 0 ) = 3 . Khi đó tích phân I =
A. 4 .
Câu 2:
B.
1
.
2
C.
3
0 f ( 3x ) dx bằng:
8
.
3
D. −2 .
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ' ( x ) = 8 x3 + sin x, x 
và f ( 0 ) = 3 . Biết F ( x ) là một
nguyên hàm của hàm f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F (1) bằng
A.
Câu 3:
32
+ cos1 .
5
B.
32
− cos1 .
5
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C.
32
− sin1 .
5
Câu 4:
B. 4 .
Cho hàm số f ( x ) xác định trên
32
+ sin1 .
5
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn F ( 7 ) + 2G ( 7 ) = 8 và F (1) + 2G (1) = 2 . Khi đó
A. 6 .
D.
thỏa
3
0 f ( 2 x + 1) dx bằng
C. 1 .
\ 0 thỏa mãn f  ( x ) =
D. 3 .
x +1
, f ( −1) = 1 và f (1) = −1 . Giá
x2
trị của biểu thức f ( −2 ) + f ( 4 ) bằng
1
A. 3ln 2 + .
4
Câu 5:
B.
6ln 2 + 3
.
4
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C.
8ln 2 + 3
.
4
7
D. 3ln 2 − .
4
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn 2 F ( 0 ) − G ( 0 ) = 1 , F ( 2 ) − 2G ( 2 ) = 4 và F (1) − G (1) = −1 . Tính
e2
1
f ( ln x )
2x
thỏa
dx .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. −2 .
B. −4 .
Câu 6:
Về đích đặc biệt 9+
D. −8 .
C. −6 .
Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x sin x thỏa mãn F ( ) = 2 . Tính giá trị của
biểu thức T = 2 F ( 0 ) − 8 F ( 2 ) .
B. T = 4 .
A. T = 10 .
Câu 7:
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C. T = 8 .
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
Câu 8:
B.
0 f ( 4 x ) dx bằng
C. 6.
D.
3
.
8
 

\ − + k , k   . Biết
 4

  
 11 
F ( 0 ) = 1 và F ( ) = 0 . Tính giá trị của biểu thức P = F  −  − F 
.
 12 
 12 
Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y =
A. P = 2 − 3 .
Câu 9:
1
.
4
thỏa
2
mãn 3F ( 8 ) + G ( 8 ) = 9 và 3F ( 0 ) + G ( 0 ) = 3 . Khi đó
A. 3.
D. T = 6 .
C. P = −1 .
B. P = 0 .
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
1
với x 
1 + sin 2 x
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn F ( 3) + G ( 3) = 6 và F ( 0 ) + G ( 0 ) = 2 . Khi đó
A. 2 .
B.
D. P = 1 .
2
.
3
C.
thỏa
1
0 f ( 3x ) dx bằng
4
.
3
D. 4 .
Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) xác định R \ 0 thoả mãn f  ( x ) =
3
x +1
3
, f ( −2 ) = và f ( 2 ) = 2ln 2 −
2
2
2
x
.Tính giá trị biểu thức f ( −1) + f ( 4 ) bằng.
A.
6ln 2 − 3
.
4
Câu 11: Cho
f ( x) =
hàm
B.
số
6ln 2 + 3
.
4
y = f ( x)
C.
xác
8ln 2 + 3
.
4
định
D.
8ln 2 − 3
.
4
R \ −2, 2
thoả
mãn
4
, f ( −3) + f ( 3) = f ( −1) + f (1) = 2 .Tính giá trị biểu thức f ( −4 ) + f ( 0 ) + f ( 4 )
x −4
2
bằng.
A. 4 .
B. 1 .
Câu 12: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn F ( 2 ) + G ( 2 ) = 5 và F ( 0 ) + G ( 0 ) = 1 . Khi đó I =
A. 2 .
B. 4 .
Câu 13: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
D. 2 .
C. 3 .
2
2
0 xf ( x ) dx bằng
C. 3 .
D. 1 .
. Gọi F ( x ) , G ( x ) , H ( x ) là ba nguyên hàm của f ( x ) trên
thỏa mãn F ( 8 ) + G ( 8 ) + H ( 8 ) = 4 và F ( 0 ) + G ( 0 ) + H ( 0 ) = 1 . Khi đó
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
thỏa
2
0 f ( 4 x ) dx bằng
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
A. 3.
B. .
4
Câu 14: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
Phan Nhật Linh
C. 6.
D.
. Gọi F ( x ) , G ( x ) , H ( x ) là ba nguyên hàm của f ( x ) trên
thỏa mãn F ( 3) + G ( 3) + H ( 3) = 4 và F ( 0 ) + G ( 0 ) + H ( 0 ) = 1 . Khi đó
A. 1 .
3
.
2
B. 3 .
C.
5
.
3
D.
1
0 f ( 3x ) dx bằng
1
.
3
1
2
Câu 15: Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( 2 x − 3) thỏa F (0) = . Tính giá trị của biểu
3
thức T = log 2 3F (1) − 2 F (2)  .
A. T = 4 .
B. T = 2 .
C. T = 10 .
D. T = −4 .
Câu 16: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên . Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn 2 F ( 3) − G ( 3) = 4 và 2 F ( 0 ) − G ( 0 ) = 1 . Khi đó
A. 1 .
B.
3
.
4
1
0 f ( 3x ) dx bằng
C. 3 .
2 x − 4

Câu 17: Cho hàm số f ( x) =  1 3
2
 4 x − x + x
341
341
A.
.
B.
.
48
96
khi x  4
khi x  4
D.

. Tích phân
C.
 f ( 2sin
2
0
28
.
3
2
3
.
2
)
x + 3 sin 2 x dx bằng
D. 8.
Câu 18: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;2 và thoả mãn f (2) = 16,
Tính tích phân I =
A. I = 12 .

1
0
thỏa

2
0
f ( x)dx = 4 .
x. f (2 x)dx .
B. I = 7 .
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C. I = 13 .
D. I = 20 .
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên

thỏa mãn F (1) + G (1) = −2 và F ( −1) + G ( −1) = 0 . Tính
2
  sin x − 2sin 2 x f ( cos 2 x ) dx .
0
A. 2 .
B. −2 .
Câu 20: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn F ( 5 ) + G ( 5 ) = 10 và F (1) + G (1) = 2 . Khi đó
A. 2 .
B.
D. −1 .
C. 3 .
2
.
3
Câu 21: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C.
1
và
thỏa
2
0 f ( 2 x + 1) dx bằng
4
.
3
D. 4 .
3
0 f ( x ) dx = 6; 1 f ( x ) dx = 4 .
Tính tích phân
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
I=
−1 f ( 2 x − 1 ) dx .
A. I = 3 .
C. I = 14 .
B. I = 8 .
2024
Câu 22: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
0
và có
D. I = 6 .
6064
0
f ( x ) dx = 8 ,
f ( x ) dx = 10 . Tính
2022
 f ( 2 x − 2020 ) dx
I=
−2022
B. I = 2 .
A. I = 18 .
C. I = 9 .
D. I = 5 .
1
0 2 x − m dx = 2 .
Câu 23: Tính tích các giá trị của số thực m để tích phân I =
B. −3.
A. 6.
D. −4.
C. 2.
3
Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
5
0 f ( x)dx = 18 , 0 f ( x)dx = 3.
và có
Giá trị của
1
−1 f ( 4 x − 1 ) dx bằng
A.
9
.
4
B.
21
.
4
Câu 25: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
C. 21 .
B. −
3
1 x ( x − 2 )  f ( x ) + f  ( x ) dx bằng
16
.
3
C.
Câu 26: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
f ( x ) = x 2 − 3x + 2

1
0
15
.
4
, đồ thị hàm số y = f ( x ) đi qua điểm A (1;0 ) và nhận điểm
I ( 2;2 ) làm tâm đối xứng. Giá trị của
8
A. − .
3
D.
f ( x ) f  ( x ) dx, x 
16
.
3
D.
8
.
3
thỏa:
. Tìm giá trị thực dương của a để
4
a
0 f ( x ) dx = 5 a
.
A.
9
.
2
B.
3
.
2
C.
1
.
2
D. 2 .
Câu 27: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0;2 . Biết f ( 0 ) = 1 và
f ( x) f (2 − x) = e
A. I = −
2 x2 − 4 x
14
.
3
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
với mọi x   0;2 . Tính tích phân I =
B. I = −
32
.
5
C. I = −
16
.
5
2
0
(x
3
)
− 3x 2 f  ( x )
f ( x)
D. I = −
dx
16
.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  −1;1 và thỏa mãn f ( x ) + 2 =
1
3
( x + t ) f ( t ) dt với
2 −1

1
x   −1;1 . Khi đó I =
−1 f ( x ) dx bằng
A. I = 3.
B. I = 4.
C. I = 2.
D. I = 1.
Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm không âm trên  0;1 , thỏa mãn f ( x )  0 với mọi x   0;1
(
)
và  f ( x) . f '( x)  x 2 + 1 = 1 +  f ( x)  . Nếu f (0) = 3 thì giá trị f (1) thuộc khoảng nào
2
2
sau đây?
 7
A.  3;  .
 2
2
2
 5
B.  2;  .
 2
5 
C.  ;3  .
2 
Câu 30: Cho hàm số f ( x )  0 có đạo hàm liên tục trên
3 
D.  ;2  .
2 
, thỏa mãn ( x + 1) f  ( x ) =
f ( x)
và
x+2
2
 ln 2 
f ( 0) = 
 . Giá trị f ( 3) bằng
 2 
1
2
2
A. 2 ( 4ln 2 − ln 5 ) .
B. ( 4ln 2 − ln 5 ) .
2
C. 4 ( 4ln 2 − ln 5 ) .
2
D.
1
( 4ln 2 − ln 5)2 .
4
Câu 31: Cho y = f ( x ) là hàm đa thức có các hệ số nguyên. Biết 5 f ( x ) − ( f  ( x ) ) = x 2 + x + 4, x 
2
1
. Tính
0 f ( x ) dx .
3
4
5
11
.
B. .
C. .
D. .
2
3
6
6
Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên
đồng thời thoả mãn đẳng thức sau
A.
( ) + 2 f ( 2 x + 1) = 4 x
4 xf x
2
bằng
A. 10.
Câu 33: Cho
5
+ 8 x + 10 x + 30 x + 12 − xf  ( x ) , x  . Giá trị của
3
2
B. −1.
hàm
số
f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c
C. 27.
với
a ,
B. 6 .
C. 2 .
0 f ( x ) dx
D. 1.
b ,
c
là
g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) , biết g ( 0 ) = 2, g (1) = 6 , tính tích phân
A. −2 .
3
các
1
0
số
6x − f ( x)
ex
thực.
Đặt
dx .
D. 4 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên R . Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên R thỏa
mãn F ( 9 ) + G ( 9 ) = 19, F ( 0 ) + G ( 0 ) = 3 . Khi đó tích phân I =
A. 4 .
B.
1
.
2
C.
3
0 f ( 3x ) dx bằng:
8
.
3
D. −2 .
Lời giải
Chọn C
9
Ta có:
9
0
0
f ( x ) dx =
f ( x ) dx =
F ( x )|0 = F ( 9 ) − F ( 0 )
9
G ( x )|0 = G ( 9 ) − G ( 0 )
9
9
0
 2 f ( x )dx =  F ( 9 ) + G ( 9 )  −  F ( 0 ) + G ( 0 )  = 16 
3
I=
Câu 2:
0 f ( 3x ) dx
(t =3 x )
=
9
0 f ( x ) dx = 8
9
1
1
8
f ( t ) dt = .8 = .
30
3
3

Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm là f ' ( x ) = 8 x3 + sin x, x 
và f ( 0 ) = 3 . Biết F ( x ) là một
nguyên hàm của hàm f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F (1) bằng
A.
32
+ cos1 .
5
B.
32
− cos1 .
5
C.
32
− sin1 .
5
D.
32
+ sin1 .
5
Lời giải
Chọn C
Ta có f ( x ) =
 f '( x ) dx =  (8x
3
)
+ sin x dx = 2 x 4 − cos x + C .
Mà f ( 0 ) = 3 nên suy ra: 3 = −1 + C  C = 4  f ( x ) = 2 x 4 − cos x + 4 .
 f ( x ) dx =  ( 2 x
)
2
− cos x + 4 dx = x5 − sin x + 4 x + C .
5
2
Mà F ( 0 ) = 2 nên suy ra: C = 2  F ( x ) = x5 − sin x + 4 x + 2 .
5
32
− sin1 .
Vậy F (1) =
5
Ta có: F ( x ) =
Câu 3:
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
4
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn F ( 7 ) + 2G ( 7 ) = 8 và F (1) + 2G (1) = 2 . Khi đó
A. 6 .
B. 4 .
C. 1 .
Lời giải
Chọn C
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
3
0 f ( 2 x + 1) dx bằng
D. 3 .
thỏa
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vì F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
G ( x ) = F ( x ) + C , x 
Phan Nhật Linh
nên tồn tại hằng số C thỏa mãn điều kiện
.
Suy ra G ( 7 ) − G (1) = F ( 7 ) − F (1) .
Theo giả thiết ta có:
F ( 7 ) − F (1) + 2 G ( 7 ) − G (1)  = 6  3  F ( 7 ) − F (1)  = 6  F ( 7 ) − F (1) = 2 .
3
Xét
0 f ( 2 x + 1) dx
1
Đặt 2 x + 1 = t  dx = dt
2
Đổi cận: x = 0  t = 1
x =3t = 7
3
Khi đó
Câu 4:
0
7
1
1
f ( 2 x + 1) dx =
f ( t ) dt =  F ( 7 ) − F (1)  = 1 .
21
2

Cho hàm số f ( x ) xác định trên
\ 0 thỏa mãn f  ( x ) =
x +1
, f ( −1) = 1 và f (1) = −1 . Giá
x2
trị của biểu thức f ( −2 ) + f ( 4 ) bằng
1
A. 3ln 2 + .
4
B.
6ln 2 + 3
.
4
C.
8ln 2 + 3
.
4
7
D. 3ln 2 − .
4
Lời giải
Chọn A
Có f ( x ) =

f  ( x ) dx =

x +1
1
d
x
=
ln
x
−
+C
x
x2
1

khi x  0
ln ( − x ) − x + C1
 f ( x) = 
 ln x − 1 + C
khi x  0
2

x
Do f ( −1) = 1  ln1 + 1 + C1 = 1  C1 = 0
Do f (1) = −1  ln1 − 1 + C2 = −1  C2 = 0
1

khi x  0
ln ( − x ) − x
Như vậy, f ( x ) = 
 ln x − 1
khi x  0

x
1
1
1
 
Vậy f ( −2 ) + f ( 4 ) =  + ln 2  +  ln 4 −  = 3ln 2 + .
4
4
2
 
Câu 5:
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn 2 F ( 0 ) − G ( 0 ) = 1 , F ( 2 ) − 2G ( 2 ) = 4 và F (1) − G (1) = −1 . Tính
A. −2 .
B. −4 .
C. −6 .
Lời giải
e2
1
f ( ln x )
2x
thỏa
dx .
D. −8 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn B
Ta có: G ( x ) = F ( x ) + C
2 F ( 0 ) − G ( 0 ) = 1
 F (0) − C = 1
 F (0) = 2



 F ( 2 ) − 2G ( 2 ) = 4  − F (2) − 2C = 4   F (2) = −6 .

C = 1
C = 1


 F (1) − G (1) = −1
2
Do đó
e2
Vậy
Câu 6:
1
0 f ( x ) dx = F ( 2 ) − F ( 0 ) = −8 .
f ( ln x )
2x
e2
dx =
1
f ( ln x )
2
d ( ln x ) =
2
1
f ( u ) du = −4 .
20

Biết F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x sin x thỏa mãn F ( ) = 2 . Tính giá trị của
biểu thức T = 2 F ( 0 ) − 8 F ( 2 ) .
B. T = 4 .
A. T = 10 .
C. T = 8 .
Lời giải
D. T = 6 .
Chọn A
u = x
du = dx
Đặt 
.

dv = sin x dx v = − cos x
Theo công thức tính nguyên hàm từng phần ta có:
 x sin xdx = − x cos x +  cos xdx = − x cos x + sin x + C .
Theo giả thiết F ( ) = 2   + C = 2  C =  .
Suy ra: F ( x ) = − x cos x + sin x +   T = 2 F ( 0 ) − 8F ( 2 ) = 10 .
Câu 7:
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn 3F ( 8 ) + G ( 8 ) = 9 và 3F ( 0 ) + G ( 0 ) = 3 . Khi đó
A. 3.
B.
1
.
4
thỏa
2
0 f ( 4 x ) dx bằng
C. 6.
D.
3
.
8
Lời giải
Chọn D
Ta có: G ( x ) = F ( x ) + C
3F ( 8 ) + G ( 8 ) = 9
4 F ( 8 ) + C = 9
3

 F (8) − F ( 0 ) = .

2
3F ( 0 ) + G ( 0 ) = 3
4 F ( 0 ) + C = 3
Vậy:
2
0
F (8) − F ( 0 ) 3
1
f (4 x)dx =
f ( x)dx =
= .
40
4
8
8

 

\ − + k , k   . Biết
 4

  
 11 
F ( 0 ) = 1 và F ( ) = 0 . Tính giá trị của biểu thức P = F  −  − F 
.
 12 
 12 
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Câu 8:
Cho F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số y =
1
với x 
1 + sin 2 x
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. P = 2 − 3 .
B. P = 0 .
Phan Nhật Linh
C. P = −1 .
Lời giải
D. P = 1 .
Chọn D
Ta có: y =
1
1
1
=
=
.
2

1 + sin 2 x ( sin x + cos x )
2
2sin  x + 
4

Khi đó:
 1



 5

− 2 cot  x + 4  + C1 khi x   − 4 + k 2 ; − 4 + k 2 
dx





F ( x) =
=
(k 
  1 


3

2



2sin  x + 
− cot  x +  + C2 khi x   − + k 2 ;
+ k 2 
4   2

4
4

 4

Ta có:
3
 1

−
+
C
=
1
C
=
2
2


 F ( 0 ) = 1
 2

2



1
1
 F ( ) = 0 − + C = 0
C =
1
 2
 1 2

).
 1
 1


 5

− 2 cot  x + 4  + 2 khi x   − 4 + k 2 ; − 4 + k 2 





 F ( x) = 
.
− 1 cot  x +   + 3 khi x   −  + k 2 ; 3 + k 2 




 2
4 2
4

 4

  
 11
Vậy: P = F  −  − F 
 12 
 12
Câu 9:
 3  1
7 1 
  1
+  = 1.
 =  − cot +  −  − cot
6 2  2
6 2
  2
Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn F ( 3) + G ( 3) = 6 và F ( 0 ) + G ( 0 ) = 2 . Khi đó
A. 2 .
B.
2
.
3
C.
thỏa
1
0 f ( 3x ) dx bằng
4
.
3
D. 4 .
Lời giải
Chọn B
G ( 3) = F ( 3) + C
Ta có: G ( x ) = F ( x ) + C  
.
G ( 0 ) = F ( 0 ) + C
 F ( 3) + G ( 3) = 6
2 F ( 3) + C = 6

 F ( 3) − F ( 0 ) = 2 .
Khi đó 
 F ( 0 ) + G ( 0 ) = 2
2 F ( 0 ) + C = 2
1
Vậy:
0
f ( 3 x ) dx =
3
1
1
2
f ( x ) dx = ( F ( 3 ) − F ( 0 ) ) = .
30
3
3

Câu 10: Cho hàm số y = f ( x ) xác định R \ 0 thoả mãn f  ( x ) =
3
x +1
3
, f ( −2 ) = và f ( 2 ) = 2ln 2 −
2
2
2
x
.Tính giá trị biểu thức f ( −1) + f ( 4 ) bằng.
A.
6ln 2 − 3
.
4
B.
6ln 2 + 3
.
4
C.
8ln 2 + 3
.
4
8ln 2 − 3
.
4
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
D.
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn C
f ( x) =
f
'
( x ) dx = 
x +1
1
1 1 
dx =  + 2 dx = ln x − + C
2
x
x
x x 

1

ln ( x ) − x + C1 khi x  0
 f ( x) = 
ln ( − x ) − 1 + C khi x  0
2

x
3
1
3
1
3
+ C2 =  ln 2 + + C2 =  C2 = 1 − ln 2
Do f ( −2 ) =  ln ( − ( −2 ) ) −
2
−2
2
2
2
3
1
3
1
3
Do f ( 2 ) = 2ln 2 −  ln ( 2 ) − + C1 = 2ln 2 −  ln 2 − + C1 = 2ln 2 −  C1 = ln 2 − 1
2
2
2
2
2
1

ln
x
−
+ ln 2 − 1khi x  0
(
)

x
Như vậy f ( x ) = 
ln ( − x ) − 1 + 1 − ln 2khi x  0

x
Vậy ta có
1
1

 

f ( −1) + f ( 4 ) = ln ( − ( −1) ) −
+ 1 − ln 2  + ln ( 4 ) − + ln 2 − 1
−1
4

 

1
3 8ln 2 + 3
= 0 + 1 + 1 − ln 2 + 2ln 2 − + ln 2 − 1 = 2ln 2 + =
4
4
4
Câu 11: Cho
hàm
y = f ( x)
số
xác
định
R \ −2, 2
thoả
mãn
4
, f ( −3) + f ( 3) = f ( −1) + f (1) = 2 .Tính giá trị biểu thức f ( −4 ) + f ( 0 ) + f ( 4 )
x −4
f ( x) =
2
bằng.
A. 4 .
B. 1 .
C. 3 .
Lời giải
D. 2 .
Chọn C
f ( x) =
f
'
( x ) dx = 
4
1 
x−2
 1
dx = 
−
+C
dx = ln x − 2 − ln x + 2 + C = ln
x+2
x −4
 x−2 x+2
2

  x−2
ln  x + 2  + C1 khi x  −2

 
 2− x
 f ( x ) = ln 
 + C2 khi − 2  x  2
x
+
2



  x−2
ln 
 + C3 khi x  2
  x+2
Ta có
 −3 − 2 
3−2
1
f ( −3) = ln 
 + C1 = ln ( 5 ) + C1; f ( 3) = ln 
 + C3 = ln   + C3 = − ln ( 5 ) + C3
 −3 + 2 
3+ 2
5
 2 − ( −1) 
 2 −1
1
f ( −1) = ln 
 + C2 = ln ( 3) + C2 ; f (1) = ln 
 + C2 = ln   + C2 = − ln ( 3 ) + C2
1+ 2 
3
 −1 + 2 
Mà
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
f ( −3) + f ( 3) = f ( −1) + f (1) = 2  ln ( 5 ) + C1 + ( − ln ( 5 ) + C3 ) = ln ( 3) + C2 + ( − ln ( 3 ) + C2 ) = 2
C1 + C3 = 2
 C1 + C3 = 2C2 = 2  
 C1 + C3 + C2 = 3
C2 = 1
Yêu cầu bài toán
 −4 − 2 
2−0
4−2
f ( −4 ) + f ( 0 ) + f ( 4 ) = ln 
 + C1 + ln 
 + C2 + ln 
 + C3
 −4 + 2 
0+2
4+2
1
= ln ( 3) + C1 + ln (1) + C2 + ln   + C3 = ln ( 3) − ln ( 3)  + C1 + C2 + C3  = 3
3
Câu 12: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn F ( 2 ) + G ( 2 ) = 5 và F ( 0 ) + G ( 0 ) = 1 . Khi đó I =
A. 2 .
B. 4 .
thỏa
2
2
0 xf ( x ) dx bằng
D. 1 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn D
G ( 2 ) = F ( 2 ) + C
Ta có: G ( x ) = F ( x ) + C  
.
G ( 0 ) = F ( 0 ) + C
 F ( 2 ) + G ( 2 ) = 5
2 F ( 2 ) + C = 5

 F (2) − F (0) = 2 .

 F ( 0 ) + G ( 0 ) = 1
2 F ( 0 ) + C = 1
2
Xét tích phân: I =
2
0 xf ( x ) dx .
1
Đặt t = x 2  dt = 2 xdx  xdx = dt .
2
Đổi cận: x = 0  t = 0 , x = 2  t = 2 .
2
Khi đó: I =
1
1
f ( t ) dt = ( F ( 2 ) − F ( 0 ) ) = 1 .
20
2

Câu 13: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) , H ( x ) là ba nguyên hàm của f ( x ) trên
thỏa mãn F ( 8 ) + G ( 8 ) + H ( 8 ) = 4 và F ( 0 ) + G ( 0 ) + H ( 0 ) = 1 . Khi đó
A. 3.
B.
1
.
4
C. 6.
2
0 f ( 4 x ) dx bằng
D.
3
.
2
Lời giải
Chọn B
Ta có: G ( x ) = F ( x ) + C , H ( x ) = F ( x ) + C 
 F ( 8 ) + G ( 8 ) + H ( 8 ) = 4
3F ( 8 ) + C + C  = 4

 F ( 8 ) − F ( 0 ) = 1.


 F ( 0 ) + G ( 0 ) + H ( 0 ) = 1
3F ( 0 ) + C + C  = 1
Vậy:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
2
0
F (8) − F ( 0 ) 1
1
f ( x)dx =
= .
40
4
4
8
f (4 x)dx =

Câu 14: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) , H ( x ) là ba nguyên hàm của f ( x ) trên
thỏa mãn F ( 3) + G ( 3) + H ( 3) = 4 và F ( 0 ) + G ( 0 ) + H ( 0 ) = 1 . Khi đó
A. 1 .
B. 3 .
C.
5
.
3
D.
1
0 f ( 3x ) dx bằng
1
.
3
Lời giải
Chọn D
Ta có: F ( 3) + G ( 3) + H ( 3) − F ( 0 ) − G ( 0 ) − H ( 0 ) = 3
 F ( 3) − F ( 0 ) + G ( 3) − G ( 0 ) + H ( 3) − H ( 0 ) = 3
3

3
3
3
0 f ( x ) dx + 0 f ( x ) dx + 0 f ( x ) dx = 3  0 f ( x ) dx = 1
1
3
0
Lại có:
3
1
1
f ( 3 x ) dx =
f ( t ) dt =
f ( x ) dx .
30
30

1
0
Vậy: f ( 3 x ) dx =

1
.
3
1
2
Câu 15: Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) = ( 2 x − 3) thỏa F (0) = . Tính giá trị của biểu
3
thức T = log 2 3F (1) − 2 F (2)  .
A. T = 4 .
B. T = 2 .
C. T = 10 .
Lời giải
D. T = −4 .
Chọn B
Ta có:

f ( x ) dx =
2
2
 ( 2 x − 3) dx =  ( 4 x − 12 x + 9 ) dx =
4 3
x − 6x2 + 9x + C .
3
1
1
C = .
3
3
4
1
Suy ra: F ( x ) = x3 − 6 x 2 + 9 x +  T = log 2 3F (1) − 2 F ( 2 )  = 2 .
3
3
Theo giả thiết: F ( 0 ) =
Câu 16: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn 2 F ( 3) − G ( 3) = 4 và 2 F ( 0 ) − G ( 0 ) = 1 . Khi đó
A. 1 .
B.
3
.
4
C. 3 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: 2 F ( 3) − G ( 3) −  2 F ( 0 ) − G ( 0 )  = 3
 2  F ( 3) − F ( 0 )  − G ( 3) − G ( 0 )  = 3
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
1
0 f ( 3x ) dx bằng
D.
3
.
2
thỏa
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
3
0
 2 f ( x ) dx −
1
0
f ( x ) dx = 3 
3
0 f ( x ) dx = 3
3
3
1
1
f ( 3 x ) dx =
f ( t ) dt =
f ( x ) dx .
30
30
0
Lại có:
3
Phan Nhật Linh


1
0
Vậy: f ( 3 x ) dx = 1 .
2 x − 4

Câu 17: Cho hàm số f ( x) =  1 3
2
 4 x − x + x
341
341
A.
.
B.
.
48
96
khi x  4
khi x  4

. Tích phân
C.
 f ( 2sin
2
0
2
)
x + 3 sin 2 x dx bằng
28
.
3
D. 8.
Lời giải
Chọn B
Ta có
1

lim f ( x) = lim (2 x − 4) = 4; lim f ( x) = lim  x3 − x 2 + x  = 4; f (4) = 4
+
+
−
− 4
x →4
x →4
x →4
x →4 

 lim f ( x) = lim f ( x) = f (4)
x → 4+
x → 4−
Nên hàm số đã cho liên tục tại x = 4

 f ( 2sin
Xét I =
2
0
2
)
x + 3 sin 2 x dx
1
Đặt 2sin 2 x + 3 = t  sin 2 x dx = dt
2
Với x = 0  t = 3
x=

2
I =
t =5

5
3
1
1
f (t ) dt =
2
2

5
3
f (t )dt =
1
2
1

t 3 − t 2 + t dt +

3 4
2


4 1

5
4
(2t − 4)dt =
341
96
Câu 18: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;2 và thoả mãn f (2) = 16,
Tính tích phân I =

1
0

2
0
f ( x)dx = 4 .
x. f (2 x)dx .
A. I = 12 .
B. I = 7 .
C. I = 13 .
D. I = 20 .
Lời giải
Chọn B
Đặt t = 2 x  dt = 2dx . Đổi cận: x = 0  t = 0 và x = 1  t = 2 .
1 2
t f (t )dt .
Vậy I =
4 0
u = t
du = dt
Đặt 
,



dv = f (t )dt v = f (t )

2
khi đó 4 I = [tf (t )] 0 −

2
0
f (t )dt = 2 f (2) −

2
0
f ( x)dx = 32 − 4 = 28  I = 7 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên . Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên

thỏa mãn F (1) + G (1) = −2 và F ( −1) + G ( −1) = 0 . Tính
2
  sin x − 2sin 2 x f ( cos 2 x ) dx .
0
B. −2 .
A. 2 .
D. −1 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: G ( x ) = F ( x ) + C
2 F (1) + C = −2
 F (1) + G (1) = −2

  F (1) − F ( −1) = −1 .

2 F (−1) + C = 0
 F ( −1) + G ( −1) = 0
1
Do đó
−1 f ( x ) dx = F (1) − F ( −1) = −1 .
Lại
có



2
2
2

 sin x − 2sin 2 x f ( cos 2 x ) dx = sin x dx − 2 sin 2 x f ( cos 2 x ) dx


0
0
0

2

= 1 − 2 sin 2 x f ( cos 2 x ) dx .
0


2
Mà

sin 2 x f ( cos 2 x ) dx = −
0
2
1
1
f ( cos 2 x ) d ( cos 2 x ) = −
20
2

−1

f ( u ) du =
1
1
1
1
f ( u ) du = − .
2 −1
2


2
Vậy
 1
  sin x − 2sin 2 x f ( cos 2 x ) dx = 1 − 2. − 2  = 2 .
0
Câu 20: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
. Gọi F ( x ) , G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên
mãn F ( 5 ) + G ( 5 ) = 10 và F (1) + G (1) = 2 . Khi đó
A. 2 .
B.
2
.
3
C.
2
0 f ( 2 x + 1) dx bằng
4
.
3
D. 4 .
Lời giải
Chọn A
G ( 5 ) = F ( 5 ) + C
Ta có: G ( x ) = F ( x ) + C  
.
G (1) = F (1) + C
 F ( 5 ) + G ( 5 ) = 10
2 F ( 5 ) + C = 10

 F ( 5 ) − F (1) = 4 .
Khi đó 
 F (1) + G (1) = 2
2 F (1) + C = 2
2
Xét tích phân:
0 f ( 2 x + 1) dx .
1
Đặt t = 2 x + 1  dt = 2dx  dx = dt . Đổi cận: x = 0  t = 1 , x = 2  t = 5 .
2
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
thỏa
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
5
1
1
f ( t ) dt = ( F ( 5 ) − F (1) ) = 2 .
21
2

Suy ra: I =
1
Câu 21: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
và
3
0 f ( x ) dx = 6; 1 f ( x ) dx = 4 .
Tính tích phân
1
 f ( 2 x − 1 ) dx .
I=
−1
A. I = 3 .
C. I = 14 .
Lời giải
B. I = 8 .
D. I = 6 .
Chọn B
1
2
1
1
 f ( 2 x − 1 ) dx =  f (1 − 2 x ) dx +  f ( 2 x − 1) dx = I
Ta có: I =
1
−1
−1
+ I2
1
2
1
2
 x = −1  u = 3

Tính I1 = f (1 − 2 x ) dx . Đặt u = 1 − 2 x  du = −2dx . Đổi cận: 
.
1
x
=

u
=
0

−1
2

0
3
3
1
3

−1
1
1
1
 I1 =
f ( u ) du =
f ( u ) du =
f ( x ) d x =  f ( x ) d x + f ( x ) dx  = 5
2 3
20
20
2  0
1


1

Tính I 2 =
1
2




x = 1  v = 1

f ( 2 x − 1) dx . Đặt v = 2 x − 1  dv = 2dx . Đổi cận: 
.
1
x
=

v
=
0

2
1
1
1
1
 I2 =
f ( v ) dv =
f ( x ) dx = 3.
20
20


Vậy I = I1 + I 2 = 8 .
Câu 22: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
2024
0
và có
f ( x ) dx = 8 ,
6064
0
f ( x ) dx = 10 . Tính
2022
I=
f ( 2 x − 2020 ) dx

−2022
A. I = 18 .
B. I = 2 .
C. I = 9 .
Lời giải
D. I = 5 .
Chọn C
2022
I=

−2022
1010
I1 =

f ( 2 x − 2020 ) dx =
2022

1010

−2022
0

f ( −2 x + 2020 ) dx =
−2022
I2 =
1010
6064
f ( 2 x − 2020 ) dx =
2024
0
f ( −2 x + 2020 ) dx +
 -dt  1
f (t ) 
=
 2  2
 dt  1
f (t )   =
2 2
6064
2024
0
0
2022
f ( 2 x − 2020 ) dx = I1 + I 2 .

1010
1
f ( x ) dx = .10 = 5 .
2
1
f ( x ) dx = .8 = 4 .
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do đó, I = 5 + 4 = 9 .
1
Câu 23: Tính tích các giá trị của số thực m để tích phân I =
B. −3.
A. 6.
0 2 x − m dx = 2 .
D. −4.
C. 2.
Lời giải
Chọn A
Trường hợp 1. m  0  2 x − m  0x   0;1
1
I=
2
 ( 2 x − m ) dx = ( x − mx ) 0 = 1 − m
1
0
 1 − m = 2  m = −1.
Trường hợp 2. m  2  2 x − m  0x   0;1
1
I=
2
 ( m − 2 x ) dx = ( mx − x ) 0 = m − 1.
1
0
 m −1 = 2  m = 3
Trường hợp 3. 0  m  2
m
2
I=
1
 ( m − 2 x ) dx +  ( 2 x − m ) dx = ( mx − x
m
2
0

2
)
m
2
0
(
+ x 2 − mx
)
1
m
2
=
m2
m2 m2
+ (1 − m ) +
=
− m +1
4
4
2
m = 1 + 3
m2
− m + 1 = 2  m 2 − 2m − 2 = 0  
(loại)
2
m
=
1
−
3

Tích các giá trị của m là −1.3 = −3 .
3
Câu 24: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và có
5
0 f ( x)dx = 18 , 0 f ( x)dx = 3.
1
−1 f ( 4 x − 1 ) dx bằng
A.
9
.
4
B.
21
.
4
C. 21 .
D.
15
.
4
Lời giải
Chọn B
Ta có I =
1
1
4
−1
−1
1
 f ( 4 x − 1 ) dx =  f (1 − 4 x ) dx +  f ( 4 x − 1) dx .
1
4
+) Tính I1 =
1
4
dt
 f (1 − 4 x ) dx : Đặt t = 1 − 4 x  dx = − 4 .
−1
0
5
1
1
1
f ( t ) dt =
f ( t ) dt .
Đổi cận: x = −1  t = 5; x =  t = 0 . Khi đó I1 = −
45
40
4

18| Biên soạn: Phan Nhật Linh

Giá trị của
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
1
+) Tính I 2 =
dt
 f ( 4 x − 1) dx : Đặt t = 4 x − 1  dx = 4 .
1
4
3
1
1
f ( t ) dt .
Đổi cận: x =  t = 0; x = 1  t = 3 . Khi đó I 2 =
40
4

1
4
Vậy I =
1
 f (1 − 4 x ) dx +  f ( 4 x − 1) dx = I
1
−1
+ I2 =
1
4
Câu 25: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
, đồ thị hàm số y = f ( x ) đi qua điểm A (1;0 ) và nhận điểm
I ( 2;2 ) làm tâm đối xứng. Giá trị của
8
A. − .
3
B. −
3 18 21
+ = .
4 4
4
3
1 x ( x − 2 )  f ( x ) + f  ( x ) dx bằng
16
.
3
16
.
3
C.
D.
8
.
3
Lời giải
Chọn B
Cách 1.
Đặt t = 4 − x  dt = − dx .
Đồ thị hàm số y = f ( x ) có I ( 2;2 ) là tâm đối xứng nên
f ( x) + f (4 − x)
= 2.
2
Như vậy f ( x ) + f ( 4 − x ) = 4  f  ( x ) − f  ( 4 − x ) = 0  f  ( x ) = f  ( 4 − x ) , x 
.
3
1
Ta có I = x ( x − 2 )  f ( x ) + f  ( x )  dx
3
=
1 ( 4 − t )( 2 − t )  f ( 4 − t ) + f  ( 4 − t ) dt
3
=
1 ( t
2
)
− 6t + 8  4 − f ( t ) + f  ( t )  dt
3
1 (
3
)
1
)
3
3
1 (
)
= 4 t − 6t + 8 dt − t − 2t − 4 ( t − 2 )  .  f ( t ) + f  ( t )  dt + 2 t 2 − 6t + 8 f  ( t ) dt
2
3
1 (
2
1
= 2. t − 6t + 8 dt + 2 ( t − 2 )  f ( t ) + f  ( t )  dt +
3
=
1 ( t
2
2
3
)
3
1 ( 2t − 4 ) f ( t ) dt + 1 (t
− 6t + 8 dt +
3
2
3
1 (t
2
)
− 6t + 8 f  ( t ) dt
)
− 4t + 4 f  ( t ) dt
3
 t3

16
=  − 3t 2 + 8t  + t 2 − 4t + 4 f ( t ) = .
1
3
3
1
(
)
Câu 26: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
f ( x ) = x 2 − 3x + 2

1
0
f ( x ) f  ( x ) dx, x 
thỏa:
. Tìm giá trị thực dương của a để
a
4
0 f ( x ) dx = 5 a
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
.
9
3
1
A. .
B. .
C. .
2
2
2
Lời giải
Chọn A
1
Đặt m =

Vậy m =
 (x
0
f ( x ) f  ( x ) dx . Khi đó f ( x ) = x 2 − 3x + 2m, x 
1
2
0

)
2m
Vậy f ( x ) = x 2 − 3x +

a
0
. Suy ra f  ( x ) = 2 x − 3 .
− 3x + 2m ( 2 x − 3) dx . Đặt t = x 2 − 3x + 2m  dt = ( 2 x − 3) dx .
t2
Do đó m = −
tdt  m = −
2m − 2
2
Ta có
D. 2 .
2m
 m = −4 m + 2  m =
2m − 2
2
.
5
4
.
5
4
f ( x ) dx = a 
5
4
4
1
3
4
4
9
x 2 − 3x +  dx = a  a3 − a 2 + a = a  a = .

0 
5
5
3
2
5
5
2

a
Câu 27: Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0;2 . Biết f ( 0 ) = 1 và
f ( x) f (2 − x) = e
A. I = −
2 x2 − 4 x
14
.
3
với mọi x   0;2 . Tính tích phân I =
B. I = −
32
.
5
C. I = −
2
0
(x
3
)
− 3x 2 f  ( x )
f ( x)
16
.
5
D. I = −
dx
16
.
3
Lời giải
Chọn C
Vì hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên  0;2 và f ( x ) f ( 2 − x ) = e2 x
nên thay x = 0 , ta có: f ( 0 ) . f ( 2 ) = 1 mà f ( 0 ) = 1  f ( 2 ) = 1 .
Đặt:
u = x3 − 3x 2
du = 3 x 2 − 6 x dx du = 3 x 2 − 6 x dx




f ( x )  

v = ln f ( x )
v = ln f ( x )
 dv = f x dx
( )

(
(
)
)
2
Suy ra: I = x − 3 x ln f ( x ) −
3
2
0
(
2
0 ( 3x
2
)
)
− 6 x ln f ( x ) dx = −
2
0 ( 3x
2
)
− 6 x ln f ( x ) dx (1)
Đặt x = 2 − t  dx = −dt .
Khi x = 0 → t = 2 và x = 2 → t = 0 .
0
2 (
)
2
0 (
)
Khi đó, J = − 3t − 6t ln f ( 2 − t ) (−dt ) = − 3t 2 − 6t ln f ( 2 − t ) dt .
2
2
0 (
)
Vì tích phân không phụ thuộc vào biến nên I = − 3 x 2 − 6 x ln f ( 2 − x ) dx
2
0 (
)
( 2)
Từ (1) và ( 2 ) , ta cộng vế theo vế, ta được: 2 I = − 3 x 2 − 6 x ln f ( x ) + ln f ( 2 − x )  dx .
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
−4 x
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
2
Hay I = −
(
)(
Phan Nhật Linh
)
1
16
3 x 2 − 6 x 2 x 2 − 4 x dx = −
20
5
1
3
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  −1;1 và thỏa mãn f ( x ) + 2 =
( x + t ) f ( t ) dt với
2 −1

x   −1;1 . Khi đó I =
1
 f ( x ) dx bằng
−1
A. I = 3.
B. I = 4.
C. I = 2.
Lời giải
D. I = 1.
Chọn C
1
1
1
3
3
3
Ta có: f ( x ) + 2 =
( x + t ) f ( t ) dt  f ( x ) = x. f ( t ) dt + tf ( t ) dt − 2
2 −1
2 −1
2 −1


 f ( x ) = Ax + B , với A =
1

1
3
3
f ( t ) dt , B =
tf ( t ) dt − 2 .
2 −1
2 −1

Giả sử f ( x ) = ax + b, ( a, b 

).
Theo giả thiết ta có:
1
3
3
ax + b + 2 =
( x + t )( at + b ) dt , x   −1;1  ax + b + 2 =
2 −1
2

1
3  axt 2
at 3 bt 2 
ax + b + 2 = 
+ bxt +
+
  ax + b + 2 =
2 2
3
2 
−1
 ( axt + bx + at
2
)
+ bt dt
3
2a 
 2bx +
 , x   −1;1
2
3 
3
 2 .2b = a
a = 3b
b = 1



 f ( x ) = 3x + 1.
a = b + 2
a = 3
3. 2 a = b + 2
 2 3
1
 3x 2

3  3 
+ x  =  + 1 −  − 1 = 2.
Ta có: I = f ( x ) dx = ( 3x + 1) dx = 
 2
 −1  2   2 
−1
−1
1
1


Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm không âm trên  0;1 , thỏa mãn f ( x )  0 với mọi x   0;1
(
)
và  f ( x) . f '( x)  x 2 + 1 = 1 +  f ( x)  . Nếu f (0) = 3 thì giá trị f (1) thuộc khoảng nào
2
2
sau đây?
 7
A.  3;  .
 2
2
2
 5
B.  2;  .
 2
5 
C.  ;3  .
2 
Lời giải
3 
D.  ;2  .
2 
Chọn C
(
)
Ta có:  f ( x) . f '( x)  x + 1
2

2
f ( x). f '( x)
1 +  f ( x) 
2
2
1

= 2
x +1
1

0
2
2
2
f ( x)  . f '( x) 

= 1 +  f ( x)  
2
1 +  f ( x) 
2
f ( x). f '( x)
1 +  f ( x) 
2
1
dx =
x
0
=
1
(x
2
)
+1
2
1
dx
+1
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1


0
1
f ( x). f '( x)
1 +  f ( x) 
2
dx =
x
1
dx
+1
2
0
f ( x). f '( x)
+ Nếu đặt t = 1 +  f ( x)   dt =
2
1 +  f ( x) 
2
1+ f 2 (1)

dx  VT =
dt = 1 + f 2 (1) − 2
2

(
1

 1 + tan u (1 + tan u ) dx = 4
4
)
+ Nếu đặt x = tan u  dx = 1 + tan u du  VP =
2
2
2
0

 1 + f 2 (1) − 2 =
4
 f (1) =
2
5 
+  + 3  2,6   ;3  .
16
2 
, thỏa mãn ( x + 1) f  ( x ) =
Câu 30: Cho hàm số f ( x )  0 có đạo hàm liên tục trên
f ( x)
x+2
và
2
 ln 2 
f ( 0) = 
 . Giá trị f ( 3) bằng
 2 
1
2
2
2
A. 2 ( 4ln 2 − ln 5 ) .
B. ( 4ln 2 − ln 5 ) .
C. 4 ( 4ln 2 − ln 5 ) .
2
Lời giải
Chọn D
Xét x   0;3. Ta có
( x + 1) f  ( x ) =
f ( x)
x+2
f ( x)

f ( x)
=
1
( x + 1)( x + 2 )

f ( x )
1
( 4ln 2 − ln 5)2 .
4
1 
 1
dx = 
−
 dx
 x +1 x + 2 
f ( x)

 2 f ( x ) = ln ( x + 1) − ln ( x + 2 ) + C  2 f ( x ) = ln
D.

x +1
+C .
x+2
Thay
x = 0 : 2 f ( 0 ) = ln
2
1
x +1
 ln 2 
+C  2 
+ 2ln 2
 = − ln 2 + C  C = 2ln 2  2 f ( x ) = ln
2
x+2
 2 
2
2
1  x +1
1 4
1
2


 f ( x ) =  ln
+ 2ln 2   f ( 3) =  ln + 2ln 2  = ( 4ln 2 − ln 5 ) .
4 x + 2
4 5
4


Câu 31: Cho y = f ( x ) là hàm đa thức có các hệ số nguyên. Biết 5 f ( x ) − ( f  ( x ) ) = x 2 + x + 4, x 
2
1
. Tính
A.
0 f ( x ) dx .
3
.
2
B.
4
.
3
C.
5
.
6
Lời giải
Chọn D
Theo bài ra ta có f ( x ) = ax 2 + bx + c  f  ( x ) = 2ax + b
Thay vào 5 f ( x ) − ( f  ( x ) ) = x 2 + x + 4, x 
2
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
ta được
D.
11
.
6
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
Phan Nhật Linh
5 ax 2 + bx + c − ( 2ax + b ) = x 2 + x + 4
(
2
)
 5a − 4a 2 x 2 + ( 5b − 4ab ) x + 5c − b 2 = x 2 + x + 4
 a = 1

a = 1
 b = 1

1
  c = 1


a
=

5a − 4a 2 = 1  
4
1



 5b − 4ab = 1  ( 5 − 4a ) b = 1    a = 4



2
2
5
c
=
b
+
4
5c − b = 4
 b = 1



4



 c = 13

  16
Giả thiết suy ra a = b = c = 1  f ( x ) = x + x + 1 và
2
Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên
( ) + 2 f ( 2 x + 1) = 4 x
4 xf x
2
bằng
A. 10.
Chọn C
5
1
1
0 f ( x ) dx = 0 ( x
2
)
+ x + 1 dx =
11
.
6
đồng thời thoả mãn đẳng thức sau
+ 8 x + 10 x + 30 x + 12 − xf  ( x ) , x  . Giá trị của
3
2
B. −1.
C. 27.
Lời giải
3
0 f ( x ) dx
D. 1.
( )
Ta có: 4 xf x 2 + 2 f ( 2 x + 1) = 4 x5 + 8 x3 + 10 x 2 + 30 x + 12 − xf  ( x ) , x  . (*)
0

0
0
 4 xf ( x ) dx + −1 2 f ( 2 x + 1) dx = −1( 4 x
−1
2
0
0
 ( ) ( ) −1
 2 f x2 d x2 +
5
)
1
2
−1 xf  ( x ) dx
0
0
−7
− xf ( x ) −1 + f ( x ) dx
3
−1

f ( 2 x + 1) d ( 2 x + 1) =
−1
0
0
+ 8 x + 10 x + 30 x + 12 dx −
3
0
0
−7
 2 f ( t ) dt + f ( u ) du =
− xf ( x ) −1 + f ( x ) dx
3
1
−1
−1


0

1
0
−7
7
 2 f ( x ) d x + f ( x ) dx =
− f ( −1) + f ( x ) dx  f ( −1) = − +
3
3
1
−1
−1



( )
1
0 f ( x ) dx
(1)
Ta có: 4 xf x 2 + 2 f ( 2 x + 1) = 4 x5 + 8 x3 + 10 x 2 + 30 x + 12 − xf  ( x ) , x  .
1

1
1
 4 xf ( x ) dx + −1 2 f ( 2 x + 1) dx = −1( 4 x
−1
2
1
1
 ( ) ( ) −1
 2 f x2 d x2 +
−1
1
3
5
)
+ 8 x + 10 x + 30 x + 12 dx −
f ( 2 x + 1) d ( 2 x + 1) =
3
2
1
−1 xf  ( x ) dx
1
1
92
− xf ( x ) −1 + f ( x ) dx
3
−1

1
1
92
 2 f ( v ) dv + f ( h ) dh =
− xf ( x ) −1 + f ( x ) dx
3
1
−1
−1



Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
3


−1
1
92
− f (1) − f ( −1) + f ( x ) dx 
3
−1

f ( x ) dx =
Từ (1) , ( 2 ) ta có được
3
1
f ( x ) dx =
hàm
số
1 f ( x ) dx =
92
− f (1) − f ( −1)
3
1
92
7
− f (1) + − f ( x ) dx 
3
3 0

Thay x = 0 vào (*) ta có được f (1) = 6 
Câu 33: Cho
3
f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c
3
0 f ( x ) dx = 33 − f (1) = 27 .
3
0 f ( x ) dx = 27 .
với
a ,
b ,
c
là
g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) , biết g ( 0 ) = 2, g (1) = 6 , tính tích phân
A. −2 .
B. 6 .
( 2)
C. 2 .
Lời giải
các
1
0
số
6x − f ( x)
ex
thực.
dx .
D. 4 .
Chọn A
Ta có: f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c  f  ( x ) = 3x 2 + 2ax + b, f  ( x ) = 6 x + 2a, f  ( x ) = 6 .
Do g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) (1)
 g  ( x ) = f  ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) ( 2 ) .
Từ (1) và ( 2 ) suy ra g ( x ) = f ( x ) + g  ( x ) − f  ( x )
 6x − f ( x ) = g( x ) − 6 − g ( x ) + 6x .


6x − f ( x)
ex
6x − f ( x)
ex
1

0
=
ex
g  ( x ) − 6 ) e x − ( g ( x ) − 6 x ) e x  g ( x ) − 6 x 
(
=
=
6x − f ( x)
ex
g( x ) − 6 − ( g ( x ) − 6x )
e2 x


ex


1
g ( x ) − 6x
g (1) − 6 g ( 0 ) − 0
 g ( x ) − 6 x 
dx = 
=
−
= −2
 dx =
x
x
1
0
e
e
e
e


0
0
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
1

Đặt
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG
A
Phan Nhật Linh
CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
7
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. CỰC TRỊ HÀM SỐ
1.1 Định nghĩa
Giả sử hàm số f xác định trên tập K và x0  K . Ta nói:
• x0 là điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại một khoảng ( a; b ) chứa x0 sao cho
( a; b )  K và
f ( x )  f ( x0 ) , x  ( a; b ) \  x0  . Khi đó f ( x0 ) được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f .
• x0 là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng ( a; b ) chứa x0 sao cho
( a; b )  K và
f ( x )  f ( x0 ) , x  ( a; b ) \  x0  . Khi đó f ( x0 ) được gọi là giá trị cực đại của hàm số f .
• Điểm cực đại và điểm cực tiểu gọi chung là điểm cực trị.
• Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu gọi chung là cực trị.
• Điểm cực đại và điểm cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị của hàm số và điểm cực trị phải là
một điểm trong tập hợp K.
• Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu được gọi chung là giá trị cực trị (hay cực trị) của hàm số.
• Nếu x0 là điểm cực trị của hàm số thì điểm ( x0 ; f ( x0 ) ) được gọi là điểm cực trị của đồ thị hàm
số f .
Nhận xét:
• Giá trị cực đại (cực tiểu) f ( x0 ) nói chung không phải là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f
trên tập D; f ( x0 ) chỉ là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên một khoảng ( a; b ) nào đó
chứa x0 hay nói cách khác khi x0 điểm cực đại ( cực tiểu) sẽ tồn tại khoảng (a;b) chứa x0 sao cho
f ( x0 ) là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên khoảng ( a; b ) .
• Hàm số f có thể đạt cực đại hoặc cực tiểu tại nhiều điểm trên tập K . Hàm số có thể không có
cực trị trên một tập cho trước.
1.2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị
Định lí 1:
Giả sử hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại điểm x0 . Khi đó, nếu y = f ( x ) có đạo hàm tại điểm x0
thì f  ( x0 ) = 0.
Chú ý:
• Đạo hàm f  ( x ) có thể bằng 0 tại điểm x0 nhưng hàm số f không đạt cực trị tại điểm x0 .
• Hàm số có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm.
• Hàm số chỉ có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc tại đó hàm
số không có đạo hàm.
1.3. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị
Định lí 2:
Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm x0 . Khi đó, nếu hàm số f có đạo hàm tại điểm x0 thì
f ' ( x0 ) = 0 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
• Nếu f  ( x )  0 trên khoảng ( x0 − h; x0 ) và f  ( x )  0 trên khoảng ( x0 ; x0 + h ) thì x0 là một điểm
cực đại của hàm số f ( x ) .
• Nếu f  ( x )  0 trên khoảng ( x0 − h; x0 ) và f  ( x )  0 trên khoảng ( x0 ; x0 + h ) thì x0 là một điểm
cực tiểu của hàm số f ( x ) .
1.4. Quy tắc tìm cực trị
Quy tắc 1:
▪ Bước 1: Tìm tập xác định. Tìm f  ( x ) .
▪
Bước 2: Tìm các điểm xi ( i = 1;2;...) mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc hàm số
▪
liên tục nhưng không có đạo hàm.
Bước 3: Lập bảng biến thiên hoặc bảng xét dấu f  ( x ) . Nếu f  ( x ) đổi dấu khi đi qua xi
thì hàm số đạt cực trị tại xi .
Định lí 3:
Giả sử y = f ( x ) có đạo hàm cấp 2 trong khoảng ( x0 − h; x0 + h ) với h  0. Khi đó:
• Nếu f  ( x0 ) = 0, f  ( x0 )  0 thì hàm số f đạt cực đại tại x0 .
• Nếu f  ( x0 ) = 0, f  ( x0 )  0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại x0 .
Từ định lí trên, ta có một quy tắc khác để tìm cực trị của hàm số
Quy tắc 2:
▪ Bước 1: Tìm tập xác định. Tìm f  ( x ) .
▪
Bước 2: Tìm các nghiệm xi ( i = 1;2;...) của phương trình f  ( x ) = 0.
▪
Bước 3: Tính f  ( x ) và tính f  ( xi ) .
✓ Nếu f  ( xi )  0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm xi .
✓ Nếu f  ( xi )  0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm xi .
2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CỰC TRỊ HÀM SỐ
2.1. Cực trị của hàm đa thức bậc ba y = ax3 + bx 2 + cx + d .
Tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu thỏa mãn hoành độ cho trước
Bài toán tổng quát:
Cho hàm số y = f ( x; m ) = ax3 + bx 2 + cx + d . Tìm tham số m để hàm số có cực đại, cực tiểu tại x1 , x2 thỏa
mãn điều kiện K cho trước?
Phương pháp:
• Bước 1:
▪ Tập xác định: D = .
▪
•
Đạo hàm: y = 3ax 2 + 2bx + c = Ax 2 + Bx + C
Bước 2: Hàm số có cực trị (hay có hai cực trị, hai cực trị phân biệt hay có cực đại và cực tiểu)
 y = 0 có hai nghiệm phân biệt và y  đổi dấu qua 2 nghiệm đó
 phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt
 A = 3a  0
a  0

 2
 m  D1.
2
2
 y  = B − 4 AC = 4b − 12ac  0
b − 3ac  0
• Bước 3: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình y = 0.
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
B
2b

 x1 + x2 = − A = − 3a
Khi đó: 
.
 x .x = C = c
1 2
A 3a

Phan Nhật Linh
•
Bước 4: Biến đổi điều kiện K về dạng tổng S và tích P . Từ đó giải ra tìm được m  D2 .
•
Bước 5: Kết luận các giá trị m thỏa mãn: m = D1  D2 .
Chú ý: Hàm số bậc ba: y = ax3 + bx 2 + cx + d ( a  0 ) .
Ta có: y ' = 3ax 2 + 2bx + c.
Điều kiện
Kết luận
b − 3ac  0
Hàm số không có cực trị.
2
Hàm số có hai điểm cực trị.
b 2 − 3ac  0
➢ Điều kiện để hàm số có cực trị cùng dấu, trái dấu.
▪ Hàm số có 2 cực trị trái dấu
 phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt trái dấu
▪
▪
▪
 A.C = 3ac  0  ac  0.
Hàm số có hai cực trị cùng dấu
 phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt cùng dấu
 y   0


C
 P = x1.x2 =  0

A
Hàm số có hai cực trị cùng dấu dương
 phương trình y = 0 có hai nghiệm dương phân biệt

 y  0

B

  S = x1 + x2 = −  0
A

C

 P = x1.x2 = A  0
Hàm số có hai cực trị cùng dấu âm
 phương trình y = 0 có hai nghiệm âm phân biệt
 phương trình y = 0 có hai nghiệm âm phân biệt

 y '  0

B

  S = x1 + x2 = −  0
A

C

 P = x1.x2 = A  0
 x1    x2

➢ Tìm điều kiện để hàm số có hai cực trị x1 , x2 thỏa mãn:  x1  x2  
  x  x
1
2

▪
Hai cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1    x2
 ( x1 −  )( x2 −  )  0  x1.x2 −  ( x1 + x2 ) +  2  0
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
▪ Hai cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  
▪
 x .x −  ( x1 + x2 ) +  2  0

( x1 −  )( x2 −  )  0

 1 2


 x1 + x2  2
 x1 + x2  2
Hai cực trị x1 , x2 thỏa mãn   x1  x2
▪
 x1.x2 −  ( x1 + x2 ) +  2  0
( x1 −  )( x2 −  )  0



 x1 + x2  2
 x1 + x2  2


Phương trình bậc 3 có 3 nghiệm lập thành cấp số cộng
▪
khi có 1 nghiệm là x =
−b
d
, có 3 nghiệm lập thành cấp số nhân khi có 1 nghiệm là x = − 3
.
3a
a
2.2. Cực trị của hàm bậc 4 trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c,
( a  0)
• Hàm số có một cực trị  ab  0.
• Hàm số có ba cực trị  ab  0.
a  0
• Hàm số có đúng một cực trị và cực trị là cực tiểu  
.
b  0
a  0
• Hàm số có đúng một cực trị và cực trị là cực đại  
.
b  0
a  0
• Hàm số có hai cực tiểu và một cực đại  
.
b

0

a  0
• Hàm số có một cực tiểu và hai cực đại  
.
b  0
2.3. Cực trị hàm hợp y = f ( u ( x ) ) . Đạo hàm của hàm hợp: y = f  ( u ( x ) ) = u ( x ) . f  ( u ( x ) )
• Tính chất đổi dấu của biểu thức: Gọi  là một nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 , khi đó:
Nếu x =  là nghiệm bội bậc chẵn ( x −  ) , ( x −  ) ,... thì hàm số y = f ( x ) không đổi dấu
2
▪
4
khi đi qua  .
Nếu x =  là nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ ( x −  ) , ( x −  ) ,... thì hàm số y = f ( x ) đổi
3
▪
dấu khi đi qua  .
Bài toán: Cho hàm số y = f ( x ) (Đề có thể cho bằng hàm, đồ thị, bảng biến thiên của
f ( x ) , f ' ( x ) ).Tìm số điểm cực trị của hàm số y = f ( u ) trong đó u là một hàm số đối với x
Ta thực hiện phương pháp tương tự xét số điểm cực trị của hàm số y = f ( x )
▪
▪
▪
•
Bước 1. Tính đạo hàm y ' = u '. f ' ( u )
u ' = 0
Bước 2. Giải phương trình y ' = 0  
 f ' (u ) = 0
Bước 3.Tìm số nghiệm đơn và bội lẻ hoặc các điểm mà y ' không xác định.
Bài toán tìm cực trị của hàm số g ( x ) = f u ( x )  + h ( x )
▪
▪
Bước 1. Tìm cực trị của hàm số v ( x ) = f u ( x )  + h ( x )
Bước 2. Sử dụng phương pháp biến đổi đồ thị hàm số trị tuyệt đối để tìm số cực trị của hàm
số g ( x )
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
2.3. Cực trị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối: Đồ thị hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị
f ( x ). f  ( x )
▪
Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số y = f ( x )  y =
▪
 f ( x ) = 0 (1)
Bước 2: Giải phương trình y = 0  
 f  ( x ) = 0 ( 2 )
▪
Bước 3: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hàm số y = f ( x ) và trục
f ( x)
.
hoành y = 0 . Còn số nghiệm của phương trình ( 2 ) là số điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) ,
dựa vào đồ thị ta có thể suy ra ( 2 ) . Vậy tổng số nghiệm bội lẻ của phương trình (1) và ( 2 )
chính là số điểm cực trị cần tìm.
▪
Lưu ý: Ta có thể sử dụng công thức đếm nhanh số điểm cực trị của hàm f ( u ) để tối ưu thời
gian trong khi giải toán trắc nghiệm như sau:
▪
Số điểm cực trị của f ( u ) = Số điểm cực trị của u + Số nghiệm đơn (bội lẻ) của
u = a ; u = b ; u = c,...
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 41 – Đề tham khảo 2023. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = − x 4 + 6 x 2 + mx
có ba điểm cực trị?
A. 17 .
B. 15 .
C. 3 .
D. 7 .
 Lời giải
Chọn C
Ta có: y = −4 x3 + 12 x + m .
y = 0  −4 x3 + 12 x + m = 0  m = 4 x 3 − 12 x = f ( x ) .
Hàm số có ba điểm cực trị khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f ( x ) = 4 x 3 − 12 x tại ba
điểm phân biệt.
f  ( x ) = 12 x 2 − 12 = 0  x = 1
Bảng biến thiên
m
→ m  { − 7; −6;...;7} .
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số có ba điểm cực trị khi −8  m  8 ⎯⎯⎯
Vậy có 15 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = mx 4 − ( m + 1) x 2 + 2m − 1 có 3 điểm cực
trị.
A. −1  m  0 .
Câu 2:
Có
bao
B. m  −1 .
nhiêu
giá
2
3
trị
nhỏ
nguyên
B. 2021 .
thỏa
mãn
đồ
thị
hàm
số
D. 2022 .
C. 2 .
Xét hàm số y = f ( x ) = x 4 + 2mx 3 − ( m + 1) x 2 + 2m − 2 . Số giá trị nguyên của tham số m để hàm
(
C. 2 .
)(
D. 3 .
)
Số điểm cực trị của hàm số y = x x 2 − 4 − x 2 + 3x − 2 là
A. 4 .
Câu 5:
2022
2
số có cực tiểu mà không có cực đại là
A. 1 .
B. Vô số.
Câu 4:
hơn
y = ( 4 + 4m − m − m ) x − 2 ( m + 1) x + 3 có đúng một điểm cực đại?
4
A. 2023 .
Câu 3:
m
 m  −1
D. 
.
m  0
C. m  −1 .
Cho
hàm
y = f ( x)
số
có
f ( x ) . f  ( x ) = x ( x − 1) ( x + 4 )
2
3
D. 2 .
C. 1 .
B. 3 .
đạo
với
hàm
mọi
cấp
x
3,
liên
.
Số
tục
trên
điểm
cực
và
trị
của
thỏa
hàm
mãn
số
g ( x ) =  f  ( x )  − 2 f ( x ) . f  ( x ) là
2
A. 3 .
Câu 6:
C. 1 .
B. 6 .
D. 2 .
Gọi x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số y = x 3 − 3mx 2 − 6 x . Giá trị lớn nhất của biểu thức
S = ( x12 − 3)( x22 − 1) là
A. 7 − 4 3 .
Câu 7:
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
Hàm số g ( x ) =
A. Vô số.
Câu 8:
C. 4 3 .
B. 4 .
và có bảng biến thiên như sau:
f ( x)
có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng ( 0; + ) ?
x3
B. 1 .
C. 2 .
D. 0 .
(
)
Tìm m để hàm số y = x3 − 3mx 2 + m 2 + 2 x − m + 1 đạt cực đại tại x = 1 .
m = 1
A. 
.
m = 5
C. m = 1 .
Câu 9:
D. 7 + 4 3 .
B. Không tồn tại m .
D. m = 5 .
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx + 1 đạt cực tiểu tại x = −2.
A. m = 3 .
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. m   .
C. m = −24 .
D. m = 0 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 10: Cho hàm số f ( x ) = − x3 + 2 ( 2m − 1) x 2 − ( m 2 − 8 ) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
hàm số đạt giá trị cực đại tại điểm x = −1 .
A. m = 3 .
B. m = −9 .
C. m = 1 .
D. m = −2 .
Câu 11: Cho hàm số y = x 6 + ( 4 + m ) x5 + (16 − m2 ) x 4 + 2 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương
của tham số m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 0 . Tổng các phần tử của S bằng
A. 6.
B. 10.
C. 3.
D. 9.
Câu 12: Cho hàm số y = x 6 + ( 2 + m ) x5 + ( 4 − m 2 ) x 4 + 4 . Gọi S là tập hợp các giá trị m nguyên dương
không vượt quá 10 để hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 0 . Tổng các phần tử của S bằng
A. 42.
B. 52.
C. 40.
D. 50.
Câu 13: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x8 + ( m − 2 ) x5 − ( m 2 − 4 ) x 4 + 1 đạt cực
tiểu tại x = 0 ?
A. 3 .
B. 5 .
Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c, ( a, b, c 
C. vô số.
)
D. 4 .
có đồ thị là đường cong như hình bên. Số điểm
cực trị của hàm số y = f 2 ( x ) bằng?
A. 3 .
B. 5 .
C. 7 .
D. 4 .
Câu 15: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( −3)  0, f ( 2 ) = 0 và có đồ thị y = f ' ( x ) là đường cong trong
hình bên. Hàm số g ( x ) = f ( x ) − x 4 + 14 x 2 − 24 x + 11 có bao nhiêu điểm cực tiểu?
A. 4.
B. 7.
C. 3.
D. 5.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 16: Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) thỏa mãn f ( 0 ) =
1
, hàm số f  ( x ) có đồ thị như hình vẽ.
2
 x
Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = 18 f 1 −  − x 2 là
 3
A. 4 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 7 .
Câu 17: Cho f ( x ) là đa thức bậc ba, biết hàm số y = f  ( x 2 − x + 1) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.
Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc  −10;10  để hàm số y = f
có năm điểm cực trị?
A. 8.
B. 9.
C. 10.
(
x2 + 4 − m
)
D. 11.
4
2
Câu 18: Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + c có đồ thị của hàm số y = f ( x ) và y = f  ( x ) như hình vẽ bên
dưới. Gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3
.
Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f  ( x ) , y = 0, x = x1 , x = x2 là S1 và diện tích
của tam giác ABC là S . Tính P = x1.x3 , với S1 = 1 và S = 1 .
A. P = 0 .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. P = 1 .
C. P = −1 .
D. P = 2 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
4
3
2
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) = x − 2 x + ( m − 1) x + 2 x − m + 2022 , với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của m thuộc đoạn  −2021; 2022 để hàm số y = f ( x − 2021) − 2022 có số điểm cực trị
nhiều nhất?
A. 2021.
B. 2022.
C. 4040.
D. 2023
Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) = x 3 − ( 2m + 1) x 2 + ( 3 − m ) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m
để hàm số y = f
( x ) có 3 điểm cực trị.
A. m  3 .
B.
−1
 m.
2
1
D. −  m  3 .
2
C. m  3 .
(
Câu 21: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = x3 − 2 x 2
)( x
3
− 2 x ) với mọi x 
. Hàm số
f (1 − 2022 x ) có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?
A. 12 .
B. 10 .
D. 11 .
C. 9 .
Câu 22: Hàm số y = x 4 − 4 x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 5 .
Câu 23:
B. 6 .
C. 3 .
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
D. 7 .
và có bảng xét dấu f  ( x ) như sau
(
)
Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f x3 + 2 x − 4 là
A. 2 .
B. 3 .
C. 5 .
D. 10 .
Câu 24: Tìm số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x − 8 x + 22 x − 24 x + 6 2 .
3
4
A. 3 .
B. 5 .
2
C. 6 .
D. 7 .
(
)
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = ( x − 2 ) ( x − 1) x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1 , x 
2
. Có
bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị?
A. 3 .
B. 5 .
C. 2 .
D. 4 .
Câu 26: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( −2 )  f ( 2 ) = 0 , đồ thị y = f  ( x ) là đường cong trong hình bên.
Hàm số g ( x ) = f ( x ) +
A. 5.
1 4 1 3
x − x − 2 x 2 + 4 x có bao nhiêu điểm cực tiểu?
4
3
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 27: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = − x3 + 3x 2 + m + 2 có 5 điểm cực trị?
A. 3 .
B. 6 .
D. 5 .
C. 4 .
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) có f ( −2 ) = 0 và đạo hàm liên tục trên
và có bảng xét dấu như hình sau
Hàm số g ( x ) = 15 f ( − x 4 + 2 x 2 − 2 ) − 10 x 6 + 30 x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2.
B. 3.
C. 5.
D. 7.
Câu 29: Cho hàm đa thức y = f ( x ) . Hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x − 1 − 2 x + m ) có
Có bao nhiêu giá trị của m để m   0; 6 , 2m 
đúng 9 điểm cực trị?
A. 6 .
B. 5 .
C. 7 .
Câu 30: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số f x
A. 3
B. 5
Câu 31: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
x
2
x
x 1
D. 3 .
m
có ít nhất 3 điểm cực trị?
3
C. 2
D. 4
và có bảng xét dấu đạo hàm f  ( x ) như hình bên.
Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x + 1 − x − 1 ) là
A. 8 .
B. 9 .
C. 10 .
D. 7 .
Câu 32: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( x 2 − 4 x + m ) có 3
điểm cực trị. Số phần tử của S là
A. 4 .
B. 3 .
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C. 2 .
D. 5 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 33: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ.
Phan Nhật Linh
(
)
2
Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f 2 x − 4 x + m − 3 có 7 điểm cực trị.
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 34: Cho hàm số y = f ( x ) = x 3 − mx 2 − x + 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để số điểm cực trị của
đồ thị hàm số y = f ( x + 1) bằng 5.
A. 3 .
B. 2 .
Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên
D. 0 .
C. 1 .
và có bảng biến thiên như sau
Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f 3 ( x3 + 3x ) + 2022 là
A. 5.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Câu 36: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm y = f  ( x ) = ( x − 2 ) ( x 2 − x ) , x 
2
. Gọi S là tập hợp tất cả
1

các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f  x 2 − 6 x + m  có 5 điểm cực trị. Tính tổng
2

tất cả các phần tử của S .
A. 154.
B. 17.
C. 213.
D. 153.
Câu 37: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
, hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như hình
vẽ. Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( 4 − 2 x + m − 6 ) có đúng 3
điểm cực tiểu. Tổng các phần tử của S bằng
A. 18.
B. 11.
C. 2.
D. 13.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = x 2 + x − 6 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm
(
)
số y = f x3 − 3x 2 − 9 x + m có đúng 6 điểm cực trị.
A. 7 .
B. 8 .
C. 9 .
D. 10 .
Câu 39: Cho hàm đa thức y = f ( x) . Hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ sau
Có bao nhiêu giá trị của m   2;6 ) ; 2m 
để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x − 1 − 2 x + m − 1) có
đúng 9 điểm cực trị?
A. 3 .
B. 5 .
Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
C. 4 .
D. 2 .
và có biểu thức đạo hàm f  ( x ) = x 3 − 3x 2 − 10 x . Hỏi có tất
(
)
cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f x 2 − 2mx + m − 2 − 3 có
13 điểm cực trị?
A. 2 .
B. 3 .
Câu 41: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
C. 4 .
D. 5 .
, đồ thị hàm số y = f  ( x ) có đúng 4 điểm chung
với trục hoành như hình vẽ bên dưới:
(
)
3
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 + 2022m
có đúng 11 điểm cực trị?
A. 0.
B. 3.
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C. 4.
3
D. 1.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = mx 4 − ( m + 1) x 2 + 2m − 1 có 3 điểm cực
trị.
A. −1  m  0 .
B. m  −1 .
 m  −1
D. 
.
m

0

C. m  −1 .
Lời giải
Chọn D
Ta có y = 4mx3 − 2 ( m + 1) x = 2 x ( 2mx 2 − m − 1) .
x = 0
(1)
y = 0  
.
2
 2mx − m − 1 = 0 ( 2 )
Để hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0.
 2m  0
 m  −1

  = 2m ( m + 1)  0  
.
m

0

−m − 1  0

 m  −1
Vậy 
thì hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
m  0
Câu 2:
Có
bao
nhiêu
giá
trị
m
nguyên
nhỏ
hơn
2022
thỏa
y = ( 4 + 4m − m 2 − m3 ) x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + 3 có đúng một điểm cực đại?
A. 2023 .
B. 2021 .
C. 2 .
Lời giải
mãn
đồ
thị
hàm
số
D. 2022 .
Chọn D
Ta có y = − ( m − 2 )( m + 2 )( m + 1) x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + 3 .
Trường hợp 1: m = 2  y = −6 x 2 + 3 , thỏa mãn.
Trường hợp 2: m = −2  y = 2 x 2 + 3 , loại.
Trường hợp 3: m = −1  y = 3 , loại.
2 ( m − 2 )( m + 2 )( m + 1)2  0
( m − 2 )( m + 2 )  0

 − 1  m  2.
Trường hợp 4: 
m
+
1

0
−
m
−
2
m
+
2
m
+
1

0

(
)(
)(
)


2 ( m − 2 )( m + 2 )( m + 1)2  0
( m − 2 )( m + 2 )  0

 m  2.
Trường hợp 5: 
m
+
1

0
−
m
−
2
m
+
2
m
+
1

0

(
)(
)(
)


Vậy m  −1.
Câu 3:
4
3
2
Xét hàm số y = f ( x ) = x + 2mx − ( m + 1) x + 2m − 2 . Số giá trị nguyên của tham số m để hàm
số có cực tiểu mà không có cực đại là
A. 1 .
B. Vô số.
C. 2 .
Lời giải
D. 3 .
Chọn A
Ta xét y = f ( x ) = x 4 + 2mx 3 − ( m + 1) x 2 + 2m − 2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
y = 4 x 3 + 6mx 2 − 2 ( m + 1) x
x = 0
y = 0   2
 2 x + 3mx − m − 1 = 0 (*)
Để hàm số có tực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ khi
Trường hợp 1: (*) vô nghiệm    0  9m 2 + 8m + 8  0  m  .
Trường hợp 2: (*) có một nghiệm x = 0  m = −1.
Vậy số giá trị nguyên của tham số m là 1 .
Câu 4:
(
)(
)
Số điểm cực trị của hàm số y = x x 2 − 4 − x 2 + 3x − 2 là
A. 4 .
D. 2 .
C. 1 .
Lời giải
B. 3 .
Chọn A
Cách 1:
Ta có y = f ( x ) = x ( x 2 − 4 )( − x 2 + 3x − 2 ) = − x ( x − 1)( x + 2 )( x − 2 ) .
2
Ta có y  = − ( x − 1)( x + 2 )( x − 2 ) − x ( x + 2 )( x − 2 ) − x ( x − 1)( x − 2 ) − 2 x ( x − 1)( x + 2 )( x − 2 )
2
2
2
y = − ( x − 2 ) ( x 3 − x 2 − 4 x + 4 + x 3 − 4 x + x 3 − 3 x 2 + 2 x + 2 x 3 + 2 x 2 − 4 x )

x = 2
x
−
2
=
0


 y = − ( x − 2 ) ( 5 x3 − 2 x 2 − 10 x + 4 ) = 0   3
 x =  2
2
5 x − 2 x − 10 x + 4 = 0

2
x =
5

2
Vì y  đổi dấu khi qua 4 điểm x = 2 ; x =  2 và x = . Vậy số điểm cực trị của hàm số là 4 .
5
Cách 2:
Nhận xét: Hàm số y = f ( x ) liên tục trên , lim y = + và đồ thị hàm số y = f ( x ) cắt trục
x →−
Ox tại 4 điểm có hoành độ 0,1, − 2, 2 trong đó tại điểm có hoành độ x = 2 là đồ thị y = f ( x )
tiếp xúc với trục hoành. Do đó, đồ thị hàm số y = f ( x ) có hình dạng như sau
Từ đồ thị, ta thấy số điểm cực trị của hàm số là 4 .
Câu 5:
Cho
hàm
y = f ( x)
số
có
f ( x ) . f  ( x ) = x ( x − 1) ( x + 4 )
2
3
đạo
với
g ( x ) =  f  ( x )  − 2 f ( x ) . f  ( x ) là
2
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
hàm
mọi
cấp
x
3,
liên
.
Số
tục
trên
điểm
cực
và
trị
của
thỏa
hàm
mãn
số
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 3 .
B. 6 .
C. 1 .
Lời giải
Chọn D
Phan Nhật Linh
D. 2 .
Xét hàm số g ( x ) =  f  ( x )  − 2 f ( x ) . f  ( x ) .
2
TXĐ: D =
.
Ta có g  ( x ) = 2 f  ( x ) . f  ( x ) − 2  f  ( x ) . f  ( x ) + f ( x ) . f  ( x )  = −2 f ( x ) . f  ( x )
Do đó g  ( x ) = −2 x. ( x − 1) . ( x + 4 ) .
2
2
Ta thấy g  ( x ) đổi dấu khi đi qua x = 0, x = −4 nên hàm số y= y = g ( x ) có 2 điểm cực trị.
Câu 6:
Gọi x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số y = x 3 − 3mx 2 − 6 x . Giá trị lớn nhất của biểu thức
S = ( x12 − 3)( x22 − 1) là
A. 7 − 4 3 .
D. 7 + 4 3 .
C. 4 3 .
Lời giải
B. 4 .
Chọn A
Ta có y = 3x 2 − 6mx − 6 .
Dễ thấy y  = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m 
Ta có S = ( x12 − 3)( x22 − 1) = x12 x22 − x12 − 3x22 + 3 = 7 − x12 −
và x1.x2 = −2 .
12
x12

12 
12
= 7 −  x12 + 2   7 − 2 x12 . 2 = 7 − 4 3 .
x1 
x1

  x1 = 4 12

  x = −2
 2 12
  2 4 12
 x1 = 2
x1  
.
Vậy max S = 7 − 4 3  
 x1 = − 4 12
 x x = −2
 1 2

 x = 2
  2 4 12
Câu 7:
Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên
Hàm số g ( x ) =
A. Vô số.
và có bảng biến thiên như sau:
f ( x)
có bao nhiêu điểm cực trị trên khoảng ( 0; + ) ?
x3
B. 1 .
C. 2 .
D. 0 .
Lời giải
Chọn D
Với x  ( 0; + ) :
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
f  ( x ) .x3 − f ( x ) .3x 2 x. f  ( x ) − 3. f ( x ) h ( x )

g ( x) =
=
= 4 , với h ( x ) = xf  ( x ) − 3 f ( x ) .
x6
x4
x
 −3  f ( x )  0
−3 f ( x )  0
 h( x)  0 .
Từ bảng biến thiên, ta thấy: 
, x  ( 0; + )  
 f  ( x )  0
 xf  ( x )  0
Do đó g  ( x )  0, x  ( 0; + ) . Vậy hàm số g ( x ) không có cực trị trên khoảng ( 0; + ) .
Câu 8:
(
)
Tìm m để hàm số y = x3 − 3mx 2 + m 2 + 2 x − m + 1 đạt cực đại tại x = 1 .
m = 1
A. 
.
m = 5
C. m = 1 .
B. Không tồn tại m .
D. m = 5 .
Lời giải
Chọn D
Ta có y  = 3x 2 − 6mx + ( m 2 + 2 ) , y  = 6 x − 6m .
Hàm số y = x3 − 3mx 2 + ( m 2 + 2 ) x − m + 1 đạt cực đại tại x = 1
m = 1
 y  (1) = 0
3 − 6m + m 2 + 2 = 0
 m 2 − 6m + 5 = 0




   m = 5  m = 5 .
6 − 6 m  0
m  1
m  1
 y  (1)  0

Câu 9:
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx + 1 đạt cực tiểu tại x = −2.
A. m = 3 .
B. m   .
C. m = −24 .
Lời giải
D. m = 0 .
Chọn B
Ta có y = 3 x 2 − 6 x + m
Do hàm số đạt cực tiểu tại x = −2 nên y ( −2 ) = 0  3.22 + 6.2 + m = 0  m = −24
Với m = −24 hàm số trở thành y = x 3 − 3x 2 − 24 x + 1
x = 4
y = 3x 2 − 6 x − 24, y = 0  3x 2 − 6 x − 24 = 0  
.
 x = −2
y = 6 x − 6
 y ( −2 ) = −18  0
 x = −2 là điểm cực đại của hàm số đã cho.
Ta có 
 y ( −2 ) = 0
Vậy m   .
(
)
Câu 10: Cho hàm số f ( x ) = − x3 + 2 ( 2m − 1) x 2 − m 2 − 8 x + 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
hàm số đạt giá trị cực đại tại điểm x = −1 .
A. m = 3 .
B. m = −9 .
C. m = 1 .
Lời giải
D. m = −2 .
Chọn B
Hàm số f ( x ) = − x3 + 2 ( 2m − 1) x 2 − ( m 2 − 8 ) x + 2 có f  ( x ) = −3x 2 + 4 ( 2m − 1) x − ( m 2 − 8 ) và
f  ( x ) = −6 x + 4 ( 2m − 1) .
Điều
kiện
cần
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
để
hàm
số
đạt
cực
trị
tại
điểm
x = −1
là
f  ( −1) = 0
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
m = 1
 −3 − 4 ( 2m − 1) − ( m2 − 8 ) = 0  m 2 + 8m − 9 = 0  
.
 m = −9
Trường hợp 1: m = 1  f  ( −1) = −6 ( −1) + 4 ( 2.1 − 1) = 10  f  ( −1)  0 , suy ra hàm số đạt cực
tiểu tại x = −1 . Vậy m = 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2: m = −9  f  ( −1) = −6 ( −1) + 4  2 ( −9 ) − 1 = −70  f  ( −1)  0 , suy ra hàm số
đạt cực đại tại x = −1 .
Vậy với m = −9 thì hàm số đã cho đạt giá trị cực đại tại điểm x = −1 .
(
)
Câu 11: Cho hàm số y = x 6 + ( 4 + m ) x5 + 16 − m2 x 4 + 2 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương
của tham số m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 0 . Tổng các phần tử của S bằng
A. 6.
B. 10.
C. 3.
D. 9.
Lời giải
Chọn A
Xét hàm số y = x 6 + ( 4 + m ) x5 + (16 − m2 ) x 4 + 2 có TXĐ là D
(
)
.
(
)
Ta có y = 6 x5 + 5 ( 4 + m ) x 4 + 4 16 − m2 x3 = x3 6 x 2 + 5 ( 4 + m ) x + 4 16 − m 2  .
x = 0
.
y = 0   2
2
6 x + 5 ( 4 + m ) x + 4 (16 − m ) = 0
Do x = 0 là một nghiệm của phương trình y  = 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 khi và chỉ
khi y  đổi dấu từ ( − ) sang ( + ) khi qua điểm x = 0 .
Đặt g ( x ) = 6 x 2 + 5 ( 4 + m ) x + 4 (16 − m 2 ) .
Trường hợp 1: x = 0 là nghiệm của phương trình g ( x ) = 0 . Suy ra m = 4 hoặc m = −4 .
x = 0
Với m = 4 , g ( x ) = 6 x + 40 x = 0  
.
 x = − 20
3

Khi đó phương trình y  = 0 có x = 0 là nghiệm bội 4 nên y  không đổi dấu khi qua điểm x = 0.
2
Suy ra x = 0 không là điểm cực trị của hàm số.
Vậy m = 4 không thỏa mãn.
Với m = −4 , loại do m là số nguyên dương.
Trường hợp 2: x = 0 không là nghiệm của phương trình g ( x ) = 0 hay m  4 .
Ta có y = x3 .g ( x ) ; g ( 0 ) = 4 (16 − m2 ) .
 lim+ g ( x )  0
 x →0
y  đổi dấu từ ( − ) sang ( + ) khi qua điểm x = 0 khi và chỉ khi 
g ( x)  0
 xlim
→ 0−
 4 (16 − m2 )  0  −4  m  4 .
Mà m là số nguyên dương nên ta có m  1, 2,3 hay S = 1, 2,3 .
Vậy tổng các phần tử của tập hợp S là 1 + 2 + 3 = 6 .
(
)
Câu 12: Cho hàm số y = x 6 + ( 2 + m ) x5 + 4 − m 2 x 4 + 4 . Gọi S là tập hợp các giá trị m nguyên dương
không vượt quá 10 để hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 0 . Tổng các phần tử của S bằng
A. 42.
B. 52.
C. 40.
D. 50.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn B
Ta có y = 6 x5 + 5 ( 2 + m ) x 4 + 4 ( 4 − m 2 ) x3 = x3 ( 6 x 2 + 5 ( 2 + m ) x + 4 − m 2 ) .
 x 3 = 0

y =0 2
.
2
6 x + 5 ( 2 + m ) x + 4 − m = 0 (*)
( *)
2
có  = 49m + 100m + 4 = ( 49m + 2 )( m + 2 ) .
  0

Với mọi m nguyên dương thì  −5 ( 2 + m )
do đó ta xét các trường hợp sau:

0

6

4 − m2  0
 0  m  2 : (*) có hai nghiệm âm phân biệt x1 , x2 ( x1  x2 ) , ta có
Trường hợp 1: 
m

0

bảng xét dấu y  như sau:
Lúc này x = 0 là điểm cực tiểu.
4 − m2  0
 m  2 : (*) có hai nghiệm trái dấu x1 , x2 ( x1  0  x2 ) , ta có bảng
Trường hợp 2: 
m  0
xét dấu y  như sau:
Từ đây suy ra x = 0 là điểm cực đại.
Trường hợp 3: (*) có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm âm, lúc này x = 0 là nghiệm bội 4
của đạo hàm nên không phải là điểm cực trị.
Vậy có ba giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. Tổng
các phần tử của S bằng 52.
(
)
Câu 13: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = x8 + ( m − 2 ) x5 − m 2 − 4 x 4 + 1 đạt cực
tiểu tại x = 0 ?
A. 3 .
Chọn D
Tập xác định: D =
B. 5 .
C. vô số.
Lời giải
D. 4 .
.
y = 8 x 7 + 5 ( m − 2 ) x 4 − 4 ( m2 − 4 ) x3 = x3 8 x 4 + 5 ( m − 2 ) x − 4 ( m 2 − 4 )  = x3 .g ( x )
Với g ( x ) = 8 x 4 + 5 ( m − 2 ) x − 4 ( m 2 − 4 ) .
Ta có lim g ( x ) = g ( 0 ) = −4 ( m2 − 4 ) .
x →0
Trường hợp 1: g ( 0 )  0  −4 ( m 2 − 4 )  0  m  ( −; −2 )  ( 2; + ) .
Khi x → 0 − thì y = x3 .g ( x ) → 0+ ; khi x → 0 + thì y = x3 .g ( x ) → 0−  y  đổi dấu từ dương
sang âm qua x = 0  hàm số đạt cực đại tại x = 0 .
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Trường hợp 2: g ( 0 )  0  −4 ( m 2 − 4 )  0  m  ( −2; 2 ) .
Khi x → 0 − thì y = x3 .g ( x ) → 0− ; khi x → 0 + thì y = x3 .g ( x ) → 0+  y  đổi dấu từ âm sang
dương qua x = 0  hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 .
Trường hợp 3: g ( 0 ) = 0  −4 ( m 2 − 4 ) = 0  m = 2
Với m = 2 , ta có y  = 8 x 7  y  đổi dấu từ âm sang dương qua x = 0  hàm số đạt cực tiểu tại
x =0.
Với m = −2 , ta có y = x3 ( 8 x 7 − 20 x ) = x 4 ( 8 x 6 − 20 )  y  không đổi dấu qua x = 0  hàm số
không đạt cực trị tại x = 0 .
Như vậy hàm số đạt cực tiểu tại x = 0  m  ( −2; 2 . Do m nguyên nên m  −1;0;1; 2 .
Vậy có tất cả 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c, ( a, b, c 
)
có đồ thị là đường cong như hình bên. Số điểm
cực trị của hàm số y = f 2 ( x ) bằng?
A. 3 .
B. 5 .
C. 7 .
Lời giải
D. 4 .
Chọn B
Ta có: y = f 2 ( x )  y = 2 f  ( x ) f ( x )
 x=0
 f ( x) = 0
  x = 2 ( x0  2 ) .
Ta có: y = 0  
 f ( x) = 0
 x =  x0
Phương trình y  = 0 có 5 nghiệm đơn nên hàm số y = f 2 ( x ) có 5 điểm cực trị.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 15: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( −3)  0, f ( 2 ) = 0 và có đồ thị y = f ' ( x ) là đường cong trong
hình bên. Hàm số g ( x ) = f ( x ) − x 4 + 14 x 2 − 24 x + 11 có bao nhiêu điểm cực tiểu?
A. 4.
B. 7.
C. 3.
Lời giải
D. 5.
Chọn A
Từ đồ thị của y = f ' ( x ) ta thấy f ( x ) đồng biến trên 1; 2 , suy ra f (1)  f ( 2 ) = 0 .
Xét hàm số h ( x ) = f ( x ) − x 4 + 14 x 2 − 24 x + 11; h ' ( x ) = f ' ( x ) − ( 4 x 3 − 28 x + 24 ) .
Vẽ đồ thị hàm số y = 4 x 3 − 28 x + 24 trên cùng mặt phẳng tọa độ, ta lập được bảng biến thiên
của h ( x ) và g ( x ) = h ( x ) ( h ( −3) = f ( −3) + 128  128, h (1) = f (1)  0, h ( 2 ) = 3 ).
Vậy hàm số g ( x ) = f ( x ) − x 4 + 14 x 2 − 24 x + 11 có 4 điểm cực tiểu.
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 16: Cho hàm số đa thức bậc bốn y = f ( x ) thỏa mãn f ( 0 ) =
1
, hàm số f  ( x ) có đồ thị như hình vẽ.
2
 x
Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = 18 f 1 −  − x 2 là
 3
A. 4 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 7 .
Lời giải
Chọn D
 x
 x
Xét hàm số h ( x ) = 18 f 1 −  − x 2 . Ta có: h ( x ) = − 6. f  1 −  − 2 x .
 3
 3
x
 x
 x  x
h ( x ) = 0  f  1 −  = −  f  1 −  = 1 −  − 1 (phương trình có dạng: f  ( t ) = t − 1 )
3
 3
 3  3
 x
1 − 3 = −1
x = 6

x
x  x

Dựa vào đồ thị ta thấy: f  1 −  = 1 −  − 1  1 − = 1   x = 0
 3
 3  3
 x = − 6

1 − x = 3
 3
Từ đồ thị hàm số y = f  ( x ) là đồ thị hàm đa thức bậc ba, có hai điểm cực trị là A ( 0; 2 ) và
B ( 2; −2 ) . Suy ra: f  ( x ) = x3 − 3x 2 + 2  f ( x ) = x 4 − x3 + 2 x + d .
1
4
1
1
1
1
nên d = . Ta được: f ( x ) = x 4 − x3 + 2 x + .
2
2
4
2
81
 −1 
Ta có: h ( − 6 ) = 18 f ( 3) − 36 = 18  f ( 3) − 2  = 18  − 2  = −
2
 4

Do f ( 0 ) =
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
63
81
 −1 
; h ( 6 ) = 18 f ( −1) − 36 = 18  f ( −1) − 2  = 18  − 2  = −
h ( 0 ) = 18 f (1) − 0 =
2
2
 4

Bảng biến thiên:
 x
Vậy hàm số g ( x ) = 18 f 1 −  − x 2 có 7 điểm cực trị.
 3
Câu 17:
(
)
Cho f ( x ) là đa thức bậc ba, biết hàm số y = f  x 2 − x + 1 có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.
Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc  −10;10  để hàm số y = f
có năm điểm cực trị?
A. 8.
B. 9.
C. 10.
Lời giải
(
x2 + 4 − m
D. 11.
Chọn B
Ta có f ( x ) là đa thức bậc ba nên f ' ( x ) là đa thức bậc hai  f  ( x 2 − x + 1) là đa thức bậc 4.
Do đó từ đồ thị hàm số y = f  ( x 2 − x + 1) ta có:
f  ( x 2 − x + 1) = a ( x + 1) x ( x − 1)( x − 2 ) , với a  0 .
f  ( x 2 − x + 1) = a ( x 2 − x − 2 )( x 2 − x ) = a ( x 2 − x + 1 − 3)( x 2 − x + 1 − 1) .
Suy ra f ' ( x ) = a ( x − 3)( x − 1) , x 
Xét hàm số y = f
(
)
x 2 + 4 − m có y ' =
x
x +4
2
f'
(
x2 + 4 − m
)
x =0
x=0
 x=0
 2
 2
y'= 0  

x
+
4
−
m
=
1


 x + 4 = m +1 .
2
 f ' x +4 −m = 0

 2
2

 x + 4 − m = 3
 x + 4 = m + 3
)
(
Hàm số y = f
(
)
x 2 + 4 − m có 5 điểm cực trị
 y ' = 0 có 5 nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x qua các nghiệm đó.
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 m +1  2  m  1 .
Mà m 
Phan Nhật Linh
và m   −10;10 nên m  2;3; 4;...;10
Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 18: Cho hàm số f ( x ) = ax + bx + c có đồ thị của hàm số y = f ( x ) và y = f  ( x ) như hình vẽ bên
4
2
dưới. Gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số y = f ( x ) có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3
.
Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f  ( x ) , y = 0, x = x1 , x = x2 là S1 và diện tích
của tam giác ABC là S . Tính P = x1.x3 , với S1 = 1 và S = 1 .
B. P = 1 .
A. P = 0 .
C. P = −1 .
Lời giải
D. P = 2 .
Chọn C
Ta có: x1 , x2 , x3 là các điểm cực trị của hàm số y = f ( x ) , với x2 = 0 và x1  x3 .
0
Theo giả thiết: S1 = 1   f  ( x ) dx = 1  f ( 0 ) − f ( x1 ) = 1 .
x1
Và giả thiết: SABC = 1 
1
( x3 − x1 ) .  f ( 0 ) − f ( x1 ) = 1 .
2
 f ( 0 ) − f ( x1 ) = 1

 x3 − x1 = 2
 x1 = −1
1

Ta có hệ:  ( x3 − x1 )  f ( 0 ) − f ( x1 )  = 1  
. Vậy P = x1.x3 = −1 .
 x3 = 1
 x1 + x3 = 0
2
 x1 + x3 = 0
Câu 19: Cho hàm số f ( x ) = x 4 − 2 x 3 + ( m − 1) x 2 + 2 x − m + 2022 , với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của m thuộc đoạn  −2021; 2022 để hàm số y = f ( x − 2021) − 2022 có số điểm cực trị
nhiều nhất?
A. 2021.
B. 2022.
C. 4040.
Lời giải
D. 2023
Chọn A
Hàm số y = f ( x − 2021) − 2022 có số điểm cực trị nhiều nhất là 7 khi và chỉ khi phương trình
f ( x − 2021) = 2022 có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình f ( x ) = 2022 có 4 nghiệm phân
biệt
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có f ( x ) = 2022  x 4 − 2 x3 + ( m − 1) x 2 + 2 x − m = 0
 x = −1

 ( x + 1)( x − 1)  x 2 − 2 x + m  = 0   x = 1
 x 2 − 2 x + m = 0 ( *)

Suy ra f ( x ) = 2022 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có 2 nghiệm phân biệt khác −1
và 1 tức là
1 − m  0
m  1
2
do m nguyên thuộc  −2021; 2022 nên có 2021 giá trị thỏa mãn.
1 − 2 + m  0  
m  −3
12 + 2 + m  0

Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) = x 3 − ( 2m + 1) x 2 + ( 3 − m ) x + 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m
để hàm số y = f
( x ) có 3 điểm cực trị.
A. m  3 .
B.
−1
 m.
2
1
D. −  m  3 .
2
C. m  3 .
Lời giải
Chọn A
Để hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị thì hàm số y = f ( x ) có đúng 1 cực trị dương.
Khi đó f  ( x ) = 3x 2 − 2 ( 2m + 1) x + 3 − m = 0 có hai nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm
dương và nghiệm còn lại phải bé hơn hoặc bằng 0. Suy ra
m  3

2
 = ( 2m + 1) − 3 ( 3 − m )  0
2
  m  −7 − 177
 4m + 7 m − 8  0


 

8
3− m

 m  3.
3
−
m

0
0

 x1 x2 =

−
7
+
177
3

m 
8
 
(
3
2
Câu 21: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = x − 2 x
)( x
3
− 2 x ) với mọi x 
. Hàm số
f (1 − 2022 x ) có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?
A. 12 .
B. 10 .
D. 11 .
C. 9 .
Lời giải
Chọn C
(
f  ( x ) = ( x3 − 2 x 2 )( x3 − 2 x ) = x3 ( x − 2 ) ( x 2 − 2 ) = x3 ( x − 2 ) x − 2
)( x + 2 ) .
f  ( x ) = 0 có 3 nghiệm đơn và 1 nghiệm bội 3 nên hàm số f ( x ) có 4 điểm cực trị.
Số điểm cực trị của hàm số f (1 − 2022 x ) bằng số điểm cực trị của hàm số f ( x ) .
Ta có số điểm cực trị của hàm số f ( x ) bằng m + n (Trong đó m là số điểm cực trị của hàm
f ( x ) , n là số nghiệm của f ( x ) không tính những nghiệm là điểm cực trị).
Theo trên ta có m = 4 nên số nghiệm lớn nhất của f ( x ) là 5 hay n = 5 .
Hàm số f (1 − 2022 x ) có nhiều nhất 9 điểm cực trị.
Câu 22: Hàm số y = x 4 − 4 x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 5 .
B. 6 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn A
Phan Nhật Linh
D. 7 .
x = 0
Xét hàm số y = x 4 − 4 x 2 có y = 4 x 3 − 8 x ; y = 0  
.
x
=

2

Khi đó hàm số y = x 4 − 4 x 2 có 3 cực trị.
 x2 = 0
x = 0
Mặt khác phương trình x − 4 x = 0   2
.

 x = 2
x = 4
4
2
Ta thấy phương trình x 4 − 4 x 2 = 0 có 2 nghiệm đơn.
Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là 3 + 2 = 5 .
Câu 23:
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và có bảng xét dấu f  ( x ) như sau
(
)
Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f x3 + 2 x − 4 là
A. 2 .
B. 3 .
C. 5 .
Lời giải
D. 10 .
Chọn B
Dựa vào bảng xét dấu f  ( x ) ta có hàm số f ( x ) có 2 cực trị tại x = −1 và x = 4 .
 f ( x 3 + 2 x − 4 ) khi x  0

Xét g ( x ) = f ( x + 2 x − 4 ) = 
3

 f ( x − 2 x − 4 ) khi x  0
3
( 3 x 2 + 2 ) . f  ( x 3 + 2 x − 4 ) khi x  0

.
g ( x) = 
2
 ( x 3 − 2 x − 4 ) khi x  0
3
x
−
2
.
f
(
)


Xét g  ( x ) = 0
Trường hợp 1: x  0
 x3 + 2 x − 4 = −1  x3 + 2 x − 3 = 0
 x =1 0
g  ( x ) = 0  ( 3x 2 + 2 ) . f  ( x 3 + 2 x − 4 ) = 0   3
 3

 x 1, 67  0
 x + 2x − 4 = 4
 x + 2x − 8 = 0
Với x  0 có 2 cực trị.
Trường hợp 2: x  0

2
 x=−
 2 2
3

 x =3
 3x 2 − 2 = 0



2
g  ( x ) = 0  ( 3 x 2 − 2 ) . f  ( x 3 − 2 x − 4 ) = 0   x 3 − 2 x − 4 = −1   x 3 − 2 x − 3 = 0   x =
(lo¹i)
3
 x3 − 2 x − 8 = 0 
 x3 − 2 x − 4 = 4

 x 1.89 (lo¹i)



 x 2,33 (lo¹i)
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Với x  0 có 1 cực trị.
(
)
Vậy hàm số g ( x ) = f x3 + 2 x − 4 có 3 cực trị.
Câu 24: Tìm số điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x − 8 x + 22 x − 24 x + 6 2 .
3
4
A. 3 .
B. 5 .
2
C. 6 .
Lời giải
D. 7 .
Chọn D
Xét hàm số f ( x ) = x 4 − 8 x 3 + 22 x 2 − 24 x + 6 2 .
x = 1
Suy ra f  ( x ) = 4 x 3 − 24 x 2 + 44 x − 24 = 0   x = 2 .

 x = 3
Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x )
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị dương.
Suy ra số điểm cực trị của hàm số y = x − 8 x + 22 x − 24 x + 6 2 bằng 2.3 + 1 = 7 .
4
3
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = ( x − 2 )
bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
A. 3 .
2
( x − 1) ( x 2 − 2 ( m + 1) x + m2 − 1) , x 
g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị?
2
C. 2 .
Lời giải
B. 5 .
. Có
D. 4 .
Chọn C
Nhận xét: Hàm số y = f ( x ) có số điểm cực trị = 2. (số điểm cực trị dương của hàm số
y = f ( x ) ) +1 .
Suy ra để hàm số g ( x ) = f ( x ) có 5 điểm cực trị thì hàm số y = f ( x ) phải có 2 điểm cực trị
dương.
(
)
Xét f  ( x ) = 0  ( x − 2 ) ( x − 1) x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1 = 0
2
x = 2 ( L)


.
x = 1
2
2
( x − 1) x − 2(m + 1) x + m − 1 = 0   x 2 − 2 m + 1 x + m 2 − 1 = 0 *
(
)
()


(
)
Từ điều kiện bài toán suy ra phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1 và trái dấu
hoặc có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương khác 1.
Trường hợp 1: hai nghiệm phân biệt khác 1 và trái dấu.
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
m  1 − 3;
12 − 2(m + 1).1 + m2 − 1  0
m2 − 2m − 2  0

m  1 − 3


m

1
+
3;

Điều kiện 
.



2
2
−1  m  1
1. m − 1  0
−1  m  1
m − 1  0

Suy ra m = 0 (TM).
Trường hợp 2: có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm dương khác 1.
(
)
Điều kiện 02 − 2(m + 1).0 + m 2 − 1 = 0  m = 1 .
x = 0
 m = 1 (TM).
Với m = 1  x 2 − 4 x = 0  
x
=
4

2
Với m = −1  x = 0  m = −1 (Loại).
Vậy có hai giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 26: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( −2 )  f ( 2 ) = 0 , đồ thị y = f  ( x ) là đường cong trong hình bên.
Hàm số g ( x ) = f ( x ) +
A. 5.
1 4 1 3
x − x − 2 x 2 + 4 x có bao nhiêu điểm cực tiểu?
4
3
B. 2.
C. 3.
Lời giải
D. 4.
Chọn C
1 4 1 3
x − x − 2x2 + 4x .
4
3
3
Ta có h ( x ) = f  ( x ) + x − x 2 − 4 x + 4 . Với h ( x ) = 0  f  ( x ) = − x 3 + x 2 + 4 x − 4 .
Đặt h ( x ) = f ( x ) +
Đặt k ( x ) = − x3 + x 2 + 4 x − 4 , ta sẽ khảo sát và vẽ đồ thị của k ( x ) .
Ta có k  ( x ) = −3x 2 + 2 x + 4 . Cho k  ( x ) = 0  −3x 2 + 2 x + 4 = 0  x =
1  13
.
3
Chú ý sự tương giao của đồ thị hàm số k ( x ) và trục hoành, ta thấy
 x = −2
k ( x ) = 0  − x + x + 4 x − 4 = 0   x = 1 .
 x = 2
Từ đó ta có hình vẽ như sau
3
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
 x = −2
Từ hình vẽ, ta có h ( x ) = 0   x = 1 .
 x = 2
28
4
Hơn nữa, h ( −2 ) = f ( −2 ) −
 0, h ( 2 ) = f ( 2 ) +  0 . Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm
3
3
số h ( x ) và h ( x ) như sau
Vậy hàm số g ( x ) = h ( x ) có 3 điểm cực tiểu.
3
2
Câu 27: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = − x + 3x + m + 2 có 5 điểm cực trị?
A. 3 .
B. 6 .
C. 4 .
Lời giải
D. 5 .
Chọn A
( ) có số điểm cực trị bằng tổng số điểm cực trị của g (x ) và số nghiệm đơn của
phương trình g ( x ) = 0.
Hàm số y = g x
Xét hàm số y = g ( x ) = − x 3 + 3x 2 + m + 2 .
x = 0
2
Suy ra y ' = g ' ( x ) = −3x + 6 x = 0  
.
x
=
2

28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Bảng biến thiên:
Phan Nhật Linh
Suy ra hàm số y = g ( x ) = − x 3 + 3x 2 + m + 2 có 2 điểm cực trị.
Hàm số y = − x3 + 3x 2 + m + 2 có 5 điểm cực trị khi − x 3 + 3 x 2 + m + 2 = 0 có 3 nghiệm đơn khác
m + 6  0 m  −6

 −6  m  −2 .
0 và 2 . Khi đó 
m + 2  0 m  −2
Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = − x3 + 3x 2 + m + 2 có 5 điểm cực trị.
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) có f ( −2 ) = 0 và đạo hàm liên tục trên
và có bảng xét dấu như hình sau
Hàm số g ( x ) = 15 f ( − x 4 + 2 x 2 − 2 ) − 10 x 6 + 30 x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 2.
B. 3.
Chọn C
C. 5.
Lời giải
(
D. 7.
)
Hàm số h ( x ) = 15 f − x 4 + 2 x 2 − 2 − 10 x 6 + 30 x 2
(
 h ( x ) = −60 x ( x
) (
)
− 1)  f  ( − x + 2 x − 2 ) + x + 1 .
Mà − x + 2 x − 2 = − ( x − 1) − 1  −1, x  nên dựa vào bảng xét dấu của f  ( x ) ta suy ra
f  ( − x + 2x − 2)  0 .
Suy ra f  ( − x + 2 x − 2 ) + x + 1  0, x  .
Do đó dấu của h ( x ) cùng dấu với u ( x ) = −60 x ( x − 1) , tức là đổi dấu khi đi qua các điểm
Ta có h ( x ) = 15 −4 x3 + 4 x . f  − x 4 + 2 x 2 − 2 − 60 x 5 + 60 x
4
2
4
2
4
2
4
2
2
2
2
2
2
2
x = −1; x = 0; x = 1 .
Vậy hàm số h ( x ) có 3 điểm cực trị.
Ta có h ( 0 ) = 15 f ( −2 ) = 0 nên đồ thị hàm số y = h ( x ) tiếp xúc Ox tại O và cắt trục Ox tại 2
điểm phân biệt khác điểm cực trị.
Vậy hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị.
Câu 29: Cho hàm đa thức y = f ( x ) . Hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
để hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x − 1 − 2 x + m ) có
Có bao nhiêu giá trị của m để m   0; 6 , 2m 
đúng 9 điểm cực trị?
A. 6 .
Chọn A
B. 5 .
(
C. 7 .
Lời giải
D. 3 .
)
Đặt g ( x ) = h ( x − 1 ) = f x − 1 − 2 x − 1 + m − 1
2
Do đồ thị hàm số y = h ( x − 1 ) có được khi tịnh tiến đồ thị hàm số y = h ( x ) sang phải một đơn
vị nên số cực trị của hàm số y = h ( x − 1 ) bằng số cực trị hàm y = h ( x ) . Như vậy, để hàm số
(
)
g ( x ) có 9 cực trị thì hàm số y = h ( x ) = f x 2 − 2 x + m − 1 có 4 cực trị có hoành độ dương.
Lại có: y = ( 2 x − 2 ) f  ( x 2 − 2 x + m − 1) .
x = 1
y = 0  
.
2
 f  ( x − 2 x + m − 1) = 0 (*)
 x 2 − 2 x − 1 = 1 − m (1)
 x2 − 2 x + m − 1 = 1


( *)   x 2 − 2 x + m − 1 = 2   x 2 − 2 x − 1 = 2 − m ( 2 )
 x2 − 2 x + m − 1 = 3  2
 x − 2 x − 1 = 3 − m ( 3)

(trường hợp x 2 − 2 x + m − 1 = 0 có nghiệm bội chẵn nên không là cực trị).
Xét hàm số t ( x ) = x 2 − 2 x − 1  t  ( x ) = 2 x − 2
Để hàm số đã cho có 9 cực trị thì phương trình (1) , ( 2 ) , ( 3) phải có 3 nghiệm dương phân biệt
khác 1. Khi đó, ta có:
1 − m  −1
m  2
 0  2m  4
 −2  2 − m  −1  3  m  4  6  2m  8 .



Do 2m   2m  0;1; 2;3; 4;7 . Vậy có 6 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán.
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 30: Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số f x
A. 3
Phan Nhật Linh
x
2
x
x 1
m
có ít nhất 3 điểm cực trị?
3
C. 2
Lời giải
B. 5
D. 4
Chọn A
Xét hàm số g x
Ta có g x
x
2
x
x 1
m
.
3
1 x2
0
x2
0
2
x 1
x
1.
1, x
1 với mọi m
Bảng biến thiên
Hàm số g x có hai điểm cực trị x
nhất 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình g x
1
m
3
m 1
3 3
m
3
0
3
m
0
Câu 31: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên
m
1
0
m
nên hàm số f x
g x có ít
0 có nghiệm bội lẻ.
2; 1, 0 ( Do m nguyên)
và có bảng xét dấu đạo hàm f  ( x ) như hình bên.
Số điểm cực trị của hàm số g ( x ) = f ( x 2 − 2 x + 1 − x − 1 ) là
A. 8 .
Chọn D
B. 9 .
(
Ta có g ( x ) = f x 2 − 2 x + 1 −
C. 10 .
Lời giải
( x − 1)
2
D. 7 .
)


x −1 
1 
2
 ( x 2 − 2 x + 1 − x − 1 ) = ( x − 1)  2 −
có g  ( x ) =  2 x − 2 −
f

 f  ( x − 2 x + 1 − x − 1 )



x −1 
x −1 


Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
x = 1

x = 3
x
=
1

2


 x −1 = 0
3

1
x =

x =
1
2

 x −1 =
2


2

1
 x = 1(k )
x=
Suy ra g  ( x ) = 0   x 2 − 2 x + 1 − x − 1 = −1  

2

x = 0
 x − 1 2 − x − 1 + 1 = 0 (vn)
 x2 − 2 x + 1 − x − 1 = 0
x = 2



2
 x −1 − x −1 = 0
 x2 − 2 x + 1 − x − 1 = 1
3+ 5


x=


2
 x −1 − x −1 −1 = 0
2



1− 5
 x = 2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có bảng xét dấu g  ( x ) :
Vậy hàm số g ( x ) có 7 cực trị.
Câu 32: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( x 2 − 4 x + m ) có 3
điểm cực trị. Số phần tử của S là
A. 4 .
B. 3 .
C. 2 .
Lời giải
D. 5 .
Chọn A
Ta có: y' = ( 2 x − 4 ) f ' ( x 2 − 4 x + m ) .
x = 2
x = 2
x = 2
 2

y' = 0  
  x − 4 x + m = −1   x 2 − 4 x = − m − 1 (* )
2
 f ' ( x − 4 x + m ) = 0
 x2 − 4x + m = 3
 x 2 − 4 x = −m + 3


Hàm số y = f ( x 2 − 4 x + m ) có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình (* ) có đúng 3 nghiệm
bội lẻ.
Xét hàm số: g ( x ) = x 2 − 4 x
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy: Phương trình (* ) có đúng ba nghiệm bội lẻ
−m + 3  −4

 3 m 7
−m − 1  −4
 S = 3; 4; 5; 6
Câu 33: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ.
(
)
2
Số giá trị nguyên của tham số m để hàm số g ( x ) = f 2 x − 4 x + m − 3 có 7 điểm cực trị.
A. 1 .
Chọn A
B. 2 .
(
C. 3 .
Lời giải
D. 4 .
)
Đặt h ( x ) = f 2 x 2 − 4 x + m − 3 .
(
Suy ra h ' ( x ) = ( 4 x − 4 ) . f  2 x 2 − 4 x + m − 3
)
Để g ( x ) có 7 điểm cực trị thì h ( x ) phải có 3 điểm cực trị dương.
x = 1
4 x − 4 = 0
 2
Ta có: h ' ( x ) = 0   2
.
2
x
−
4
x
+
m
−
5
=
0
*
2
x
−
4
x
+
m
−
3
=
2
(
)


h ( x ) có 3 điểm cực trị dương  (*) có 2 nghiệm dương phân biệt, khác 1.
4 − 2 ( m − 5)  0

m − 5

0
 5  m  7.
2

 2 − 4 + m − 5  0
Vì m nguyên nên m = 6 . Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 34: Cho hàm số y = f ( x ) = x 3 − mx 2 − x + 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để số điểm cực trị của
đồ thị hàm số y = f ( x + 1) bằng 5.
A. 3 .
B. 2 .
D. 0 .
C. 1 .
Lời giải
Chọn D
Ta có:
y = g ( x) = f ( x + 1) = ( x + 1) − m ( x + 1) − ( x + 1) + 1 = x + ( 3 − m ) x + ( 2 − 2m ) x + 1 − m
3
2
3
2
Xét hàm số: h( x) = x3 + ( 3 − m ) x 2 + ( 2 − 2m ) x + 1 − m . Để số điểm cực trị của đồ thị hàm số
y = f ( x + 1) bằng 5 thì hàm số h( x) = x3 + ( 3 − m ) x 2 + ( 2 − 2m ) x + 1 − m có hai điểm cực trị
dương, hay phương trình h '( x) = 3x 2 + 2 ( 3 − m ) x + 2 − 2m = 0 có hai nghiệm dương phân biệt.

2
2
  = ( 3 − m ) − 3 ( 2 − 2m ) = m + 3  0

m  3
 −2 ( 3 − m )
0

Suy ra: 
(vô lí).
3
m  1

 2 − 2m
 3  0
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.
Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên
và có bảng biến thiên như sau
Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = f 3 ( x3 + 3x ) + 2022 là
A. 5.
B. 2.
C. 3.
Lời giải
D. 4.
Chọn B
Ta có g  ( x ) = 3 ( 3x 2 + 3) f  ( x3 + 3x ) f 2 ( x 3 + 3x ) .
'
Ta thấy 3 ( 3 x 2 + 3)  0, x  , và f 2 ( x3 + 3x )  0, x  , nên dấu của g ( x ) chính là dấu
của f ' ( x3 + 3x ) .
 x3 + 3x = −1  x = x1  ( −1;0 )


f ' ( x 3 + 3x ) = 0   x 3 + 3x = 0   x = 0
 x3 + 3x = 1
 x = x  ( 0;1)
2


 −1  x  0
Từ bảng biến thiên của hàm f ( x ) ta có f ' ( x )  0  
x  1
 −1  x3 + 3x  0
 x1  x  0
Do đó f ' ( x3 + 3x )  0   3

 x  x2
 x + 3x  1
Ta có bảng biến thiên của hàm số g ( x )
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Suy ra hàm số g ( x ) có 2 điểm cực tiểu.
Câu 36: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm y = f  ( x ) = ( x − 2 )
2
(x
2
− x) , x 
. Gọi S là tập hợp tất cả
1

các giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f  x 2 − 6 x + m  có 5 điểm cực trị. Tính tổng
2

tất cả các phần tử của S .
A. 154.
B. 17.
C. 213.
D. 153.
Lời giải
Chọn D
x = 2
Ta có f  ( x ) = 0   x = 0 , trong đó x = 2 là nghiệm bội chẵn nên không phải là điểm cực trị
 x = 1
của hàm số y = f ( x ) .
1
1
Xét hàm số y = g ( x ) = f  x 2 − 6 x + m  ; g  ( x ) = ( x − 6 ) f   x 2 − 6 x + m  .
2

2

x = 6
1
 x2 − 6x + m = 2
x = 6
2
1 2

g ( x) = 0    1 2
.
 f   x − 6 x + m  = 0
 x − 6x + m = 0

  2
2
1 2
 x − 6x + m = 1
2
1
Nghiệm của phương trình x 2 − 6 x + m = 2 không phải là điểm cực trị của hàm số y = g ( x ) .
2
1
1
Để hàm số y = g ( x ) có 5 điểm cực trị thì phương trình x 2 − 6 x + m = 0 và x 2 − 6 x + m = 1
2
2
phải có 4 nghiệm phân biệt khác 6.
1
Xét hàm số h ( x ) = x 2 − 6 x có h ' ( x ) = x − 6 . Cho h ' ( x ) = 0  x = 6 .
2
Bảng biến thiên:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
1
Số nghiệm phương trình x 2 − 6 x + m = 0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số h ( x ) và đường
2
thẳng y = − m .
Số nghiệm phương trình
1 2
x − 6 x + m = 1 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số h ( x ) và đường
2
thẳng y = − m + 1 .
Mà − m  − m + 1 nên để hai phương trình trên có 4 nghiệm phân biệt khác 6 thì − m  −18
 m  18 .
Tập các giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là S = 1;...;17 .
Tổng tất các giá trị m của tập S là 1 + ... + 17 = 153 .
Câu 37: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
, hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như hình
vẽ. Gọi S là tập các giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f ( 4 − 2 x + m − 6 ) có đúng 3
điểm cực tiểu. Tổng các phần tử của S bằng
A. 18.
B. 11.
C. 2.
Lời giải
D. 13.
Chọn B
Ta có y = f ( 4 − 2 x + m − 6 ) là hàm số chẵn với biến số 2 x − 4 nên đồ thị hàm số nhận đường
thẳng x = 2 làm trục đối xứng.
Xét hàm số y = f ( 2 x − 4 ) + m − 6  (1) có y = 2 f  ( 2 x + m − 10 ) .
Theo đầu bài y = 0 tại các điểm x1 = −1; x2 = 1; x3 = 4 .
9−m

 x1 = 2
 2 x1 + m − 10 = −1

11 − m
 2 x + m − 10 = 1
Ta có  2
( x1 , x2 , x3 là các nghiệm đơn).
  x2 =

2
 2 x3 + m − 10 = 4

 x3 = 14 − m
2

Suy ra hàm số (1) có 3 điểm cực trị (2 cực tiểu và 1 cực đại vì là hàm bậc 4 có hệ số a  0 ).
Đồ thị hàm số y = f ( 4 − 2 x + m − 6 ) gồm 2 phần:
Phần 1: Đồ thị hàm số (1) phía bên phải đường thẳng x = 2 .
Phần 2: Lấy đối xứng phần 1 qua đường thẳng x = 2 .
(
)
Do đó hàm số y = f 4 − 2 x + m − 6 có 3 điểm cực tiểu thì hàm số y = f ( 2 x − 4 ) + m − 6 
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
x  2
có 3 cực trị x1 , x2 , x3 với x1  x2  x3 và thỏa mãn  1
 x2  2
9 − m
 2  2

 5  m  7  m  5;6  S = 11 .
11
−
m

2
 2
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = x 2 + x − 6 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm
(
)
số y = f x − 3x − 9 x + m có đúng 6 điểm cực trị.
3
2
A. 7 .
B. 8 .
C. 9 .
Lời giải
D. 10 .
Chọn D
 x = −3
Ta có f  ( x ) = x 2 + x − 6 = 0  
.
x
=
2

 x = −1
x = 3
2
3
2
Ta có y = ( 3 x − 6 x − 9 ) f  ( x − 3 x − 9 x + m ) = 0   3
.
x − 3 x 2 − 9 x = −m − 3 (1)
 3
 x − 3 x 2 − 9 x = −m + 2 ( 2 )
 x = −1
Xét h ( x ) = x3 − 3x 2 − 9 x; h ( x ) = 3x 2 − 6 x − 9 = 0  
, ta có bảng biến thiên
x = 3
(
)
3
2
Để hàm số y = f x − 3x − 9 x + m có đúng 6 điểm cực trị thì
 −m + 2  5

 −27  −m − 3  5   −8  m  −3 .
 −27  −m + 2  5  24  m  29

 −m − 3  −27
(
)
Vậy có 10 giá trị nguyên của m để hàm số y = f x − 3x − 9 x + m có đúng 6 điểm cực trị.
3
2
Câu 39: Cho hàm đa thức y = f ( x) . Hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ sau
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023

Có bao nhiêu giá trị của m  2;6 ) ;2m 
(
)
2
để hàm số g ( x ) = f x − 2 x − 1 − 2 x + m − 1 có
đúng 9 điểm cực trị?
A. 3 .
Chọn C
Ta có: g ( x) =
B. 5 .
2 ( x − 1) ( x − 1 − 1)
x −1
C. 4 .
Lời giải
D. 2 .
f  ( x 2 − 2 x − 1 − 2 x + m − 1)
x = 0

g ( x) = 0   x = 2
; g  ( x ) không xác định tại x = 1

2
 f  ( x − 2 x − 1 − 2 x + m − 1) = 0
Dựa vào đồ thị hàm số f  ( x ) , ta có
 x2 − 2 x −1 − 2x + m −1 = 1
 x2 − 2 x −1 − 2x = 2 − m


f  ( x 2 − 2 x − 1 − 2 x + m − 1) = 0   x 2 − 2 x − 1 − 2 x + m − 1 = 2   x 2 − 2 x − 1 − 2 x = 3 − m
 2
 2
 x − 2 x − 1 − 2 x + m − 1 = 3
 x − 2 x − 1 − 2 x = 4 − m
Xét hàm số h ( x ) = x − 2 x − 1 − 2 x , ta có bảng biến thiên sau
2
 2 − m  −1
m  3
5 9

Hàm số đã cho có 9 cực trị  

 m  2;3; ;  .
2 2

 −2  3 − m  −1
4  m  5
Vậy có bốn giá trị của m .
Câu 40: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và có biểu thức đạo hàm f  ( x ) = x 3 − 3x 2 − 10 x . Hỏi có tất
(
)
cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số g ( x ) = f x 2 − 2mx + m − 2 − 3 có
13 điểm cực trị?
A. 2 .
38| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 3 .
C. 4 .
Lời giải
D. 5 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
Phan Nhật Linh
Hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại các điểm x = 5; x = 0; x = −2 .
(
)
2
Xét hàm số f ( u ) = f x 2 − 2mx + m − 2 − 3 với u = x − 2mx + m − 2 − 3 .
Đặt h ( x ) = x 2 − 2mx + m − 2 , ta vẽ bảng biến thiên của hàm số h ( x ) như sau:
2
Nhận thấy − m + m − 2  0 nên ta suy ra được bảng biến thiên của u như sau:
u = 5
Số điểm cực trị của f ( u ) = Số điểm cực trị của u + Số nghiệm đơn (bội lẻ) của u = 0 .

u = −2
Từ bảng biến thiên ta thấy u có 3 điểm cực trị. Để hàm số g ( x ) có 13 cực trị thì số nghiệm
u = 5
đơn (bội lẻ) của u = 0 phải bằng 10.

u = −2
2
Để có 10 nghiệm bội lẻ thì các đường thẳng u = −2; u = 0 phải nằm dưới m − m − 1 (nếu nằm
2
trên thì chỉ cho tối đa 6 nghiệm) và đường thẳng u = 5 phải nằm trên m − m − 1 .


1+ 5

m 
2
m2 − m − 1  0  
m +
Yêu cầu bài toán  
→ m   2;3 .

1 − 5 ⎯⎯⎯
m




2

2
m − m − 1  5  −2  m  3

Câu 41: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
, đồ thị hàm số y = f  ( x ) có đúng 4 điểm chung
với trục hoành như hình vẽ bên dưới:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 39
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 + 2022m
có đúng 11 điểm cực trị?
A. 0.
B. 3.
3
C. 4.
Lời giải
D. 1.
Chọn D
(
)
Với mỗi tham số m thì số điểm cực trị của hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 + 2022m
(
3
)
3
3
và y = f x − 3 x + m + 2021 bằng nhau.
3
(
)
Do đó ta chỉ cần tìm giá trị nguyên của tham số m để hàm số y = f x − 3 x + m + 2021
có đúng 11 điểm cực trị.
(
Khi đó ta có đạo hàm như sau: y = ( 3x
3
)
3
Xét x  0 : Hàm số có dạng y = f x − 3x + m + 2021 .
2
− 3) f  ( x3 − 3x + m + 2021) .
Do nghiệm của phương trình x − 3 x + m + 2021 = 4 là các nghiệm bội bậc chẵn của phương trình
y = 0 nên ta chỉ cần quan tâm đến các nghiệm còn lại. Tức là
3
y = 0
3 x − 3 = 0

3
 f  ( x − 3 x + m + 2021) = 0
2


 x = 1 ( do x  0 )
 3
 x − 3x + m + 2021 = −1
 x 3 − 3x + m + 2021 = 1

 x 3 − 3x + m + 2021 = 2

 x = 1 ( do x  0 )

3
 m + 2021 = − x + 3x − 1
 m + 2021 = − x 3 + 3x + 1

 m + 2021 = − x 3 + 3x + 2
Vẽ đồ thị ba hàm số y = − x 3 + 3 x − 1 ; y = − x 3 + 3 x + 1 ; y = − x3 + 3x + 2 với x  0 trên cùng
một hệ trục
40| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
Phan Nhật Linh
)
Hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 có đúng 11 điểm cực trị
3
(
)
3
 Hàm số y = f x − 3x + m + 2021 có đúng 5 điểm cực trị dương
(
)
3
 Phương trình f  x − 3x + m + 2021 = 0 có đúng 4 nghiệm bội lẻ dương và khác 1
 Đường thẳng y = m + 2021 cắt đồ thị ba hàm số y = − x 3 + 3 x − 1 ; y = − x 3 + 3 x + 1 ;
y = − x 3 + 3x + 2 tại 4 điểm phân biệt có hoành độ dương khác 1
 −1  m + 2021  1
 −2022  m  −2020
.


 2  m + 2021  3
 −2019  m  −2018
Do điều kiện m nguyên nên m = −2021 .
Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 41
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
CỰC TRỊ SỐ PHỨC
8
DẠNG
A
Phan Nhật Linh
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Môđun của số phức:
•
Số phức z = a + bi được biểu diễn bởi điểm M ( a; b ) trên mặt phẳng Oxy . Độ dài của véctơ OM
được gọi là môđun của số phức z . Kí hiệu z = a + bi = a 2 + b 2
•
Tính chất
 z = a 2 + b 2 = zz = OM
 z  0, z 
, z =0 z=0
 z. z ' = z . z '

 z − z'  z  z'  z + z'
 kz = k . z , k 
z
z
=
, ( z '  0)
z'
z'
2
•
Chú ý: z 2 = a 2 − b 2 + 2abi = (a 2 − b 2 ) 2 + 4a 2b 2 = a 2 + b 2 = z = z = z.z .
•
Một số lưu ý:
 z1 + z2  z1 + z2 dấu bằng xảy ra  z1 = kz2 ( k  0 )
2
 z1 − z2  z1 + z2 dấu bằng xảy ra  z1 = kz2 ( k  0 ) .
 z1 + z2  z1 − z2 dấu bằng xảy ra  z1 = kz2 ( k  0 )
 z1 − z2  z1 − z2 dấu bằng xảy ra  z1 = kz2 ( k  0 )
(
 z1 + z2 + z1 − z2 = 2 z1 + z2
2
2
2
2
)
2
 z = z z = z , z 
2
2. Một số quỹ tích nên nhớ
Biểu thức liên hệ x, y
ax + by + c = 0 (1)
z − a − bi = z − c − di
( x − a) + ( y − b)
2
2
(1) Đường thẳng : ax + by + c = 0
( 2 ) ( 2 ) Đường trung trực đoạn AB với ( A ( a, b ) , B ( c, d ) )
 R 2 hoặc
z − a − bi  R
r 2  ( x − a ) + ( y − b)  R2
2
 y = ax 2 + bx + c
( c  0)

2
x
=
ay
+
by
+
c

2
( y + c)
+
2
= 1(1)
d2
hoặc
z − a1 − b1i + z − a2 − b2i = 2a
b2
Hình tròn tâm I ( a; b ) , bán kính R
2
hoặc
r  z − a − bi  R
( x + a)
Quỹ tích điểm M
Hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn đồng tâm
I ( a; b ) , bán kính lần lượt là r , R
Parabol
(1) Elip
( 2 ) Elip nếu
2a  AB , A ( a1 , b1 ) , B ( a2 , b2 )
Đoạn AB nếu 2a = AB
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
( x + a)
b2
2
( y + c)
−
d2
2
=1
Hypebol
MỘT SỐ DẠNG ĐẶC BIỆT CẦN LƯU Ý:
Dạng 1: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường thẳng.
Tổng quát 1: Cho số phức z thỏa mãn z − a − bi = z , tìm z Min . Khi đó ta có
•
Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z là đường trung trực đoạn OA với A ( a; b )
1
1 2

2
 z Min = 2 z0 = 2 a + b

z = a + b i

2 2
Tổng quát 2: Cho số phức thỏa mãn điều kiện z − a − bi = z − c − di . Tìm z min . Ta có
•
Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z là đường trung trực đoạn AB với
A ( a; b ) , B ( c; d )
z Min = d ( O, AB ) =
a 2 + b2 − c2 − d 2
2
( a − c ) + (b − d )
2
2
Lưu ý: Đề bài có thể suy biến bài toán thành 1 số dạng, khi đó ta cần thực hiện biến đổi để đưa
về dạng cơ bản.
VÍ DỤ 1:
•
Cho số phức thỏa mãn điều kiện z − a − bi = z − c − di . Khi đó ta biến đổi
z − a − bi = z − c − di  z − a + bi = z − c − di .
•
Cho số phức thỏa mãn điều kiện iz − a − bi = z − c − di . Khi đó ta biến đổi
−a − bi
−c − di
= z+
 z + b + ai = z + d + ci .
i
i
Dạng 2: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường tròn.
iz − a − bi = iz − c − di  z +
Tổng quát: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − a − bi = R  0 ( z − z0 = R ) . Tìm z Max , z Min
•
Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( a; b ) bán kính R
z
= OI + R = a 2 + b 2 + R = z0 + R
 Max

2
2
 z Min = OI − R = a + b − R = z0 − R

Lưu ý: Đề bài có thể cho ở dạng khác, ta cần thực hiện các phép biến đổi để đưa về dạng cơ bản.
−a − bi R
Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz − a − bi = R  z +
= (Chia hai vế cho
i
i
i )  z + b + ai = R
Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − a − bi = R  z − a + bi = R (Lấy liên hợp 2 vế)
Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện:
( c + di ) z − a − bi
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
=R z+
−a − bi
R
R
=
=
2
c + di
c + di
c + d2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Hay viết gọn z0 z − z1 = R  z −
Phan Nhật Linh
z1
R
(Chia cả hai vế cho z0 )
=
z0
z0
Dạng 3: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là Elip.
Tổng quát 1: (Elip chính tắc). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − c + z + c = 2a , ( a  c )
•
Quỹ tích điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z là Elip:
x2
y2
+
=1
a2 a2 − c2
 z Max = a

2
2
 z Min = a − c
Tổng quát 2: (Elip không chính tắc). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − z1 + z − z2 = 2a
Thỏa mãn 2a  z1 − z2 . Khi đó ta thực hiện phép biến đổi để đưa Elip về dạng chính tắc
Khi đề cho Elip dạng không chính tắc z − z1 + z − z2 = 2a , ( z1 − z2  2a ) và z1 , z2   c,  ci
 z1 − z2 = 2c
Tìm Max, Min của P = z − z0 . Đặt  2
2
2
b = a − c
Nếu z0 −
z1 + z2
=0
2
 PMax = a
(dạng chính tắc)

 PMin = b

z1 + z2
a
 z0 −
2
Nếu 
z − z = k ( z − z )
0
2
 0 1

z1 + z2
 PMax = z0 − 2 + a


 P = z − z1 + z2 − a
0
 Min
2

z1 + z2
a
 z0 −
2
Nếu 
z − z = k ( z − z )
0
2
 0 1
Nếu z0 − z1 = z0 − z2
B
PMax = z0 −
z1 + z2
+a
2
PMin = z0 −
z1 + z2
−b
2
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 42 – Đề tham khảo 2023. Xét các số phức z thỏa mãn z 2 − 3 − 4i = 2 z . Gọi M và m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M 2 + m 2 bằng
B. 18 + 4 6 .
C. 14 .
 Lời giải
A. 28 .
D. 11 + 4 6 .
Chọn C
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:
2 z = z 2 − 3 − 4i  z 2 − 3 + 4i = z − 5 (vì z 2 = z ).
2
2
Dấu “=” xảy ra khi z 2 = k ( −3 − 4i ) .
Suy ra 4 z  ( z − 5 )  z − 14 z + 25  0  7 − 2 6  z  7 + 2 6
2
2
4
2
2
 6 − 1  z  6 + 1 . Do đó, ta có M = 1 + 6 và m = 6 − 1 . Vậy M 2 + m 2 = 14 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Cho hai số phức z và w thỏa mãn z = 4, w = 2 . Khi z + w + 5 + 12i đạt giá trị lớn nhất, phần
thực của z + iw bằng
30
A.
.
13
Câu 2:
B. −
4
.
13
C.
44
.
13
D.
58
.
13
Cho số phức z1 thỏa mãn z1 − 3 − 5i = 2 và số phức z 2 thỏa mãn z2 + 1 + 2i = z2 + i . Tính giá
trị nhỏ nhất của z1 − z2 − 1 − 2i .
A.
Câu 3:
7 2+4
.
2
B.
7 2 −4
.
2
C.
2 7 −4
.
2
D.
7 2
.
2
Cho số phức z thỏa mãn z + 2 − 2i = z − 2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = z − 2i + z − 1 − 2i .
A. 17 .
Câu 4:
34 .
B.
D. 2 17 .
C. 3.
Xét các số phức z , w thỏa mãn z = 2 và w = 3 . Khi z + iw − 5 − 12i đạt giá trị nhỏ nhất thì
z − w bằng:
758
.
13
A.
Câu 5:
B. 8 .
475
.
13
C.
757
.
13
D.
Cho số phức z thỏa mãn z 2 + 2 z + 5 = ( z + 1 + 2i )( z + 1 − 3i ) và số phức w = z − 1 − 2i . Giá trị
nhỏ nhất w bằng
A. 2 5 .
Câu 6:
B.
1
.
2
C.
5
.
2
5.
D.
Cho số phức z thỏa mãn. z = 1 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = z + 1 + z 2 − z + 1 . Giá trị của M .m bằng
A.
Câu 7:
13 3
.
4
B.
13 3
.
8
C.
3
.
3
D.
3 3
.
8
Xét các số phức z thỏa mãn z − 3 + 4i = 2. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của z . Tổng M + m bằng:
A. 11 .
Câu 8:
B. 12 .
C. 9 .
D. 10 .
Xét các số phức z thỏa mãn z − 1 = 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P = z + 2 + 2 3 − z . Tổng M + m bằng.
A. 14 .
Câu 9:
B. 7 .
C.
45 + 5 55
.
3
D.
15 + 5 33
.
3
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 + 4 = z 2 + 2iz . Giá trị nhỏ nhất của z + i bằng
A. 1.
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 10: Gọi a, b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức w =
2
z + 2z
, trong đó z là số phức thỏa
1 − iz
2
mãn z − 1 − 2i = 2 5 và biểu thức z + 2 − z + i đạt giá trị lớn nhất. Tính tổng a + b .
A. a + b =
16
.
13
B. a + b =
12
.
13
C. a + b =
45
.
13
D. a + b =
(
62
.
13
)
Câu 11: Giả sử z1; z2 là hai trong số các số phức z thoả mãn ( z − 6 ) 8 − i.z là một số thực. Biết rằng
z1 − z2 = 6 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 + 3 z2 bằng
A. 5 − 21 .
C. −5 + 73 .
B. 20 − 4 21 .
D. 20 − 2 73 .
Câu 12: Xét các số phức z thỏa mãn z 2 − 6 − 8i = 2 z . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M 2 + m2 bằng
A. 12 .
B. 24 .
C. 2 94 .
94 .
D.
(
)
Câu 13: Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn ( z − 6 ) 8 − iz là số thực. Biết rằng
z1 − z2 = 6 . Giá trị nhỏ nhất của z1 + 3 z2 bằng
A. −5 + 73 .
B. 5 + 21
Câu 14: Xét các số phức. z . thỏa mãn điều kiện
C. 20 − 2 73
D. 20 − 4 21
− 2 − 3i
z + 1 = 1 . Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất
3 − 2i
và giá trị lớn nhất của biểu thức P = z . Tính S = 2023 − 3M + 2m.
A. S = 2021
B. S = 2017
C. S = 2019
D. S = 2023
Câu 15: Xét các số phức z , w thỏa mãn z = 2 và i.w = 1 . Khi iz + w + 3 − 4i đạt giá trị nhỏ nhất,
z − w bằng
A.
5.
B.
29
.
5
C. 3 .
Câu 16: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w =
221
.
5
D.
z +3
có phần thực bằng 2 . Xét các
z +1
2
2
số phức z1 , z2  S thỏa mãn 3 z1 − 4 z2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 3i − z2 − 4i bằng
A. 16.
B. 8.
C. 4.
D. 32.
Câu 17: Cho hai số phức z và w thỏa mãn z + 2 w = 8 + 6i và z − w = 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức
z + w bằng:
A. 4 6 .
B. 2 26 .
C.
66 .
D. 3 6 .
Câu 18: Cho z1, z 2 là hai số phức thỏa mãn iz − 1 + i = 2 và z1 − z2 = 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
P = z1 + z2 + 1 + 2i có dạng a + b . Khi đó a 2 + b có giá trị là
A. 18 .
B. 15 .
C. 19 .
D. 17 .
Câu 19: Cho số phức z thỏa mãn z 2 − 2iz = 2. Giá trị lớn nhất của z bằng
A. 1 .
B.
3 −1.
C.
3 + 1.
D. 2 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 20: Xét các số phức z thỏa mãn z 2 − 5 + 12i = 3 z . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M 2 + m2 bằng
A. 26 .
B.
35 + 3 61
.
2
D. 35 + 3 61 .
C. 35 .
Câu 21: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện | z − 2 − 5i |=| z − 3i | . Biết rằng số phức z = x + yi ,
( x, y  ) có môđun nhỏ nhất. Tính P = x 2 + y 2 .
A. P =
25
.
2
B. P = 5 .
C. P =
4
.
5
D. P =
20
.
25
Câu 22: Cho số phức z thỏa mãn z + z + 2 z − z = 8 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = z − 3 − 3i . Giá trị của M + m bằng
A. 10 + 34 .
B. 2 10 .
C. 10 + 58 .
5 + 58 .
D.
Câu 23: Xét các số phức thỏa mãn z 2 − 6 z + 5 − 3i = 4 z − 3 .Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của z − 3 .Giá trị của biểu thức 3M − 2m bằng:
A. 10 .
B. 13 .
C. 73 .
D. 8
Câu 24: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z thoả mãn điều kiện z.z =| z + z | . Xét các số phức
z1 , z2  S sao cho z1 − z2 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 − 3i + z2 + 3i bằng
A. 2 .
B. 1 + 3 .
C. 2 3 .
D.
20 − 8 3 .
Câu 25: Cho số phức z có phần ảo dương thỏa mãn z = 1 và biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z đạt giá trị
nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức Q = z +
A. 0 .
B.
6
.
5
3 6
+ i bằng
5 5
C. 2 .
D.
3 5
.
5
Câu 26: Xét các số phức thỏa mãn z 2 − 8 + 6i = 5 z .Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của z .Giá trị của biểu thức M 2 + m2 bằng:
A.
45
.
2
B. 45 .
C. 15 .
D. 10
Câu 27: Xét các số phức z thỏa mãn z 2 − 4 z − 4 − 6i = 3 z − 2 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của z − 2 . Giá trị của 5M − 2m bằng
A. 29 .
B. 21 .
C. 26 .
D. 18 .
Câu 28: Cho số phức z1 thỏa mãn z − 3 + 7i + z + 2 − 5i  13 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = z − 5i
A. 3 .
B. 2 26
C. 4
D. 13 .
Câu 29: Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z bằng
A. 6 5 .
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 4 5 .
C. 2 5 .
D.
5.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 30: Cho hai số phức z , z thỏa mãn z + 4 = 3 và z + 1 + 2i = z − 2 + 6i . Tìm giá trị nhỏ nhất của
z − z .
A.
29
.
20
B.
29
.
5
C.
29
.
10
D.
Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
2
P = z +2 − z −i
2
29
.
8
z − 3 − 4i = 5 và biểu thức
đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị z 2 + i .
A. 51 .
B. 5 2 .
C. 3 5 .
D. 2 41 .
Câu 32: Cho z = x + yi thỏa z − 2 − 4i = z − 2i và z đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 3 x − 2 y ?
A. 2.
B. 3.
C. 4.
D. 5.
Câu 33: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn: z1 + 3z2 = 15 − 5i và 3z1 − z2 = 5 10 . Giá trị lớn nhất của biểu
thức P = z1 + z2 bằng:
B. 2 10 .
A. 10 .
C. 10 .
D. 2 5 .
Câu 34: Cho số phức z thỏa z − 2 − 2i = 17 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của P = z + 2 − i + 2 z − 6 − 3i . Tính M + m .
A. 2 17
(
)
5 +1 .
B. 4 17 .
C. 17
(
)
5 +1 .
D. 2
(
)
85 + 17 .
Câu 35: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa iz1 − 1 = 1 và z2 + i = 2 . Giá trị nhỏ nhất của P = 2 z1 + 3z2 là
A. 4 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 2 .
Câu 36: Cho số phức z1 ; z2 thỏa z1 − 1 − 2i = 1 và z2 + 2 + 3i = z2 − 1 − i . Giá trị nhỏ nhất của z1 − z2
bằng
27
A.
.
10
B.
29
.
10
C.
33
.
10
D.
23
.
10
Câu 37: Xét các số phức z thỏa mãn z 2 + 1 = 2 z . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của z . Giá trị của M 2 + m2 bằng
A. 6.
B. 2 2.
C. 4 2.
D. 2.
Câu 38: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 2 + 5 = 2 z . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của z . Giá trị của M + m bằng:
A. 2 6 + 1 .
B. 2 .
C. 2 6 .
D.
6 +1.
Câu 39: Cho số phức z thỏa mãn 4 z = z 2 − 6 − 8i . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của z . Giá trị của M 2 + m2 bằng
A. 36 .
B. 14 + 2 .
C. 2 14 .
D. 14 .
Câu 40: Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 4i = z − 2i . Gọi m là giá trị nhỏ nhất của z + 4i . Giá trị m 2
là?
A. 32 .
B. 4 2 .
C. 4 .
D. 16 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 41: Xét các số phức z thỏa mãn z 2 − 3 + 4i − 2 z = 0 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M 2 − m2 bằng
B. 14 .
A. 4 6 .
D. 56 6 .
C. 146 .
Câu 42: Xét các số phức z thỏa mãn z 2 − 5 − 12i = 3 z . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M − m bằng
B. 4 .
A. 3 .
C.
61 .
D.
59 .
Câu 43: Xét các số phức z = a + bi (a, b  ) thỏa mãn | z − 3 + 2i |= 5 . Tính P = a − b khi
| z − 3 − 3i | + | z − 7 − i | đạt giá trị lớn nhất.
A. 8 .
B. 6 .
C. 4 .
D. 10 .
Câu 44: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P =
khác 0 và thỏa mãn z  2 . Tính tỉ số
A.
M
= 3.
m
B.
2z + i
với z là số phức
z
M
.
m
M 4
= .
m 3
C.
M 5
= .
m 3
Câu 45: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w =
D.
M
= 2.
m
1
1
có phần thực bằng . Xét
8
| z | −z
2
các số phức z1, z2  S thỏa mãn z1 − z2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 5i − z2 − 5i
A. 16.
B. 20 .
C. 10 .
2
bằng
D. 32 .
Câu 46: Cho số phức z thỏa mãn z − 3 − 4i = 5 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
2
2
nhất của biểu thức P = z + 2 − z − i . Tính môđun của số phức w = M + mi .
A. w = 2 314 .
B. w = 2 309 .
C. w = 1258 .
D. w = 3 137 .
Câu 47: Vậy tổng Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn z + 1 − 2i = 9 và z − 2 + mi = z − m + i ,
(trong đó m 
). Gọi z1 , z2 là hai số phức thuộc S sao cho z1 − z2 lớn nhất, khi đó giá trị của
z1 + z2 bằng
A. 2 5 .
B. 6 .
C.
5.
(
D. 18 .
)
Câu 48: Cho số phức z , w sao cho thỏa z = 2, w = 4 và ( z − i ) w + i là số thuần ảo. Gọi M và m lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức z − w . Khi đó giá trị của M + m bằng
B. 14 .
A. 2 19 .
Câu 49: Xét
hai
số
phức
z1 , z2
D. 4 3 .
C. 2 11 .
thỏa
mãn
( z1 − 2 − i ) ( 2 + 2
)
3i = ( z1 − z1 )
(
3 −i
)
và
z2 + i = z2 + 1 + 2i . Giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 bằng
A.
7.
B. 2 6 .
C.
34
.
5
D. 2 2 .
Câu 50: Xét các số phức z , z1 , z2 thỏa mãn z1 − 4 − 5i = z2 − 1 = 1 và z + 4i = z − 8 + 4i . Tính
M = z1 + z2 khi biểu thức P = z − z1 + z − z2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M = 41 .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. M = 6 .
C. M = 2 5 .
D. M = 2 13 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Cho hai số phức z và w thỏa mãn z = 4, w = 2 . Khi z + w + 5 + 12i đạt giá trị lớn nhất, phần
thực của z + iw bằng
30
A.
.
13
B. −
4
.
13
C.
44
.
13
D.
58
.
13
Lời giải
Chọn C
Ta có w = 2  w = 2 .
Ta lại có z + w + 5 + 12i  z + w + 5 + 12i  z + w + 13 .
 z = k w
Suy ra z + w + 5 + 12i  19 . Dấu " = " xảy ra khi 
( k, h  ; k, h  0)
 z + w = h(5 + 12i )
10 24
10 24


w = + i w = − i
k = 2

44 58



13 13
13 13


 z + iw =
+ i.
6 
13 13
h = 13  z = 20 + 48 i
 z = 20 + 48 i


13 13
13 13
44
Vậy phần thực của z + iw bằng
.
13
Câu 1:
Cho số phức z1 thỏa mãn z1 − 3 − 5i = 2 và số phức z 2 thỏa mãn z2 + 1 + 2i = z2 + i . Tính giá
trị nhỏ nhất của z1 − z2 − 1 − 2i .
A.
7 2+4
.
2
B.
7 2 −4
.
2
C.
2 7 −4
.
2
D.
7 2
.
2
Lời giải
y
4
M
3
I
2
d
O
N
2
x
2
Ta có z1 − z2 − 1 − 2i = ( z1 − 1 − 2i ) − z2 = z3 − z2 , với z3 = z1 − 1 − 2i .
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z3, z2 trên mặt phẳng tọa độ.
Ta có z1 − 3 − 5i = 2  ( z1 − 1 − 2i ) − 2 − 3i = 2
Suy ra M  ( C ) có tâm I ( 2;3) , bán kính R = 2 .
Gọi z2 = x + yi; ( x; y 
) , z2 + 1 + 2i
= z2 + i
 x + y + 2 = 0 N x + y + 2 = 0.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có d ( I ; d ) =
7 2
2
Từ hình vẽ ta có MN min = d ( A; d ) = d ( I ; d ) − R =
Câu 2:
7 2
7 2 −4
.
−2=
2
2
Cho số phức z thỏa mãn z + 2 − 2i = z − 2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = z − 2i + z − 1 − 2i .
A. 17 .
34 .
B.
D. 2 17 .
C. 3.
Lời giải
Gọi M ( x, y ) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi; x, y  , i 2 = −1 trên mặt phẳng tọa độ.
B
d
M
M'
A
Ta có: z + 2 − 2i = z − 2i  ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = x 2 + ( y + 2 )  x − 2 y + 1 = 0
2
2
2
 M thuộc đường thẳng d: x − 2 y + 1 = 0 .
Gọi A ( 0; 2 ) , B (1; − 2 ) thì
P = z − 2i + z − 1 − 2i = x + ( y − 2)i + x − 1 − ( y + 2)i = MA + MB .
Bài toán trở về: Tìm điểm M  d : x − 2 y + 1 = 0 sao cho P = MA + MB nhỏ nhất.
Ta thấy A, B thuộc hai nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d.
 P = MA + MB  AB . Dấu “=” xảy ra khi M  M ' = AB  d  Pmin = AB = 17.
Câu 3:
Xét các số phức z , w thỏa mãn z = 2 và w = 3 . Khi z + iw − 5 − 12i đạt giá trị nhỏ nhất thì
z − w bằng:
A.
758
.
13
B. 8 .
C.
475
.
13
D.
Lời giải
Gọi M , N lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z − 5 − 12i và −iw .
Ta có z = 2  ( z − 5 − 12i ) + ( 5 + 12i ) = 2  MI = 2 , với I ( −5; − 12 ) .
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
757
.
13
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn (T1 ) tâm I ( −5; − 12 ) và bán kính R1 = 2 .
Lại có −iw = −i . w = 3 . Suy ra tập hợp điểm N là đường tròn (T2 ) tâm O và bán kính
R2 = 3 .
Ta thấy OI = 13  R1 + R2  (T1 ) và (T2 ) rời nhau.
Khi đó: P = z + iw − 5 − 12i = MN .
Suy
M in P = OI − R1 − R2 = 13 − 2 − 3 = 8
ra:
(do
(T1 )
và
(T2 )
rời
nhau)
khi
  55 132 
11
55 132


 10 24
z − 5 − 12i = − −
i
 M  − 13 ; − 13 
OM = 13 OI

 z = 13 + 13 i
 


13
13

.



ON = 3 OI
 N  − 15 ; − 36 
−iw = − 15 − 36 i
 w = 36 + 15 i

  13 13 


13
13 13
13 13
Vậy: z − w = −2 +
Câu 2:
9
757
.
i =
13
13
Cho số phức z thỏa mãn z 2 + 2 z + 5 = ( z + 1 + 2i )( z + 1 − 3i ) và số phức w = z − 1 − 2i . Giá trị
nhỏ nhất w bằng
A. 2 5 .
B.
1
.
2
C.
5
.
2
D.
5.
Lời giải
Theo giả thiết, z 2 + 2 z + 5 = ( z + 1 + 2i )( z + 1 − 3i )
 ( z + 1 + 2i )( z + 1 − 2i ) = ( z + 1 + 2i )( z + 1 − 3i )
 z + 1 + 2i = 0
 z + 1 + 2i .( z + 1 − 2i − z + 1 − 3i ) = 0  
 z + 1 − 2i = z + 1 − 3i
(1)  z + 1 + 2i = 0  z = −1 − 2i . Khi đó,
(1)
.
(2)
w = −1 − 2i − 1 − 2i = −2 − 4i = 2 5 ( 3) .
Đặt z = x + yi ( x, y 
). Khi đó:
( 2 )  ( x + 1) + ( y − 2 ) i
= ( x + 1) + ( y − 3) i
 ( x + 1) + ( y − 2 ) = ( x + 1) + ( y − 3)  ( y − 2 ) = ( y − 3)  y =
2
2
1
 w = ( x − 1) + i =
2
2
2
2
2
5
5
 z = x+ i.
2
2
1
1 1

= x  . ( 4 ) .
4
4 2
1
Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra giá trị nhỏ nhất min w = .
2
Câu 3:
Cho số phức
( x − 1)2 +
z thỏa mãn .
z = 1 .. Gọi M và
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P = z + 1 + z 2 − z + 1 . Giá trị của M .m bằng
A.
13 3
.
4
B.
13 3
.
8
C.
3
.
3
D.
3 3
.
8
Lời giải
Chọn A
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Đặt t = z + 1  z + 1 = 2 nên t   0; 2 . Vì z = 1 nên z.z = 1 . Do đó, ta có:
P = z + 1 + z 2 − z + 1 = z + 1 + z 2 − z + z. z = z + 1 + z − 1 + z .
(
)
Ta lại có t 2 = z + 1 = ( z + 1) .( z + 1) = ( z + 1) z + 1 = 2 + z + z .
2
Suy ra z + z = t 2 − 2 .
Vậy P = t + t 2 − 3 = f ( t ) , với t   0; 2 . Dễ thấy f ( t ) liên tục trên đoạn  0; 2 .
2

3t2
t + t − 3 khi
Ta có f ( t ) = 
.
2
t
−
t
+
3
khi
0

t

3



3t2
 2t + 1 khi
1
Do đó f  ( t ) = 
, f (t ) = 0  t = .
2

−2t + 1 khi 0  t  3
 1  13
, f
2 4
Ta có: f ( 0 ) = 3 , f   =
( 3) =
Vậy giá trị lớn nhất của P là M =
13
; giá trị nhỏ nhất của P là m = 3 .
4
Khi đó M .m =
Câu 4:
3 , f ( 2) = 3 .
13 3
.
4
Xét các số phức
z thỏa mãn
z − 3 + 4i = 2. Gọi M và
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của z . Tổng M + m bằng:
A. 11 .
B. 12 .
C. 9 .
Lời giải
D. 10 .
Đặt z = x + yi ( x, y  ) .
Ta có: z − 3 + 4i = 2  ( x − 3) + ( y + 4 ) = 4 .
2
2
Tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa đề là đường tròn tâm I ( 3; −4 ) , bán kính R = 2 .
OI = 32 + ( −4 ) = 5 .
2
m = IO − R = 5 − 2 = 3
 M + m = 7 + 3 = 10 .
 M = IO + R = 5 + 2 = 7
Khi đó: 
Câu 5:
Xét các số phức
z thỏa mãn
z − 1 = 2 . Gọi
M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P = z + 2 + 2 3 − z . Tổng M + m bằng.
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 14 .
Phan Nhật Linh
B. 7 .
C.
45 + 5 55
.
3
D.
15 + 5 33
.
3
Lời giải
Gọi z = x + yi .
Ta có: z − 1 = 2  ( x − 1) + y 2 = 4  y 2 = − x 2 + 2 x + 3  0  −1  x  3 .
2
P = z + 2 + 2 3− z =
( x + 2 )2 + y 2 + 2 ( 3 − x )2 + y 2 =
Xét y = 6 x + 7 + 2 12 − 4 x  y =
Có y = 0  x = −
Vậy m = 5, M =
Câu 4:
Cho số phức
3
6x + 7
6 x + 7 + 2 12 − 4 x
4
−
12 − 4 x
1
. Ta có bảng biến thiên sau
33
5 33
15 + 5 33
M +m=
.
3
3
z thỏa mãn điều kiện z 2 + 4 = z 2 + 2iz . Giá trị nhỏ nhất của
A. 1.
B. 2.
C. 3.
Lời giải
z + i bằng
D. 4.
Đặt z = x + yi, ( x, y  ) .
 z + 2i = 0 (1)
Ta có: z 2 + 4 = z 2 + 2iz  ( z − 2i )( z + 2i ) = z ( z + 2i )  
 z − 2i = z ( 2 )
(1)  z = −2i  z + i = −2i + i = 1 .
( 2) 
x + yi − 2i = x + yi 
x2 + ( y − 2) =
2
x2 + y 2
 x2 + y 2 − 4 y + 4 = x2 + y 2  y = 1 .
Suy ra: z + i = x + yi + i = x 2 + ( y + 1)2 = x 2 + 4  2, x 
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của z + i bằng 1 khi z = −2i .
Câu 5:
Gọi a, b lần lượt là phần thực và phần ảo của số phức w =
z + 2z
, trong đó
1 − iz
z là số phức thỏa
mãn z − 1 − 2i = 2 5 và biểu thức z + 2 − z + i đạt giá trị lớn nhất. Tính tổng a + b .
2
A. a + b =
16
.
13
B. a + b =
12
.
13
2
C. a + b =
45
.
13
D. a + b =
62
.
13
Lời giải
Đặt z = x + yi, ( x, y  ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có: z − 1 − 2i = 2 5  ( x − 1) + ( y − 2)i = 2 5  ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 = 20 .
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức
2
z là đường tròn (C ) tâm I (1;2) , bán kính R = 2 5 .
2
Đặt m = z + 2 − z + i .
2
2
Ta có: m = z + 2 − z + i = ( x + 2)2 + y 2  −  x 2 + ( y + 1)2  = 4 x − 2 y + 3 .
Xét  : 4 x − 2 y + 3 − m = 0 .
Để tồn tại

z thì (C ) và
3−m
4 + (−2)
2
Suy ra mmax
2
 phải có điểm chung
 d ( I ; )  R
 2 5  3 − m  20  −17  m  23.
( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 20
x = 5
= 23 khi 
.

 4 x − 2 y − 20 = 0
y = 0
Vậy z = 5 .
z + 2 z 5 + 2.5
15
15 75
=
=
=
+ i.
1 − iz
1 − 5i 1 − 5i 26 26
15 75 90 45
Vậy a + b =
+
=
= .
26 26 26 13
Do đó w =
Câu 6:
Giả sử z1; z2 là hai trong số các số phức
z thoả mãn ( z − 6 ) (8 − i.z ) là một số thực. Biết rằng
z1 − z2 = 6 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức z1 + 3 z2 bằng
A. 5 − 21 .
B. 20 − 4 21 .
C. −5 + 73 .
Lời giải
D. 20 − 2 73 .
Chon D
Gọi A, B là các điểm biểu diễn cho z2 ; z1
(
)
Đặt z = a + bi  ( z − 6 ) 8 − i.z = ( a − 6 ) + bi  . ( 8 − b ) − ai 
(
)
Do ( z − 6 ) 8 − i.z là một số thực nên −a.( a − 6 ) + b ( 8 − b ) = 0  a + b − 6a − 8b = 0
2
2
Suy ra A, B thuộc đường tròn tâm I ( 3; 4 ) , bán kính R = 5
Gọi M điểm thoả mãn 3MA + MB = 0 .
Gọi H là trung điểm của AB
2
73
3
Ta có IH = IA − AH = 5 − 3 = 4 ; IM = IH + MH = 4 +   =
.
2
2
2
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
2
2
2
2
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Khi đó M thuộc đường tròm tâm I , bán kính R =
73
.
2
Xét biểu thức z1 + 3z2 = 3OA + OB = 4OM + 3MA + MB = 4OM .
Ta có z1 + 3z2 min  OM min = OI − R = 5 −

73 
 = 20 − 2 73 .
2 
Vậy z1 + 3z2 min = 4  5 −

Câu 7:
Xét các số phức
73
.
2
z thỏa mãn z 2 − 6 − 8i = 2 z . Gọi
M và
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M 2 + m 2 bằng
A. 12 .
C. 2 94 .
Lời giải
B. 24 .
D.
94 .
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:
2
2 z = z 2 − 6 − 8i  z 2 − 6 + 8i = z − 10
(vì
z2 = z
2
).
Dấu
“=”
xảy
ra
khi
z 2 = k ( −6 − 8i ) .
2
(
2
Suy ra 4 z  z − 10
)
2
4
2
2
 z − 24 z + 100  0  12 − 2 11  z  12 + 2 11 .
 11 − 1  z  11 + 1
Do đó, ta có M = 1 + 11 và m = 11 − 1 .
Vậy M 2 + m 2 = 24 .
Câu 8:
Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức
z thỏa mãn ( z − 6 ) (8 − iz ) là số thực. Biết rằng
z1 − z2 = 6 . Giá trị nhỏ nhất của z1 + 3 z2 bằng
A. −5 + 73 .
B. 5 + 21
C. 20 − 2 73
Lời giải
D. 20 − 4 21
Chon C
Đặt z = x + yi, ( x, y  ) . Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z2 . Suy ra
AB = z1 − z2 = 4 .
Ta có:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
( z − 6 ) (8 − i z ) = ( x + yi − 6 ) (8 − i ( x − yi ) ) = ( x + yi − 6 )(8 − ix − y )
= 8 x − x 2i − xy + 8 yi + xy − y 2i − 48 + 6 xi + 6 y
(
)
Do ( z − 6 ) 8 − iz là số thực nên ta được x 2 + y 2 − 6 x − 8 y = 0 . Vậy tập hợp các điểm biểu diễn
của
z là đường tròn tâm I ( 3; 4 ) bán kính
r = 5.
Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA + 3MB = 0  OA + 3OB = 4OM .
Gọi H là trung điểm AB .
AB
3
9
3
Ta có HA = HB =
= 3 và MA = AB =  HM = MA − HA = .
2
4
2
2
73
, suy ra điểm M thuộc đường tròn
2
2
2
Từ đó HI 2 = R 2 − HB 2 = 16 , IM = HI + HM =
( C  ) tâm I ( 3; 4 ) , bán kính r =
73
.
2
Ta có z1 + 3z2 = OA + 3OB = 4OM = 4OM , do đó z1 + 3 z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.
Ta có OM min = OM 0 = OI − r = 5 −
73
.
2
Vậy z1 + 3z2 min = 4OM 0 = 20 − 2 73 .
Câu 9:
Xét các số phức . z . thỏa mãn điều kiện
− 2 − 3i
z + 1 = 1 . Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất
3 − 2i
và giá trị lớn nhất của biểu thức P = z . Tính S = 2023 − 3M + 2m.
A. S = 2021
B. S = 2017
C. S = 2019
Lời giải
D. S = 2023
Chọn D
Ta có
− 2 − 3i
− 2 − 3i
z + 1 = 1  − iz + 1 = 1
= −i nên
3 − 2i
3 − 2i
 −i . z +
1
= 1  z − (−i) = 1.
−i
Suy ra tập hợp các số phức
z là đường tròn tâm I ( 0; −1) , bán kính
R = 1.
 Pmin = OI − R = 1 − 1 = 0
m = 0
⎯⎯
→
⎯⎯
→ S = 2017.
M = 2
 Pmax = OI + R = 1 + 1 = 2
Khi đó 
Câu 10: Xét các số phức z , w thỏa mãn z = 2 và i.w = 1 . Khi iz + w + 3 − 4i đạt giá trị nhỏ nhất,
z − w bằng
A.
5.
B.
29
.
5
C. 3 .
Lời giải
Chọn A
Cách 1:
(
)
Ta có iz + w + 3 − 4i  3 − 4i − iz + w  5 − iz + w  5 − ( 2 + 1) = 2
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D.
221
.
5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 w = iw = 1
 w = k1 ( 3 − 4i ) khi ( k1  0 )
Dấu bằng xảy ra khi 
và 
.
i
.
z
=
k
3
−
4
i
khi
k

0
(
)
(
)

2
2
 iz = z = 2
2
1
Giải hệ trên suy ra k2 = − ; k1 = − .
5
5
3 4

 w = − 5 + 5 i
−2i
8 6
Hay 
 −z =
( 3 − 4i )  z = − − i
5
5 5
iz = −2 ( 3 − 4i )

5
Khi đó z − w = −1 − 2i  z − w = 5 .
Cách 2:
Trong mặt phẳng Oxy :
Gọi M là điểm biểu diễn của số phức iz  OM = 2  M thuộc đường tròn ( C1 ) tâm O
bán kính R1 = 2 .
Gọi N là điểm biểu diễn của số phức w  ON = 1  N thuộc đường tròn ( C2 ) tâm O bán
kính R2 = 1 .
Gọi E ( 3; −4 ) . Khi đó A = iz + w + 3 − 4i = OM + ON + OE .
Ta thấy A đạt giá trị nhỏ nhất khi M , N , E thẳng hàng và OM và ON ngược hướng với OE
−4
x.
3
Tọa độ giao điểm của đường thẳng OE và đường tròn ( C1 ) là nghiệm của hệ phương trình:
Đường thẳng OE có phương trình là y =

6
x=


5

−4

  y = −8
−4

−4

y = 3 x

y
=
x
x


5
y =

3

.
3





2
 x = − 6
 x2 + y 2 = 4
 x 2 +  −4 x  = 4
25 x 2 = 36







5
 3 

 y = 8

5

 6 8
 5 5
Vậy M  − ;  (Vì OM ngược hướng với OE ).
Tọa độ giao điểm của đường thẳng OE và đường tròn ( C2 ) là nghiệm của hệ phương trình:

3
x=


5

−
4

  y = −4
y=
x
−4

−4



x
3
x
y =

5
y =

3

3 


2
 x = − 3
 x 2 + y 2 = 1  x 2 +  −4 x  = 1
25 x 2 = 9







5
 3 

 y = 4

5

Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 3 4
 5 5
Vậy N  − ;  (Vì ON ngược hướng với OE ).
3 4
6 8
8 6
Do đó: w = − + i và i.z = − + i  z = − − i .
5 5
5 5
5 5
Vậy z − w = −1 − 2i = 5 .
Câu 11: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức
z sao cho số phức
w=
z +3
có phần thực bằng 2 . Xét
z +1
2
các số phức z1 , z2  S thỏa mãn 3 z1 − 4 z2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 3i − z2 − 4i
bằng
A. 16.
B. 8.
Chọn C
C. 4.
Lời giải
2
D. 32.
( )
( )
2
z + 4 x + 3 − 2iy
z + 3 ( z + 3) z + 1
=
=
Ta có: w =
2
z + 1 ( z + 1) z + 1
z + 2x + 1
2
 w có phần thực là
z + 4x + 3
2
z + 2x + 1
2
= 2  z = 1  x2 + y 2 = 1
(
)
(
) (
P = z1 − 3i − z2 − 4i = ( z1 − 3i ) z1 + 3i − ( z2 − 4i ) z2 + 4i = i 3z1 − 4 z2 − 3z1 − 4 z2
2
2
(
)
(
)
)
P = i 3z1 − 4 z2 − 3z1 − 4 z2  i 3z1 − 4 z2 + 3z1 − 4 z2 = 4
Câu 12: Cho hai số phức
z và w thỏa mãn
z + 2 w = 8 + 6i và z − w = 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức
z + w bằng:
A. 4 6 .
B. 2 26 .
C. 66 .
Lời giải
Chọn C
Giả sử M , N lần lượt là các điểm biểu diễn cho
z và w .
Suy ra OM + 2ON = OF = 2OI , z − w = MN = 4 và OF = 2OI = 10 .
a
Đặt z = ON = ; w = OM = b. Dựng hình bình hành OMFE
2
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. 3 6 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 a 2 + b 2 ME 2
−
= 25

 2
4
 a 2 + 2b 2 = 88 .
Ta có  2
2
2
 b + ME − a = 16

2
4
( z + w)
2
2
(
)
a

1 1
=  + b   a 2 + 2b 2  +  = 66 .
2

4 2
Suy ra z + w  66, dấu “=” xảy ra khi a = b =
2 66
. Vậy ( z + w )max = 66 .
3
Câu 13: Cho z1 , z 2 là hai số phức thỏa mãn iz − 1 + i = 2 và z1 − z2 = 2 . Giá trị lớn nhất của biểu
thức P = z1 + z2 + 1 + 2i có dạng a + b . Khi đó a 2 + b có giá trị là
A. 18 .
B. 15 .
C. 19 .
Lời giải
D. 17 .
Chọn B
Đặt w = iz − 1 + i  w = 2 . Với w1 = iz1 − 1 + i ; w2 = iz2 − 1 + i thì w1 = 2 ; w2 = 2 .
Ta có: z1 − z2 = 2  i ( z1 − z2 ) = 2 i  w1 − w2 = 2 .
Mặt khác, w1 − w2 + w1 + w2 = ( w1 − w2 )( w1 − w2 ) + ( w1 + w2 )( w1 + w2 )
2
(
2
)
(
) (
) (
= ( w1 − w2 ) w1 − w2 + ( w1 + w2 ) w1 + w2 = 2 w1.w1 + w2 .w2 = 2 w1 + w2
2
(
2
Do đó w1 + w2 = 2 w1 + w2
2
)− w −w
1
2
2
2
2
).
 w1 + w2 = 14.
Ta có P = z1 + z2 + 1 + 2i = i . z1 + z2 + 1 + 2i = iz1 + iz2 − 2 + i
= w1 + 1 − i + w2 + 1 − i − 2 + i = w1 + w2 − i .
Lại có: P = w1 + w2 − i  w1 + w2 + i  P  14 + 1 .
Suy ra maxP = 1 + 14 . Do đó a = 1 , b = 14 .
Vậy a 2 + b = 15 .
Câu 14: Cho số phức
z thỏa mãn z 2 − 2iz = 2. Giá trị lớn nhất của
A. 1 .
B.
3 −1.
C. 3 + 1 .
Lời giải
z bằng
D. 2 .
Áp dụng bất đẳng thức z1 + z2  z1 + z2 , ta được 2 + 2iz = z 2 − 2iz + 2iz  z 2 .
Suy ra z 2 − 2 z − 2  0  0  z  1 + 3 .
Vậy z lớn nhất là 1 + 3 , dấu bằng xảy ra khi z − 2iz = k .2iz ( k  0 )  z = 2 (1 + k ) i .
2
(
)
Mà z = 1 + 3 , suy ra z = 1 + 3 i .
Câu 15: Xét các số phức
z thỏa mãn z 2 − 5 + 12i = 3 z . Gọi
M và
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
2
2
trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M + m bằng
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 26 .
B.
35 + 3 61
.
2
D. 35 + 3 61 .
C. 35 .
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:
2
3 z = z 2 − 5 + 12i  z 2 − 5 − 12i = z − 13 (vì z 2 = z ).
2
Dấu “=” xảy ra khi z = k ( 5 − 12i ) .
2
2
(
2
Suy ra 9 z  z − 13

)
2
35 − 3 61
 z 
2
2
Do đó, ta có M =
4
2
 z − 35 z + 169  0 
35 − 3 61
35 + 3 61
2
 z 
.
2
2
35 + 3 61
2
35 + 3 61
35 − 3 61
2
và m =
. Vậy M 2 + m 2 = 35 .
2
2
z thỏa mãn điều kiện | z − 2 − 5i |=| z − 3i | . Biết rằng số phức z = x + yi ,
Câu 16: Trong các số phức
( x, y  ) có môđun nhỏ nhất. Tính P = x 2 + y 2 .
A. P =
25
.
2
4
C. P = .
5
Lời giải
B. P = 5 .
D. P =
20
.
25
Gọi z = x + yi,( x, y  ) .
Ta có: | z − 2 − 5i |=| z − 3i | | ( x − 2) + ( y − 5)i |=| x + ( y − 3)i |

( x − 2 )2 + ( y − 5 )2
x 2 + ( y − 3)  x 2 − 4 x + 4 + y 2 − 10 y + 25 = x 2 + y 2 − 6 y + 9
2
=
 −4 x − 4 y + 20 = 0  y = 5 − x .
2
5  25 5 2


Do đó | z |= x + y = x + (5 − x) = 2 x − 10 x + 25 = 2  x −  +
.
2
2
2

5
5
5 5
Dấu " = " xảy ra  x =  y = . Khi đó z = + i .
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
25
5 5
Vậy P =   +   =
.
2
2 2
Câu 17: Cho số phức z thỏa mãn z + z + 2 z − z = 8 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = z − 3 − 3i . Giá trị của M + m bằng
A. 10 + 34 .
B. 2 10 .
C. 10 + 58 .
Lời giải
D.
5 + 58 .
Chọn D
Đặt z = x + yi ( x, y  ) .
Ta có z + z + 2 z − z = 8  2 x + 4 y = 8  x + 2 y = 4 .
Trong mặt phẳng phức, gọi M là điểm biểu diễn hình học của số phức z . Khi đó tập hợp điểm
M là hình bình hành ABCD với A ( 0;2 ) , B ( 4;0 ) , C ( 0; −2 ) , D ( −4;0 ) .
P = z − 3 − 3i = EM với E ( 3;3 ) .
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
min P = EH = d ( E , AB ) = 5 với
Phan Nhật Linh
H là hình chiếu vuông góc của E lên đoạn AB .
max P = ED = 58 .
Vậy M + m = 5 + 58 .
Câu 18: Xét các số phức thỏa mãn z 2 − 6 z + 5 − 3i = 4 z − 3 .Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của z − 3 .Giá trị của biểu thức 3M − 2m bằng:
A. 10 .
B. 13 .
C. 73 .
Lời giải
D. 8
Ta có 4 z − 3 = z − 3 2 − 4 − 3i  z − 3 2 − 4 + 3i = z − 3 2 − 5
2
Dấu " = " xảy ra  z − 3 = k (4 + 3i )
Khi đó ta có 4 z − 3  z − 3 2 − 5  z − 3 4 − 26 z − 3 2 + 25  0
2
 1  z − 3  25  1  z − 3  5
Suy ra M = 5, m = 1 . Vậy 3M − 2m = 13 .
Câu 19: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức
z thoả mãn điều kiện z.z =| z + z | . Xét các số phức
z1 , z2  S sao cho z1 − z2 = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 − 3i + z2 + 3i bằng
B. 1 + 3 .
A. 2 .
C. 2 3 .
D.
20 − 8 3 .
Lời giải
Chọn A
Đặt w = z − 3i , w1 = z1 − 3i, w 2 = z2 − 3i . Khi đó từ giả thiết ta có w1 − w 2 = 1 ,
P = z1 − 3i + z2 + 3i = w1 + z2 + 3i = w1 + z2 − 3i = w1 + w 2 , và w1 , w 2 là các số
(
)
(
)
(
)
(
)
phức thuộc tập hợp các số phức w thỏa mãn w + 3i .w + 3i =| w + 3i + w + 3i | (*)
Đặt w = x + yi ( x, y  ) .
(
)
2
(
Khi đó (*)  x + y + 3 i = 2 x  x 2 + y + 3
)
2

( x − 1)2 + y + 3


 x  0
= 2x  

2
 ( x + 1) + y + 3

x  0
 
2
=1
2
=1
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Do đó tập hợp điểm X ( x; y ) biểu thị số phức w là hai đường tròn (C1) và (C2) lần lượt có tâm
(
)
(
)
là I −1; − 3 và G 1; − 3 , cùng có bán kính R = 1 và cùng tiếp xúc với trục tung tại điểm
(
)
L 0; − 3 .
Giả sử X 1 , X 2 là hai điểm biểu diễn của w1; w 2 .
Ta có OI = OG = 2 nên cho dù điểm X thuộc đường tròn (C1) hay (C2) thì ta luôn có
OX  2 − R = 2 − 1 = 1 do vậy P = w1 + w 2 = OX 1 + OX 2  2 , dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi
X 1 trùng với điểm P là giao của đoạn OI với đường tròn (C1) và X 2 trùng với M là giao của
đoạn OG với đường tròn (C2). Khi đó w1 − w 2 = X1 X 2 = PM = 1 (thoả mãn đề).
Vậy MinP = 2
Câu 20: Cho số phức
z có phần ảo dương thỏa mãn
nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức Q = z +
A. 0 .
3 6
+ i bằng
5 5
6
.
5
B.
z = 1 và biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z đạt giá trị
C. 2 .
D.
3 5
.
5
Lời giải
Gọi z = x + yi; ( x, y  , y  0 ) .
z = 1  x 2 + y 2 = 1  y 2 = 1 − x 2  x   −1;1.
Ta có: P = 1 + z + 2 1 − z =
(1 + x )2 + y 2 + 2 (1 − x )2 + y 2
= 2 (1 + x ) + 2 2 (1 − x ) .
Xét hàm số f ( x ) = 2 (1 + x ) + 2 2 (1 − x ) ; x   −1;1.
Hàm số liên tục trên  −1;1 và với x  ( −1;1) ta có: f  ( x ) =
f ( x) = 0 
1
2 (1 + x )
−
1
2 (1 + x )
−
2
2 (1 − x )
2
3
= 0  x = −  ( −1;1) .
5
2 (1 − x )
 3
f (1) = 2; f ( −1) = 4; f  −  = 2 5 .
 5
 max f ( x ) = 2 5 khi x = − 3 .
x −1;1
5
3
16
4
Với x = −  y 2 =
 y = (Vì số phức
5
25
5
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
z có phần ảo dương nên y  0 ).
.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
3 4
Do đó, giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z bằng 2 5 khi z = − + i .
5 5
3 6
3 4 3 6
 Q = z + + i = − + i + + i = 2i = 2 .
5 5
5 5 5 5
Câu 21: Xét các số phức thỏa mãn z 2 − 8 + 6i = 5 z .Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của z .Giá trị của biểu thức M 2 + m 2 bằng:
A.
45
.
2
B. 45 .
C. 15 .
D. 10
Lời giải
2
2
Ta có 5 z = z 2 − 8 + 6i  z − 8 − 6i = z − 10
2
Dấu " = " xảy ra  z = k (8 − 6i)
Khi đó ta có 5 z  z 2 − 10  z 4 − 45 z 2 + 100  0

45 − 5 65
45 + 5 65
2
 z 
2
2
2
Suy ra M =
45 + 5 65
45 − 5 65
2
, m =
2
2
Vậy M 2 + m 2 = 45 .
Câu 22: Xét các số phức
z thỏa mãn z 2 − 4 z − 4 − 6i = 3 z − 2 . Gọi
M và
m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z − 2 . Giá trị của 5M − 2m bằng
A. 29 .
B. 21 .
C. 26 .
Lời giải
D. 18 .
Ta có
3 z − 2 = z 2 − 4 z − 4 − 6i = ( z − 2 ) − 8 − 6i  ( z − 2 ) − 8 + 6i = z − 2 − 10
2
2
2
Dấu “=” xảy ra  ( z − 2 ) = k .( 8 + 6i ) .
2
Khi đó ta có
2
3 z − 2  z − 2 − 10
2
4
2
4
2
 9 z − 2  z − 2 − 20 z − 2 + 100  z − 2 − 29 z − 2 + 100  0
2
 4  z − 2  25  2  z − 2  5
Vậy M = 5, m = 2  5M − 2m = 21 .
Câu 23: Cho số phức z1 thỏa mãn z − 3 + 7i + z + 2 − 5i  13 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = z − 5i
A. 3 .
B. 2 26
C. 4
Lời giải
D. 13 .
Ta có: z − 3 + 7i + z + 2 − 5i  13
 z + 5i − 3 + 2i + z + 5i + 2 − 10i  13 (1)
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi M ( a; b ) , A ( 3; −2 ) , B ( −2;10 ) lần lượt
là
điểm
biểu
Về đích đặc biệt 9+
diễn của số phức
w = z + 5i; z1 = 3 − 2i; z2 = −2 + 10i
AB = ( −5;12 )  AB = 13
Biểu thức (1) viết lại: MA + MB  AB  MA + MB = AB
 tập hợp điểm M biểu diễn của số phức w là đoạn thẳng AB
 x = 3 − 5t
Phương trình đường thẳng AB : 
( t  0;1)
 y = −2 + 12t
Gọi M ( 3 − 5t ; −2 + 12t )  AB
OM = ( 3 − 5t; −2 + 12t )
OM =
( 3 − 5t )2 + ( −2 + 12t )2
OM min = 4  t =
= 169t 2 − 78t + 13
3
(thỏa)
13
P = z − 5i = z + 5i = OM . Vậy Pmin = 4
Câu 24: Cho số phức
z thỏa mãn
A. 6 5 .
z = 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 2 1 − z bằng
B. 4 5 .
C. 2 5 .
Lời giải
D.
5.
Chọn C
Gọi z = x + yi; ( x; y  ) .
z = 1  x 2 + y 2 = 1  y 2 = 1 − x 2  x   −1;1.
Ta có: P = 1 + z + 3 1 − z =
(1 + x )2 + y 2 + 3 (1 − x )2 + y 2
=
2 (1 + x ) + 2 2 (1 − x ) .
Xét hàm số f ( x ) = 2 (1 + x ) + 2 2 (1 − x ) ; x   −1;1.
Hàm số liên tục trên  −1;1 và với x  ( −1;1) ta có: f  ( x ) =
f ( x) = 0 
1
2 (1 + x )
−
1
2 (1 + x )
−
2
2 (1 − x )
.
2
3
= 0  x = −  ( −1;1) .
5
2 (1 − x )
 3
f (1) = 2; f ( −1) = 4; f  −  = 2 5  max f ( x ) = 2 5 .
x −1;1
 5
Câu 25: Cho hai số phức z , z thỏa mãn z + 4 = 3 và z + 1 + 2i = z − 2 + 6i . Tìm giá trị nhỏ nhất của
z − z .
A.
29
.
20
B.
29
.
5
C.
29
.
10
D.
29
.
8
Lời giải
Chọn C
Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi , N ( x; y ) là điểm biểu diễn của số phức
z = x + yi .
2
2
Ta có z + 4 = 3  x + 4 + yi = 3  ( x + 4 ) + y = 3 .
2
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Vậy M thuộc đường tròn ( C ) :( x + 4 ) + y 2 = 32 có tâm I ( −4;0 )
2
z + 1 + 2i = z − 2 + 6i
 ( x + 1) + ( y + 2 ) i = x − 2 + ( y + 6 ) i
 ( x + 1) + ( y + 2 ) = ( x − 2 ) + ( y + 6 )  6 x − 8 y − 35 = 0
2
2
2
2
Vậy N thuộc đường thẳng  : 6 x − 8 y − 35 = 0
Dễ thấy đường thẳng  không cắt . ( C ) . và z − z = MN
Áp dụng bất đẳng thức tam giác, cho bộ ba điểm ( I , M , N ) ta có.
MN  IN − IM = IN − R  IN 0 − R = d ( I ,  ) − R =
Câu 26: Cho số phức
2
6.( −4 ) − 8.0 − 35
6 2 + 82
−3 =
29
10
z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: z − 3 − 4i = 5 và biểu thức
2
P = z + 2 − z − i đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị z 2 + i .
B. 5 2 .
A. 51 .
D. 2 41 .
C. 3 5 .
Lời giải
Chọn A
Đặt z = x + yi ( x, y  ) .
Theo giả thiết: z − 3 − 4i = 5  ( x − 3) + ( y − 4 ) = 5 .
2
2
Mặt khác: P = ( x + 2 ) + y 2 − x 2 − ( y − 1) = 4 x + 2 y + 3 = 4 ( x − 3) + 2 ( y − 4 ) + 23 .
2
2
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho hai bộ số: ( 4; 2 ) và ( x − 3; y − 4 ) , ta được:
(
)
2
2
2
 4 ( x − 3) + 2 ( y − 4 )   42 + 22 . ( x − 3) + ( y − 4 )  = 20.5 = 100


 4 ( x − 3) + 2 ( y − 4 )  10
 P = 4 ( x − 3) + 2 ( y − 4 ) + 23  33 .
Pmax
2
2
2
2


x = 5
( x − 3) + ( y − 4 ) = 5
( x − 3) + (15 − 2 x − 4 ) = 5
= 33  


 z = 5 + 5i .
y = 5
4 x + 2 y + 3 = 33


 y = 15 − 2 x
Vậy z 2 + i = ( 5 + 5i )2 + i = 51 .
Câu 27: Cho z = x + yi thỏa z − 2 − 4i = z − 2i và z đạt giá trị nhỏ nhất. Tính 3 x − 2 y ?
A. 2.
B. 3.
C. 4.
Lời giải
D. 5.
Ta có: z − 2 − 4i = z − 2i  ( x − 2) + ( y − 4)i = x + ( y − 2)i
 ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = x 2 + ( y − 2) 2  x + y − 4 = 0 : là đường thẳng d .
Cách 1.
Gọi M  d là điểm biểu diễn cho số phức z .
Khi đó: z = OM  z min = OM min  M  H
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do OH ⊥ d : x + y − 4 = 0  OH : x − y + m = 0.
O(0;0)  OH  m = 0  OH : x − y = 0.
x + y = 4
x = 2
Tọa độ H = d  OH thỏa 

 3x − 2 y = 2.
y = 2
x − y = 0
Cách 2.
Từ d : y = 4 − x  z = x 2 + y 2 = x 2 + (4 − x)2 = 2( x − 2) 2 + 8  8 = 2 2.
Suy ra: z min = 2 2  x = 2  y = 2  3x − 2 y = 2.
Cách 3. Sử dụng Cauchy – Schwarz, có
z = x2 + y 2 =
x2 y 2
+

1
1
( x + y )2
=
1+1
42
= 2 2.
2
Dấu " = " khi x = y và x + y = 4  x = y = 2  3 x − 2 y = 2.
Lưu ý. Nếu đề bài chỉ yêu cầu tính |z|min , thì nó là |z|min = OH = d (O; d ).
Câu 28: Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn: z1 + 3z2 = 15 − 5i và 3z1 − z2 = 5 10 . Giá trị lớn nhất của biểu
thức P = z1 + z2 bằng:
B. 2 10 .
A. 10 .
 z = a + bi
Đặt:  1
với a, b, c, d 
z
=
c
+
di
 2
Ta có:
z1 + 3z2 = 15 − 5i 
C. 10 .
Lời giải
.
( a + 3c )2 + ( b + 3d )2
(
D. 2 5 .
) (
= 152 + ( −5 )
2
)
 a 2 + b 2 + 9 c 2 + d 2 + 6 ( ac + bd ) = 250.
3 z1 − z2 = 5 10 
( 3a − c )2 + ( 3b − d )2
(
) (
= 5 10
)
 9 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 − 6 ( ac + bd ) = 250.
2
2
2
2
Cộng (1) và ( 2 ) vế theo vế ta được: a + b + c + d = 50 .
Khi đó:
P = z1 + z2 = z1 + z2 = 1. a 2 + b 2 + 1. c 2 + d 2

(1
= 10
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
)(
(1)
+ 12 a 2 + b 2 + c 2 + d 2
)
( 2)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vậy: Max P = 10.
Phan Nhật Linh
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 25 và ac + bd = 0 .
Tìm được: z1 = 3 + 4i; z2 = 4 − 3i thỏa mãn.
Câu 29: Cho số phức
z thỏa z − 2 − 2i = 17 . Gọi
M ,
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của P = z + 2 − i + 2 z − 6 − 3i . Tính M + m .
A. M + m = 2 17
C. M + m = 17
(
(
)
B. M + m = 4 17 .
5 +1 .
)
5 +1 .
D. M + m = 2
(
)
85 + 17 .
Lời giải
Đặt z = a + bi (với a, b 
).
Khi đó: z − 2 − 2i = 17  ( a − 2 ) + ( b − 2 ) = 17  a 2 + b 2 = 4a + 4b + 9 .
2
Suy
ra
2
P = z + 2 − i + 2 z − 6 + 3i = a 2 + b 2 + 4a − 2b + 5 + 2 a 2 + b 2 − 12a − 6b + 45
= 8a + 2b + 14 + 2 −8a − 2b + 54 .
Xét hàm số f ( t ) = t + 14 + 2 54 − t với t = 8a + 2b , t   −14;54
Ta có f  ( t ) =
1
2 t + 14
−
2
2 54 − t
.
1
4
2
=
 5t = −2  t = − .
t + 14 54 − t
5
Bảng biến thiên
f (t ) = 0 
Suy ra Pmax = 2 85 , Pmin = 2 17 .
Vậy M + m = 2
(
)
85 + 17 .
Câu 30: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa iz1 − 1 = 1 và z2 + i = 2 . Giá trị nhỏ nhất của P = 2 z1 + 3z2 là
A. 4 .
B. 1 .
C. 3 .
Lời giải
D. 2 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có: iz1 − 1 = 1  i z1 −
1
= 1  z1 + i = 1  2 z1 + 2i = 2 .
i
Gọi M là điểm biểu diễn số phức 2z1 .
 Tập hợp M thuộc đường tròn tâm I (0; −2) , R = 2 .
Ta có: z2 + i = 2  z2 − i = 2  −3z2 + 3i = 6 .
Gọi N là điểm biểu diễn số phức −3z2 .
 Tập hợp N thuộc đường tròn tâm I (0; −3) , R = 6 .
Suy ra: P = 2 z1 + 3z2 = MN
 Pmin  MN min  MN = 3 (  M , N , I , I  thẳng hàng).
Câu 31: Cho số phức z1 ; z2 thỏa z1 − 1 − 2i = 1 và z2 + 2 + 3i = z2 − 1 − i . Giá trị nhỏ nhất của
z1 − z2 bằng
A.
27
.
10
B.
29
.
10
C.
33
.
10
D.
23
.
10
Lời giải
Gọi z1 = x + yi với x, y 
khi đó z1 − 1 − 2i = 1  ( x − 1) + ( y − 2) = 1 .
2
2
Suy ra tập hợp biểu diễn số phức z1 là đường tròn (C) có phương trình ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 = 1
Gọi z2 = a + bi với a, b 
khi đó z2 + 2 + 3i = z2 − 1 − i  (a + 2) + (b + 3) = (a − 1) + (b − 1)  6a + 8b + 11 = 0.
2
2
2
2
Suy ra tập hợp biểu diễn số phức z 2 là đường thẳng  có phương trình  : 6 x + 8 y + 11 = 0 .
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 và N là điểm biểu diễn số phức z 2 trong mặt phẳng phức.
Từ đó ta có z1 − z2 = NM .
Ta thấy d ( I , )  R (Với I và R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C))
33
23
.
−1 =
10
10
23
Vậy giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 bằng .
10
Nên NM min = d ( I , ) − R =
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
z thỏa mãn z 2 + 1 = 2 z . Gọi
Câu 32: Xét các số phức
M và
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của z . Giá trị của M 2 + m 2 bằng
B. 2 2.
A. 6.
C. 4 2.
Lời giải
D. 2.
Áp dụng bất đẳng thức mô đun : z1 + z2  z1 − z2 . Dấu bằng xảy ra z1 = kz2 , ( k  0 ) .
2
2
2
Ta có: 2 z = z + 1  z − 1  −2 z  z − 1  2 z
Với z 2 − 1  2 z  z 2 − 2 z − 1  0  z  1 + 2


 z =1+ 2
k = −3 − 2 2

 z max = 1 + 2 = M
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 
2
z =  1+ 2 i
z = k



(
)
Với z 2 − 1  −2 z  z 2 + 2 z − 1  0  z  −1 + 2


 z = 2 − 1 k ' = −3 + 2 2

 z min = 2 − 1 = m
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 
2
z =  2 −1 i
z = k '



(
2
2
Vậy M + m =
Câu 33: Cho số phức
(
) (
2
2 −1 +
)
)
2
2 + 1 = 6.
z thỏa mãn điều kiện z 2 + 5 = 2 z . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của z . Giá trị của M + m bằng:
A. 2 6 + 1 .
C. 2 6 .
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức u + v  u + v ta có:
B. 2 .
D.
6 +1.
2 z = z 2 + 5  2 z + −5 = z 2 + 5 + −5  z 2 + 5 − 5 = z 2 = z (Vì z 2 = z )
2
2
2
2
Suy ra 2 z + 5  z  − z + 2 z + 5  0  z  6 + 1 .
(
)
Dấu bằng xảy ra khi z =  i + i 6 . Vậy M = 6 + 1
Ta có:
2 z + −z2 = z2 + 5 + −z2  z2 + 5 − z2 = 5 = 5
2
2
Suy ra 2 z + z  5  z + 2 z − 5  0  z  6 − 1 .
(
)
Dấu bằng xảy ra khi z =  −i + i 6 . Vậy m = 6 − 1
Vậy M + m =
Câu 34: Cho số phức
(
) (
6 −1 +
)
6 +1 = 2 6 .
z thỏa mãn 4 z = z 2 − 6 − 8i . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
2
2
của z . Giá trị của M + m bằng
A. 36 .
B. 14 + 2 .
C. 2 14 .
Lời giải
D. 14 .
Ta có:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
4 z + 6 + 8i = z 2 − 6 − 8i + 6 + 8i  z 2 − 6 − 8i + 6 + 8i = z 2 = z
2
2
2
 4 z + 10  z  − z + 4 z + 10  0  z  2 + 14
(
)
Dấu bằng xảy ra khi z =  2i + i 14 . Vậy M = 2 + 14 .
4 z + − z 2 = z 2 − 6 − 8i + − z 2  z 2 − 6 − 8i − z 2 = −6 − 8i = 10
2
2
 4 z + z  10  z + 4 z − 10  0  z  14 − 2
(
)
Dấu bằng xảy ra khi z =  −2i + i 14 . Vậy m = 14 − 2 .
Do đó M 2 + m 2 = 36 .
Câu 35: Cho số phức
z thỏa mãn
z − 2 − 4i = z − 2i . Gọi
m là giá trị nhỏ nhất của z + 4i . Giá trị m 2
là?
B. 4 2 .
A. 32 .
C. 4 .
Lời giải
Đặt z = x + yi .
Ta có z − 2 − 4i = z − 2i 
( x − 2 )2 + ( y − 4 )2
=
D. 16 .
x2 + ( y − 2)
2
 ( x − 2) + ( y − 4) = x2 + ( y − 2)  x + y − 4 = 0
2
2
2
 y =4− x
Xét z + 4i = x 2 + ( y + 4 ) = x 2 + ( 8 − x ) = 2 x 2 − 16 x + 64 = 2 ( x − 4 ) + 32  32
2
2
2
2
Suy ra z + 4i  32 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z = 4 .
2
Vậy m = 32 hay m = 32 .
Câu 36: Xét các số phức
z thỏa mãn z 2 − 3 + 4i − 2 z = 0 . Gọi
M và
m lần lượt là giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M 2 − m2 bằng
A. 4 6 .
B. 14 .
D. 56 6 .
C. 146 .
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:
2
2 z = z 2 − 3 + 4i  z 2 − 3 − 4i = z − 5 (vì z 2 = z ).
2
Dấu “ = ” xảy ra khi z = k ( −3 + 4i ) .
2
2
(
2
Suy ra 4 z  z − 5
)
2
4
2
2
 z − 14 z + 25  0  7 − 2 6  z  7 + 2 6
 6 −1  z  6 +1
Do đó, ta có M = 6 + 1 và m = 6 − 1 .
Vậy M 2 − m 2 = 4 6 .
Câu 37: Xét các số phức
z thỏa mãn z 2 − 5 − 12i = 3 z . Gọi
M và
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của z . Giá trị của M − m bằng
A. 3 .
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 4 .
C.
61 .
D.
59 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có:
Phan Nhật Linh
2
2
3 z = z 2 − 5 − 12i  z 2 − 5 + 12i = z − 13 (vì z = z ).
2
Dấu “ = ” xảy ra khi z = k ( −5 − 12i ) .
2
2
(
2
Suy ra 9 z  z − 13

)
2
4
2
 z − 35 z + 169  0 
35 − 3 61
35 + 3 61
2
 z 
2
2
61 − 3
61 + 3
 z 
.
2
2
Do đó, ta có M =
61 + 3
61 − 3
và m =
. Vậy
2
2
M − m = 3.
Câu 38: Xét các số phức z = a + bi (a, b  ) thỏa mãn | z − 3 + 2i |= 5 . Tính P = a − b khi
| z − 3 − 3i | + | z − 7 − i | đạt giá trị lớn nhất.
A. 8 .
B. 6 .
C. 4 .
Lời giải
D. 10 .
Chọn B
| z − 3 + 2i |= 5 | a − 3 + ( b + 2 ) i |= 5  ( a − 3) + ( b + 2 ) = 5 .
2
Khi đó
2
z nằm trên đường tròn ( C ) tâm I ( 3; −2 ) , bán kính R = 5 .
Gọi A(3;3), B (7;1) . Gọi I  là trung điểm của AB  I  ( 5; 2 ) .
Đặt P =| z − 3 − 3i | + | z − 7 − i |=
( a − 3)2 + ( b − 3)2 + ( a − 7 )2 + ( b − 1)2
(
Suy ra P = MA + MB  2 MA2 + MB 2
= MA + MB
)
AB 2
Mặt khác ta có MA + MB = 2MI  +
. P lớn nhất khi MI  lớn nhất
2
2
2
2
Khi M , I , I ' thẳng hàng. Ta có II  = ( 2;4 )
Gọi  là đường thẳng đi qua I và nhận n = ( 2; −1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình
 : 2( x − 3) − 1( y + 2) = 0  y = 2 x − 8

 a = 4


2
2
(a − 3) + (b + 2) = 5
b = 0

Khi dó tọa độ M ( a; b ) là nghiệm của hệ 
 a = 2
b = 2a − 8


 b = −4

a = 4
+
 M ( 4;0 )  P = MA + MB = 2 10  6.32 ;
b = 0
a = 2
+
 M ( 2; −4 )  P = MA + MB = 10 2  14.143 .
b = −4
a = 2
Vậy P lớn nhất khi M ( 2; −4 )  
 a−b = 6.
b = −4
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 39: Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P =
khác 0 và thỏa mãn z  2 . Tính tỉ số
A.
M
= 3.
m
B.
2z + i
với z là số phức
z
M
.
m
M 4
= .
m 3
M 5
= .
m 3
C.
D.
M
= 2.
m
Lời giải
2z + i
2z − i
2z + i
2z + i
1
1
3
5
Ta có P =
=

P
 2−  P  2+   P  .
z
z
z
z
z
z
2
2
Vậy
M 5
= .
m 3
Câu 40: Gọi S là tập hợp tất cả các số phức
z sao cho số phức w =
1
1
có phần thực bằng . Xét
| z | −z
8
2
các số phức z1, z2  S thỏa mãn z1 − z2 = 2 , giá trị lớn nhất của P = z1 − 5i − z2 − 5i
A. 16.
B. 20 .
C. 10 .
Lời giải
2
bằng
D. 32 .
Chọn B
Cách 1:
Gọi z = x + yi ( x, y  ) . Do w =
1
Ta có: w =
x 2 + y 2 − x − yi
nên theo giả thiết ta có:

=
(
(
x 2 + y 2 − x + yi
x2 + y 2 − x
x2 + y 2 − x
x2 + y 2 − x
x2 + y 2 − x
2 x2 + y 2
(
1
nên z − z  0 .
z −z
x2 + y 2 − x
)
=
) +y
2
) +y
2
=
2
2
x2 + y 2 − x
1
1

=
8
x2 + y 2 − 2 x x2 + y 2 + x2 + y 2 8
1
1
1

= 
8
2 x2 + y 2 8
x2 + y 2 = 4 .
(
x2 + y 2 − x  0
)
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm là gốc tọa độ O , bán kính r = 4
(bỏ đi điểm ( 4;0 ) ). Giả sử hai điểm A, B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 thì A, B
thuộc đường tròn ( O;4 ) nên: OA = OB = 4 .
Vì: z1 − z2 = 2  AB = 2 . Gọi I ( 0;5 ) , IO = 5 , K là trung điểm của đoạn thẳng AB thì khi đó
OK ⊥ AB , ta có:
2
2
2
(
2
)(
)
P = z1 − 5i − z2 − 5i = AI 2 − BI 2 = IA − IB = IA − IB IA + IB = 2BA.IK
(
)
(
)
= 2 BA IO + OK = 2 BA.IO = 2 BA.IO.cos BA, IO  2 BA.IO = 20 .
Dấu " = " xảy ra khi 2 vecto BA, IO cùng hướng.
2
Vậy P = z1 − 5i − z2 − 5i
2
có giá trị lớn nhất là 20 .
Cách 2:
Điều kiện: z − z  0  z  z (*).
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
z −z
z −x
1
yi
.
=
=
+
z − z ( z − z) z − z
( z − z) z − z ( z − z) z − z
Đặt z = x + yi , ta có: w =
Vì w có phần thực bằng
Phan Nhật Linh
(
)
(
)
(
)
z −x
z −x
z −x
1
1
1
1

= 
= 
= (1).
2
8
( z − z ) z − z 8 2 z − 2x z 8 ( z − x) z 4
(
)
Từ điều kiện (*) suy ra: z − x  0 . Do đó: (1)  z = 4 .
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm là gốc tọa độ O , bán kính r = 4
(bỏ đi điểm ( 4;0 ) ). Giả sử hai điểm A, B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 thì A, B
thuộc đường tròn ( O;4 ) nên: OA = OB = 4 .
Vì: z1 − z2 = 2  AB = 2 . Gọi I ( 0;5 ) , IO = 5 , K là trung điểm của đoạn thẳng AB thì khi đó
OK ⊥ AB , ta có:
2
2
2
(
2
)(
)
P = z1 − 5i − z2 − 5i = AI 2 − BI 2 = IA − IB = IA − IB IA + IB = 2BA.IK
(
)
(
)
= 2 BA IO + OK = 2 BA.IO = 2 BA.IO.cos BA, IO  2 BA.IO = 20 .
Dấu " = " xảy ra khi 2 vecto BA, IO cùng hướng.
2
Vậy P = z1 − 5i − z2 − 5i
2
có giá trị lớn nhất là 20 .
Cách 3:
Điều kiện: z − z  0  z  z (*).
Ta có: w + w =
Vì w =
z − z+ | z | −z
2 z −z−z
1
1
1
+
=
= 2
= .
2
z − z z − z ( z − z) z − z
z
z − z z+z + z
(
)
(
)
1
1
1 1
1
có phần thực bằng
nên w + w =  =  z = 4 .
| z | −z
4
z 4
8
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z là đường tròn tâm là gốc tọa độ
O , bán kính r = 4
(bỏ đi điểm ( 4;0 ) ). Giả sử hai điểm A, B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 thì: A, B
thuộc đường tròn ( O;4 ) nên: OA = OB = 4 .
Vì: z1 − z2 = 2  AB = 2 . Gọi I ( 0;5 ) , IO = 5 , K là trung điểm của đoạn thẳng AB thì khi đó
OK ⊥ AB , ta có:
2
2
2
(
2
)(
)
P = z1 − 5i − z2 − 5i = AI 2 − BI 2 = IA − IB = IA − IB IA + IB = 2BA.IK
(
)
(
)
= 2 BA IO + OK = 2 BA.IO = 2 BA.IO.cos BA, IO  2 BA.IO = 20 .
Dấu " = " xảy ra khi 2 vecto BA, IO cùng hướng.
2
Vậy P = z1 − 5i − z2 − 5i
Câu 41: Cho số phức
2
có giá trị lớn nhất là 20 .
z thỏa mãn z − 3 − 4i = 5 . Gọi
2
M và
m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
2
nhất của biểu thức P = z + 2 − z − i . Tính môđun của số phức w = M + mi .
A. w = 2 314 .
B. w = 2 309 .
C. w = 1258 .
D. w = 3 137 .
Lời giải
Chọn C
Gọi z = x + yi ( x ; y  ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do z − 3 − 4i = 5 nên điểm A biểu diễn số phức
z thuộc đường tròn tâm I ( 3; 4 ) , bán kính
R= 5.
Lại có P = x + yi + 2 − x + yi − i = x + 2 + yi − x + ( y − 1) i =
2
2
2
2
= ( x + 2 ) + y 2 − x 2 − ( y − 1) = 4 x + 2 y + 3 .
2
2
Do đó điểm A thuộc đường thẳng  : 4 x + 2 y + 3 − P = 0 .
Để tồn tại x ; y thì d ( I ;  )  R 
4.3 + 2.4 + 3 − P
4 +2
2
2
 5  P − 23  10  13  P  33 .
 M = max P = 33 và m = min P = 13  w = M 2 + m2 = 1258 .
Câu 42: Vậy tổng Gọi S là tập hợp các số phức
(trong đó m 
z thỏa mãn
z + 1 − 2i = 9 và z − 2 + mi = z − m + i ,
). Gọi z1 , z2 là hai số phức thuộc S sao cho z1 − z2 lớn nhất, khi đó giá trị
của z1 + z2 bằng
A. 2 5 .
C. 5 .
Lời giải
B. 6 .
Chọn A
Giả sử z = x + yi với x, y 
D. 18 .
.
Ta có z + 1 − 2i = 9  x + yi + 1 − 2i = 9 
( x + 1)2 + ( y − 2 )2
=9
 ( x + 1) + ( y − 2 ) = 81
2
2
Và z − 2 + mi = z − m + i  x + yi − 2 + mi = x + yi − m + i
2
2
2
2
( x − 2 )2 + ( y + m )2 = ( x − m )2 + ( y + 1)2  ( x − 2 ) + ( y + m ) = ( x − m ) + ( y + 1)
 ( 2m − 4 ) x + ( 2m − 2 ) y + 3 = 0
Do đó S là tập hợp các số phức có điểm biểu diễn là giao của đường tròn ( C ) và đường thẳng

d với
( C ) : ( x + 1)2 + ( y − 2 )2 = 81 và d : ( 2m − 4 ) x + ( 2m − 2 ) y + 3 = 0 .
( C ) là đường tròn tâm I ( −1; 2 ) , bán kính
R =9.
Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn hai số phức z1 , z2 . Khi đó AB = z1 − z2 .
Độ dài AB lớn nhất khi AB là đường kính của đường tròn ( C )  z1 − z2 = AB = 18 .
Ta có I là trung điểm của AB nên có
OI 2 =
(
)
OA2 + OB 2 AB 2
2
2
−
 2 OA2 + OB 2 = 4OI 2 + AB 2  2 z1 + z2 = 4OI 2 + AB 2
2
4
(
2
2
(
2
Có z1 + z2 + z1 − z2 = 2 z1 + z2
)
2
) = 4OI
2
+ AB 2
2
 z1 + z2 = 4OI 2 = 20  z1 + z2 = 2 5
(
)
Câu 43: Cho số phức z , w sao cho thỏa z = 2, w = 4 và ( z − i ) w + i là số thuần ảo. Gọi M và m lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức z − w . Khi đó giá trị của M + m bằng
A. 2 19 .
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 14 .
C. 2 11 .
Lời giải
D. 4 3 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
(
Phan Nhật Linh
)
(
)
Cách 1: Do ( z − i ) w + i là số thuần ảo nên ( z − i ) w + i = ( z − i )( w − i ) =
z −i
2
w − i cũng
w−i
là số thuần ảo tức ta luôn có được: z − i = −ki ( w − i ) ( k  , k  0 ) . Từ đó ta suy ra
z + kiw = − k + i
(
)
 z 2 + k 2 w 2 + ki wz − wz = k 2 + 1

 z + kiw = k + i = k 2 + 1  
2
2
 z = 4, w = 16
2
2
(
)
 − ki wz − wz = 15k 2 + 3
(
 − wz − wz
(
 wz + wz
)
2
)
2
=
(15k
)
2
+3
+3
k
2
(15k
= 256 −
(

15k 2 + 3
4 wzwz − wz + wz 2 =

k2

2
2
 z.z = z = 4; w.w = w = 16
2
2
(
)
)
)
2
2
k2
Khi đó ta có được:
( wz + wz )
2
(15k
= 256 −
(
Suy ra với wz + wz
)
2
2
+3
)
2
k2
2
2

3
3

= 256 − 15k +   256 −  2 15k .  = 76
k
k


 76 ta có được −2 19  wz + wz  2 19 .
(
)
(
)
2
2
2
2
Khi đó: z − w = z + w − wz + wz = 20 − wz + wz  z − w   20 − 2 19;20 + 2 19  .
 M = 19 + 1
 M + m = 2 19 .
Vậy z − w   19 − 1; 19 + 1 tức 
m = 19 − 1
z
Cách 2: Từ có: z + kiw = k + i . Đặt = x + yi, ( x, y 
w
Khi đó ta có: z + kiw = k + i 
)
2
z
1
với x + y = x + yi =
= .
w
4
2
2
2
z
k +i
k +i
k2 +1
2
+ ki =
 x + ( y + k )i =
 x2 + ( y + k ) =
w
w
w
16
.
(
)
 x 2 + y 2 + 2ky + k 2 =
k2 +1
1
k2 +1
15k 2 + 3
 + 2ky + k 2 =
y=
. Từ đó ta suy ra:
16
4
16
−32k
2
2
1
1
1 
3
1
1 
3
19
19
19
.
x = − y 2 = − 2 15k +   − 2  2 15k .  =
−
x
4
4 32 
k
4 32 
k
256
16
16
2
Khi đó ta có: z − w = w
z
− 1 = 4 ( x − 1) + yi = 4
w

5

2
5

 z − w = 16  − 2 x   16  − 2  −

4




4

5


2
5

 z − w = 16  4 − 2 x   16  4 − 2  +






( x − 1)2 + y 2
19  

16  
19  

16  
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 z − w 2  20 + 2 19 =


 z − w 2  20 − 2 19 =

(
(
)
19 − 1)
19 + 1
2
2
 z − w   19 − 1; 19 + 1
 M = 19 + 1
 M + m = 2 19 .
tức 
m = 19 − 1
Cách 3: Đặt z = a + bi, w = c + di, ( a, b, c, d 
( z − i ) ( w + i ) = ( a + ( b − 1) i ) ( c − ( d − 1) i )
Re z
) khi đó ta có:
là số thuần ảo. Khi đó ta suy ra:
(( z − i ) ( w + i )) = ac + (b − 1)( d − 1) = 0 . Gọi A( a; b ) , B ( c, d ) là các điểm biểu diễn số
phức z , w với A, B lần lượt thuộc quỹ tích đường tròn tâm O , bán kính bằng 2 và 4.
Cùng với điểm C ( 0;1) thì phương trình tương đương với AC.BC = 0 tức ta có được tam
 AC = ( a; b − 1)
AB
giác ABC vuông tại C . Ta có: 
, gọi M là trung điểm AB . Khi đó MC =
2
 BC = ( c; d − 1)

.
 AB = 2 MC  2 ( CO + OM 1 ) = 2 (1 + OM 1 )
Từ đó ta có: 
với M 1 , M 2 là các điểm như hình
 AB = 2 MC  2 ( −CO + OM 2 ) = 2 ( −1 + OM 2 )
vẽ trên.


2OA2 + 2OB 2 − AB 2
 AB  2 1 +

4






2OA2 + 2OB 2 − AB 2
 AB   −1 +
4





40 − x 2 
 x  2 1 +


4 



   x  19 + 1 .


2 



 x  19 − 1
40 − x


x   −1 +



4 









 M = 19 + 1
 M + m = 2 19 .
Vậy z − w   19 − 1; 19 + 1 tức 
m = 19 − 1
Câu 44: Xét
hai
số
phức
z1 , z2
thỏa
mãn
( z1 − 2 − i ) ( 2 + 2
)
3i = ( z1 − z1 )
z2 + i = z2 + 1 + 2i . Giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 bằng
A.
7.
B. 2 6 .
C.
Lời giải
Chọn D
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
34
.
5
D. 2 2 .
(
3 −i
)
và
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Đặt z1 = a + bi ,
( z1 − 2 − i ) ( 2 + 2
Ta có:
2
) (
3i = z1 − z1
( a − 2 )2 + ( b − 1)2 = 2 b
)(
Phan Nhật Linh
)
(
3 − i  2 ( z1 − 2 − i ) = z1 − z1
 a 2 − 4a + 4 + b 2 − 2b + 1 = b 2  b =
)
a 2 − 4a + 5
2
x2 − 4 x + 5
Đặt điểm biểu diễn số phức z1 là M , vậy quỹ tích của M là parabol y =
2
Đặt điểm biểu diễn số phức z 2 là N . Ta dễ thấy quỹ tích của N là đường thẳng d : y = − x − 2 .
Minh họa trên hệ trục Oxy .
Ta thấy z1 − z2
min
 MN min = d ( A; d ) = 2 2 .
Câu 45: Xét các số phức z , z1 , z2 thỏa mãn z1 − 4 − 5i = z2 − 1 = 1 và z + 4i = z − 8 + 4i . Tính
M = z1 + z2 khi biểu thức P = z − z1 + z − z2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M = 41 .
B. M = 6 .
C. M = 2 5 .
Lời giải
D. M = 2 13 .
Chọn D
Ta có:
z1 − 4 − 5i = 1  tập hợp điểm A biểu diễn số phức z1 là đường tròn ( C1 ) có tâm I ( 4;5 ) , bán
kính R1 = 1 .
z2 − 1 = 1  tập hợp điểm B biểu diễn số phức z 2 là đường tròn ( C2 ) có tâm J (1;0 ) , bán kính
R2 = 1 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Đặt z = a + bi ( a, b  ) .
Ta có: z + 4i = z − 8 + 4i  a 2 + ( −b + 4 ) = ( a − 8 ) + ( b + 4 )  a − b = 4.
2
Suy ra tập hợp điểm C biểu diễn số phức
2
2
z nằm trên đường thẳng  : x − y = 4 .
Khi đó: P = z − z1 + z − z2 = CA + CB .
Gọi K là điểm đối xứng của J qua đường thẳng  , khi đó ta tìm được K ( 4; −3 ) , suy ra
phương trình đường thẳng IK : x = 4 .
Do đó: Pmin khi và chỉ khi C = IK   ; A = CI  ( C1 ) ( A ở giữa CI ) ; B = CJ  ( C2 ) ( B
 A ( 4;4 )
 z1 = 4 + 4i
⎯⎯
→
⎯⎯
→ M = z1 + z2 = 2 13 .
ở giữa CJ ). Suy ra: 
 z2 = 2
 B ( 2;0 )
38| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG
A
9
Phan Nhật Linh
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN KHI BIẾT YẾU TỐ KHOẢNG CÁCH
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Thể tích khối lăng trụ
VLT = S d .h
Trong đó: S d là diện tích đáy, h là chiều cao khối lăng trụ.
Kiến thức về khoảng cách trong không gian xem lại dạng 4.
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 43 – Đề tham khảo 2023. Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân
6
tại B , AB = a . Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ABC ) bằng
a , thể tích khối lăng trụ đã cho
3
bằng
2 3
2 3
2 3
A.
B.
C. 2a 3 .
D.
a .
a .
a .
6
2
4
 Lời giải
Chọn B
Kẻ AH ⊥ AB , H  AB .
Vì
BC ⊥ AB 
  BC ⊥ ( ABBA )  BC ⊥ AH .
BC ⊥ AA
Ta có BC ⊥ AH , AH ⊥ AB  AH ⊥ ( ABC ) . Do đó d ( A, ( ABC ) ) = AH =
a 6
.
3
1
1
1
1
1
1
=
+

=
−
Xét tam giác vuông AAB vuông tại A , ta có
2
2
2
2
2
AH
AA
AB
AA
AH
AB 2

1
9
1
1
= 2 − 2 = 2  AA = a 2 .
2
AA
6a a
2a
Vậy VABC . ABC  = SABC . AA =
1
a3 2
.
a.a.a 2 =
2
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  . Biết cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( ABC  ) và ( BCC B )
1
và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC  ) bằng a . Thể tích của khối lăng
2 3
trụ ABC. ABC  bằng
bằng
A.
Câu 2:
a3
.
4
2a 3
.
2
C.
3 2a 3
.
4
D.
3 2a 3
.
2
B.
3 3
a .
8
C.
3 3
a .
4
D.
3 3 3
a .
8
Cho hình hộp chữ nhật ABCDABC D có AB = a, AD = a 2 . Biết khoảng cách từ A đến mặt
phẳng ( BC D ) bằng
A.
Câu 4:
B.
Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , góc giữa mặt phẳng
( ABC ) và mặt đáy ( ABC ) bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
A.
Câu 3:
3 2a 3
.
8
2 5 3
a .
15
a 3
, thể tích khối hộp chữ nhật đã cho bằng
3
B.
6 3
a .
3
C.
2 5 3
a .
5
D. a 3 6 .
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với
mặt phẳng đáy. Gọi E là trung điểm của cạnh CD . Biết thể tích của khối chóp S . ABCD bằng
a3
. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBE ) .
3
A.
Câu 5:
2a
.
3
B.
a 2
.
3
a
.
3
D.
a 3
.
3
Cho hình chóp tam giác S . ABC có AB = 1, AC = 2, BAC = 120 , SA vuông góc với mặt phẳng
đáy. Biết SBC có diện tích bằng
A.
Câu 6:
C.
21
.
14
B.
3 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng:
7
.
12
C.
21
.
7
D.
7
.
24
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết
góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 60 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng
a 6 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng:
A.
Câu 7:
7 6 3
a .
3
B.
42 3
a .
3
C.
7 42 3
a .
3
D.
6 3
a .
3
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, mặt bên ( SCD )
hợp với đáy một góc bằng 60 , M là trung điểm của BC . Biết thể tích khối chóp S . ABCD
a2 3
bằng
. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
3
A.
a 3
.
6
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. a 3 .
C.
a 3
.
4
D.
a 3
.
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 8: Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của B 
trên mặt phẳng đáy trùng trung điểm H của cạnh AB , biết góc giữa BH và mặt phẳng
( BCCB) bằng 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
3a3 3
A. V =
.
8
Câu 9:
3a3 3
B. V =
.
16
a3 3
C. V =
.
16
a3 3
D. V =
.
16
Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A
trên mặt phẳng đáy trùng trọng tâm tam giác ABC , biết khoảng cách giữa AA và BC bằng
a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
4
A. V =
a3 3
.
8
B. V =
a3 3
.
4
C. V =
a3 3
.
12
D. V =
a3 3
.
16
Câu 10: Cho hình lăng trụ ABCABC  , có đáy là tam giác ABC cân tại A , BAC = 120 , các cạnh bên
hợp với đáy góc 45o . Hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ABC ) , trùng với tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC . Tính thể tích của khối lặng trụ ABCABC  , biết khoảng cách từ B đến mặt
phẳng ( AAC C ) bằng
A.
3
.
4
21
.
7
B.
3
.
3
C.
3
.
6
D.
2 3
.
3
Câu 11: Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên
mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường
thẳng AA và BC bằng
A.
a3 3
.
6
a 3
. Khi đó thể tích của khối lăng trụ là
4
B.
a3 3
.
24
C.
a3 3
.
12
D.
a3 3
.
36
Câu 12: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác có AB = a; AC = a 3; BC = a .
Gọi M là trung điểm CC  và khoảng cách từ M đến ( A ' BC ) bằng
a 21
, thể tích khối lăng
14
trụ đã cho bằng
A.
a3 3
.
12
B.
3a3
.
4
C.
a3 3
.
4
D.
a3
.
4
Câu 13: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông đỉnh B có
AB = a; BC = a 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm A ' B ' và A ' C ' , P thuộc cạnh BC sao
1
2a 2
cho BP = BC . Biết khoảng cách từ điểm A đến ( PMN ) bằng
, thể tích khối lăng trụ
3
3
bằng
A. a 3 .
B.
a3 2
.
3
C.
a3
.
3
D. a 3 2 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 14: Cho lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình vuông, cạnh bên có độ dài bằng 2a . Gọi
4a
M , O lần lượt là trung điểm A ' B ' và A ' C ' . Biết khoảng cách giữa AM và CO bằng
. Thể
9
tích khối lăng trụ ABD. A ' B ' D ' bằng
a3
A.
.
2
a3
C.
.
3
B. 2a 3 .
D. a 3 2 .
Câu 15: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có CA ' tạo với ( BCC ' B ') mọt góc 45 . Gọi G là trọng tâm tam
giác A ' B ' C ' , khoảng cách từ C ' đến ( CA ' G ) bằng a 2 . Tính thể tích lăng trụ?
B. a 3 6 .
A. 9a 3 2 .
C. 3a 3 2 .
D.
a3 6
.
3
Câu 16: Cho lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D có đáy là hình thoi có DAB = 120 . Biết ( AB ' C ' D ) tạo
với đáy một góc 60 và khoảng cách từ điểm C đến ( AB ' C ') bằng a 3 . Tính VABCD. A ' B ' C ' D  ?
3
3
A. 48 3a .
B. 16 3a .
32 3a 3
C.
.
3
D. 24 3a 3 .
Câu 17: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A , BC = a , diện tích
tam giác ABC bằng
a2 3
. Biết khoảng cách đường thẳng BC và mặt phẳng ( ABC  ) bằng
8
a 3
. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:
5
A.
a3
.
8
B.
a3 3
.
24
C.
a3 3
.
8
D.
a3
.
4
Câu 18: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ACB = 30 . Biết
1
góc giữa B ' C và mặt phẳng ( ACC A ) bằng  thỏa mãn sin  =
và khoảng cách giữa hai
2 5
đường thẳng AB và CC  bằng a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  .
A. V = a
3
3a3 6
B. V =
.
2
6.
C. V = a3 3 .
D. V = 2a 3 3 .
Câu 19: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a , CD = 2a . Hình
chiếu của đỉnh S lên mặt ( ABCD ) trùng với trung điểm của BD. Biết thể tích của khối chóp
S . ABCD bằng
A.
a3
2
a 5
.
2
. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) là
B.
a 5
.
5
C.
a 10
.
5
D.
a 10
.
2
Câu 20: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , BC = a 3 . Cạnh bên SA
vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc 30 . Tính thể tích V
của khối chóp S . ABCD theo a .
A. V =
2 6a 3
.
3
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. V =
2a 3
.
3
C. V = 3a3 .
D. V =
3a3
.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 21: Cho khối lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng 2a . Biết
khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ABD ) bằng
A. 2a 3 .
B. 4a 3 .
2
a , thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
3
C. a 3 .
D. 6a 3 .
Câu 22: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ tâm
a
O của tam giác ABC đến mặt phẳng ( ABC ) bằng . Thể tích khối lăng trụ bằng
6
3a 3 2
A.
.
4
3a 3 2
B.
.
8
3a 3 2
C.
.
28
3a 3 2
D.
.
16
Câu 23: 2. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của B  lên mặt
phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC , góc giữa hai mặt phẳng ( ABC  ) và
( BCCB) bằng
60 ,. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC  bằng 3a . Thể tích khối
lăng trụ đã cho bằng
A. 8a 3 3 .
B.
8a 3 3
.
3
C.
8a 3 6
.
3
D. 8a 3 6 .
Câu 24: Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có đáy là hình vuông cạnh a . Khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng ( ABCD ) bằng
A. V = a3 3 .
a 3
. Tính thể tích khối hộp theo a .
2
B. V =
a3 21
.
7
C. V = a 3 .
D. V =
a3 3
.
3
Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCABC  . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC  )
bằng a , góc giữa 2 mặt phẳng ( ABC  ) và ( BCC B ) bằng  với cos =
1
(tham khảo hình
3
dưới đây). Thể tích V của khối lăng trụ ABCABC  bằng
A.
9a 3 15
.
20
B.
3a 3 15
.
20
C.
9a 3 15
.
10
D.
3a 3 15
.
10
Câu 26: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC = a 2 .
a
Biết khoảng cách từ C  đến mặt phẳng ( ABC ) bằng , thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
2
a3 2
A.
.
2
a3
B.
.
2
a3 3
C.
.
6
a3
D.
.
6
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 27: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A có AC = a 3 . Biết
góc giữa đường thẳng BC  và mặt phẳng ( ABC ) bằng  với sin  =
đến mặt phẳng ( ABC  ) bằng
A.
a3 18
.
6
B.
6
, khoảng cách từ A
4
a 6
. Thể tích khối lẳng trụ đã cho bằng
2
a3 18
.
2
C.
a3 15
.
2
D.
a3 15
.
6
Câu 28: Cho khối lập phương ABCD. ABC D . Gọi M là trung điểm cạnh BB . Biết khoảng cách từ
2a
A đến mặt phẳng ( MDA ) bằng
. Thể tích khối lập phương đã cho bằng
3
A.
a3
.
3
B.
2a 3
.
3
C. 8a 3 .
D. a 3 .
Câu 29: Cho khối chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB = a , đường chéo BD = a 5
2a
, có SA vuông góc với mặt đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBD ) bằng
.
3
Thể tích khối chóp đã cho bằng
3a3
.
3
A.
B.
a3
.
6
C.
2a 3
.
3
3a 3 .
D.
Câu 30: Cho khối chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A , AB = a, ACB = 300 . Các mặt bên
tạo với đáy những góc bằng nhau và bằng 600 . Thể tích khối chóp đã cho bằng
(
A.
)
3 − 1 a3
12
.
(
B.
)
3 − 1 a3
4
.
(
C.
)
3 − 1 a3
6
.
D.
(
)
3 − 1 a3 .
Câu 31: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Khoảng cách từ
a
tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng ( ABC ) bằng . Thể tích khối lăng trụ bằng
3
A.
3a 3 2
.
4
B.
3a 3 2
.
8
C.
3a 3 2
.
6
D.
3a 3 2
.
2
Câu 32: Cho hình lập phương ABCD. ABC D , khoảng cách từ C  đến mặt phẳng
( ABD )
bằng
4a 3
. Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD. ABC D .
3
A. V = 8a 3 .
B. V = 3 3a3 .
C. V = 8 3a3 .
D. V = 6a 3 .
Câu 33: Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm
A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa 2
đường AA và BC bằng
A. V =
a3 3
.
12
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  .
4
B. V =
a3 3
.
3
C. V =
a3 3
.
24
D. V =
a3 3
.
6
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 34: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  , có đáy ABC là tam giác vuông và ABC là tam giác đều.
Khoảng cách từ điểm C  đến mặt phẳng ( ABC ) bằng
2 3
a . Thể tích của khối lăng trụ
3
ABC. ABC  bằng
A.
4 3
a .
3
B.
14 21 3
a .
27
C. 4a 3 .
D.
28 7 3
a .
27
Câu 35: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  , có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a . Góc
giữa đường thẳng BC  và mặt phẳng ( ACC A ) bằng 30 . Thể tích của khối lăng trụ
ABC. ABC  bằng
A.
1 3
a .
8
B.
3 3
a .
8
C.
3 2 3
a .
2
D.
2 3
a .
2
Câu 36: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Khoảng cách từ
a
tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC đến mặt phẳng ( ABC ) bằng . Tính thể tích
3



khối lăng trụ ABC. A B C .
A.
3a 3 2
.
2
B.
3a 3 2
.
6
C.
3a 3 2
.
4
D.
3a 3 2
.
12
Câu 37: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông; mặt bên ( SAB ) là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
3 7a
. Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .
7
A.
a3
.
3
B. a 3 .
C.
2a 3
.
3
D.
3a3
.
2
Câu 38: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  , đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên BCC B
là hình vuông. Biết khoảng cách giữa AB và CC  bằng a . Thể tích của khối lăng trụ
ABC. ABC  bằng
A.
2a 3
.
3
B.
3
2a .
C.
2a 3
.
2
D. a 3 .
2a 3
. Đường thẳng BC  tạo với mặt
3
phẳng ( ACC A ) góc  thỏa mãn cot  = 2 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng
Câu 39: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng
A.
4 3
a 11 .
3
B.
1 3
a 11 .
9
C.
1 3
a 11 .
3
D.
2 3
a 11 .
3
Câu 40: Cho khối lập phương ABCD. ABC D có khoảng cách giữa hai đường thẳng C D và BC là a
. Khi đó thể tích khối lập phương ABCD. ABC D là
A. 9 3a 3 .
B. 3 3a 3 .
C. 9a 3 .
D. 18a 3 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  . Biết cosin của góc giữa hai mặt phẳng
( BCCB)
( ABC  )
1
và
và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC  ) bằng a . Thể tích của
2 3
khối lăng trụ ABC. ABC  bằng
A.
bằng
3 2a 3
.
8
B.
2a 3
.
2
C.
3 2a 3
.
4
D.
3 2a 3
.
2
Lời giải
Chọn D
Gọi 2x là độ dài cạnh đáy của lăng trụ đều ABC. ABC  .
Gọi M là trung điểm của AB  CM = x 3
Tam giác ABC đều  CM ⊥ AB, mà AB ⊥ CC   AB ⊥ ( CMC  )  ( C AB ) ⊥ ( CMC  )
Lại có ( ABC  )  ( CMC  ) = C M , kẻ MH ⊥ C M , ( H  C M )
 CH ⊥ ( ABC  )  d ( C , ( ABC  ) ) = CH = a
Tam giác MCC  vuông tại C , có CH ⊥ MC 
1
1
1
CH .CM
ax 3
.
=
+
 CC  =
=
2
2
2
CH
CM
CC 
CM 2 − CH 2
3x 2 − a 2
CB.CC 
Tam giác BCC  vuông tại C , kẻ CK ⊥ BC   CK =
CB 2 + CC 2

2 x.
 CK =
ax 3
3x 2 − a 2
=
2 2
3a x
4x + 2
3x − a 2
2
2ax 3
12 x 2 − a 2
.
( ABC  )  ( BCC B ) = BC 
d ( C , ( ABC  ) ) CH
 sin ( ( ABC  ) , ( BCC B ) ) =
=
Ta có 
d ( C , BC  )
CK
C  ( BCC B )
2
 1 
 1− 
 =
2 3
a
2ax 3

11 12 x 2 − a 2
=
 x=a.
12
12 x 2
12 x 2 − a 2
 ABC đều cạnh 2a  SABC = a 2 3 và CC  =
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a 6
.
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vậy VABC . ABC  = SABC .CC  =
Câu 2:
Phan Nhật Linh
3 2a 3
.
2
Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , góc giữa mặt phẳng
( ABC ) và mặt đáy ( ABC ) bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
A.
a3
.
4
B.
3 3
a .
8
C.
3 3
a .
4
D.
3 3 3
a .
8
Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC .
Do tam giác ABC đều nên BC ⊥ AM (1).
Lại có BC ⊥ ( AAM ) (Do BC ⊥ AM và BC ⊥ AA ). Suy ra BC ⊥ AM (2).
Từ (1) và (2) suy ra góc giữa mặt phẳng ( ABC ) và đáy chính là góc giữa hai đường thẳng AM
và AM .
Do tam giác AAM vuông nên góc giữa hai đường thẳng AM và AM chính là góc AMA hay
AMA = 60 .
3
Ta có AA = AM .tan 60 = a .
2
Suy ra VABC . ABC  = AA.SABC =
Câu 3:
3a a 2 3 3 3 3
.
=
a .
2
4
8
Cho hình hộp chữ nhật ABCDABC D có AB = a, AD = a 2 . Biết khoảng cách từ A đến mặt
phẳng ( BC D ) bằng
A.
2 5 3
a .
15
a 3
, thể tích khối hộp chữ nhật đã cho bằng
3
B.
6 3
a .
3
C.
2 5 3
a .
5
D. a 3 6 .
Lời giải
Gọi H là hình chiếu của A trên AD , tức là AH ⊥ AD (1)
Do C D ⊥ ( ADDA ) nên C D ⊥ AH (2).
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Từ (1) và (2) suy ra AH ⊥ ( ABC D ) hay AH ⊥ ( BC D ) .
Suy ra AH chính là khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BC D ) .
Ta có
1
1
1
=
+
 AA =
2
2
AH
AA
AD2
a 3
.a 2
10
3
=
=
a.
2
2
2
5
AD − AH
3a
2
2a −
9
AH . AD
Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho là VABCD. ABC D = AB. AD. AA =
Câu 4:
10 2
2 5 3
a.a 2 =
a .
5
5
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với
mặt phẳng đáy. Gọi E là trung điểm của cạnh CD . Biết thể tích của khối chóp S . ABCD bằng
a3
. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBE ) .
3
A.
2a
.
3
B.
a 2
.
3
C.
a
.
3
D.
a 3
.
3
Lời giải
Chọn A
1
a3
 SA = a .
Ta có V = SA.S ABCD =
3
3
Gọi M là trung điểm BC  AM ⊥ BE tại F .
Ta lại có SA ⊥ ( ABCD )  SA ⊥ BE .
 BE ⊥ ( SAF ) . Suy ra ( SBE ) ⊥ ( SAF ) theo giao tuyến SF . Trong ( SAF ) , kẻ AH ⊥ SF thì
AH ⊥ ( SBE ) .
Ta có: ABF
AMB 
Tam giác SAF có
Câu 5:
AB 2
AF
AB
=
 AF =
AB AM
1
1
1
 AH =
=
+
2
2
AH
SA
AF 2
AB 2 + BM 2
=
2a 5
.
5
SA. AF
2
= a.
SA2 + AF 2 3
Cho hình chóp tam giác S . ABC có AB = 1, AC = 2, BAC = 120 , SA vuông góc với mặt phẳng
đáy. Biết SBC có diện tích bằng
A.
21
.
14
B.
7
.
12
3 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng:
C.
Lời giải
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
21
.
7
D.
7
.
24
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
1
1
3
3
S ABC = . AB. AC.sin120 = .1.2.
=
.
2
2
2
2
Vì SA ⊥ ( ABC )  ABC là hình chiếu vuông góc của SBC lên ( ABC ) .
Gọi
(( SBC ) , ( ABC )) =  , ta có S
ABC
= SSBC .cos 
3
= 3.cos   = 60 .
2
Kẻ AH ⊥ BC , lại có SA ⊥ BC  BC ⊥ ( SAH )  BC ⊥ SH .
( SBC )  ( ABC ) = BC


 SH ⊥ BC
 AH ⊥ BC

(( SBC ) , ( ABC )) = ( SH , AH ) = SHA =  = 60 .
Áp dụng định lý hàm số cosin cho ABC ta có BC = AB + AC − 2 AB. AC.cos120 = 7 .
2
2
1
3 1
21
S ABC = . AH .BC 
= . AH . 7  AH =
.
2
2 2
7
Xét SAH vuông tại A, ta có SA = AH .tan 60 =
1
3
3 7
.
7
1 3 7 3
21
.
=
.
3 7 2
14
Vậy VS . ABC = .SA.S ABC = .
Câu 6:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết
góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 60 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a 6
. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng:
A.
7 6 3
a .
3
B.
42 3
a .
3
C.
7 42 3
a .
3
D.
6 3
a .
3
Lời giải
Gọi SA = h, AB = x  AC = x 2 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vì AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ( ABCD )
) (
(
)
 SC , ( ABCD ) = SC , AC = SCA = 60 .
Xét SAC vuông tại A , ta có SA = AC.tan 60  h = x 6
(1) .
Kẻ AH ⊥ SB ( 2 ) .
 BC ⊥ AB
Ta có 
 BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AH
 BC ⊥ SA
(
( 3) .
)
Từ ( 2 ) , ( 3)  AH ⊥ ( SBC )  d A, ( SBC ) = AH = a 6 .
Xét SAB vuông tại A , đường cao AH ta có
1
1
1
1
1
1
=
+
 2 = 2+ 2
2
2
2
AH
SA
AB
6a
h
x
( 4) .
Từ (1) , ( 4 )  h = a 42, x = a 7 .
1
3
1
3
(
Vậy VS . ABCD = .SA.S ABCD = .a 42. a 7
Câu 7:
)
2
=
7 42 3
a .
3
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, mặt bên ( SCD )
hợp với đáy một góc bằng 60 , M là trung điểm của BC . Biết thể tích khối chóp S . ABCD
bằng
A.
a2 3
. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
3
a 3
.
6
B. a 3 .
C.
a 3
.
4
D.
a 3
.
2
Lời giải
Chọn C
Gọi x là độ dài cạnh đáy ( x  0 ) .
Theo giả thiết, ( SCD ) ; ( ABCD ) = 60  SDA = 60  SA = DA.tan 60 = x 3 .
 VS . ABCD
1
x2 3
a3 3
x 2 3 a3 3
= SA.S ABCD =
=
 x=a.
, mà VS . ABCD =
nên
3
3
3
3
3
 SA = a 3 .
Trong ( ABCD ) , gọi I là giao điểm của AM và DC  I = AM

d ( M ; ( SCD ) )
d ( A; ( SCD ) )
=
( SCD ) .
IM MC 1
1
=
=  d ( M ; ( SCD ) ) =  d ( A; ( SCD ) ) (1) .
IA AD 2
2
Trong ( SAD ) , kẻ AH ⊥ SD . Dễ thấy AH ⊥ ( SCD )  AH = d ( A ; ( SCD ) ) ( 2 ) .
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Mà SAD vuông tại A nên
1
1
1
=
+
 AH =
2
2
AH
SA
AD 2
Từ (1) , ( 2 ) , ( 3)  d ( M ; ( SCD ) ) =
Câu 8:
Phan Nhật Linh
SA. AD
SA + AD
2
2
=
a 3
2
( 3) .
a 3
.
4
Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của B 
trên mặt phẳng đáy trùng trung điểm H của cạnh AB , biết góc giữa BH và mặt phẳng
( BCCB ) bằng 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. V =
3a3 3
.
8
B. V =
3a3 3
.
16
C. V =
a3 3
.
16
D. V =
a3 3
.
16
Lời giải
Dựng HE ⊥ BC tại E , HF ⊥ BE tại F .
 BC ⊥ BH
Ta có: 
suy ra BC ⊥ HF  HF ⊥ ( BBCC  )
 BC ⊥ HE
 ( BH ; ( BCC B ) ) = HBF = HBE = 30 .
a
2
Ta có: HE = HB sin HBE = sin 60 =
Khi đó BH =
HE
3a
.
=
tan 30 4
Vậy V = VABC . ABC  = S ABC .BH =
Câu 9:
a 3
4
a 2 3 3a 3a3 3
. =
.
4 4
16
Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A
trên mặt phẳng đáy trùng trọng tâm tam giác ABC , biết khoảng cách giữa AA và BC bằng
a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
4
A. V =
a3 3
.
8
B. V =
a3 3
.
4
C. V =
a3 3
.
12
D. V =
a3 3
.
16
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC và K = AO  BC .
Dựng KH ⊥ AA ( H  AA ) .
 BC ⊥ AK
Ta có: 
 BC ⊥ ( AAK )  BC ⊥ HK .
 BC ⊥ AA
Khi đó: d ( AA; BC ) = HK =
a 3
.
4
Tam giác AHK vuông tại H : AH = AK 2 − HK 2 =
Tam giác AAO vuông tại O : tan AAO =
Suy ra
3a
HK
và tan HAK =
4
AH
AO
.
AO
HK AO
a
=
 AO = .
AH
AO
3
Vậy VABC . ABC  = AO.SABC
a a 2 3 a3 3
= 
=
.
3 4
12
Câu 10: Cho hình lăng trụ ABCABC  , có đáy là tam giác ABC cân tại A , BAC = 120 , các cạnh bên
hợp với đáy góc 45o . Hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ABC ) , trùng với tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC . Tính thể tích của khối lặng trụ ABCABC  , biết khoảng cách từ B đến mặt
phẳng ( AAC C ) bằng
A.
3
.
4
21
.
7
B.
3
.
3
C.
3
.
6
D.
2 3
.
3
Lời giải
Chọn A
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , dễ thấy tứ giác ABOC là hình thoi cạnh a
Gọi I là trung điểm của cạnh AC , vẽ OH ⊥ AC tại H
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có: d ( B; ( AAC C ) ) =
Phan Nhật Linh
21
21
suy ra OH =
7
7
Vì góc giữa AA và ( ABC ) bằng 45o nên tam giác AOA vuông cân tại O
Suy ra AO = AO = a
Vì tam giác AOC đều cạnh a nên OI =
Ta có
a 3
2
1
1
1
=
+
 a =1
2
2
OH
OA
OI 2
Vậy thể tích của khối lặng trụ ABCABC  là: VABCABC  = AO.SABC = 1.
3
3
=
4
4
Câu 11: Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên
mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường
thẳng AA và BC bằng
a 3
. Khi đó thể tích của khối lăng trụ là
4
a3 3
A.
.
6
a3 3
B.
.
24
a3 3
C.
.
12
a3 3
D.
.
36
Lời giải
Chọn C
Gọi G là trọng tâm của ABC , M là trung điểm của BC .
 AG ⊥ ( ABC ) .
 BC ⊥ AM
Trong ( AAM ) dựng MN ⊥ AA , ta có: 
 BC ⊥ ( AAG )  BC ⊥ MN .
 BC ⊥ AG
 d ( AA, BC ) = MN =
a 3
.
4
Gọi H là hình chiếu của G lên AA .
Ta có: GH / / MN 
a 3
GH
AG
2
2
.
=
=  GH = MN =
6
MN AM
3
3
Xét tam giác AAG vuông tại G , ta có:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
1
a
1
1
1
1
1
1 =
27
−
.  GA = .
=
+

=
−
2
2 =
2
2
2
2
2
2
2
3
GH
GA
GA
GA
GH
GA
3a
a 3 a 3


 6 
Vậy thể tích của khối lăng trụ là: V = S ABC . AG =


 3 
a 2 3 a a3 3
. =
.
4 3
12
Câu 12: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác có AB = a; AC = a 3; BC = a .
Gọi M là trung điểm CC  và khoảng cách từ M đến ( A ' BC ) bằng
a 21
, thể tích khối lăng
14
trụ đã cho bằng
a3 3
A.
.
12
3a3
B.
.
4
a3 3
C.
.
4
a3
D.
.
4
Lời giải
a 21
1
Ta có d ( M ; ( ABC ) ) = d ( A; ( A ' BC ) ) nên d ( A; ( ABC ) ) =
.
7
2
Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh BC .
 AH ⊥ BC
Ta có: 
 ( AHA ) ⊥ BC  ( AHA ) ⊥ ( ABC ) .
 AA ⊥ BC
Dựng AK ⊥ A ' H  AK ⊥ ( ABC ) . Vậy d ( A; ( A ' BC ) ) = AK =
Trong tam giác ABC
sABC =
a 21
.
7
a 2 + a 2 − 3a 2 −1
=  ABC = 120 .
có: cos ABC =
2.a.a
2
1
a2 3
2S a 3
AB.BC.sin120 =
 AH =
=
.
2
4
BC
2
Trong tam giác vuông A ' AH có:
Vậy V = AA.SABC
1
1
1
1
1
1
=
+

=
−
= 1  AA = 1 .
2
2
2
2
2
AK
AH
AA
AA
AK
AH 2
a3 3
=
.
4
Câu 13: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông đỉnh B có
AB = a; BC = a 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm A ' B ' và A ' C ' , P thuộc cạnh BC sao
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
2a 2
1
cho BP = BC . Biết khoảng cách từ điểm A đến ( PMN ) bằng
, thể tích khối lăng trụ
3
3
bằng
a3 2
B.
.
3
3
A. a .
a3
C.
.
3
D. a 3 2 .
Lời giải
Ta có MN // BC nên M , N , B, P đồng phẳng.

d ( A; ( PMN ) )
d ( A '; ( PMN ) )
=
AB
1
a 2
= 2  d ( B '; ( PMN ) ) = d ( A; ( PMN ) ) =
.
A' M
2
3
 BM ⊥ MN
Ta có: 
 ( BB ' M ) ⊥ MN  ( BB ' M ) ⊥ ( PMN ) .
 BB ' ⊥ MN
Gọi H là hình chiếu của B  trên cạnh BM .
 BH ⊥ ( PMN ) .
 d ( B; ( PMN ) ) = BH =
a 2
.
3
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BB ' M ta có:
1
1
1
=
+
 B'B = a 2 .
2
2
B'H
B'M
BB '2
1
Vậy V = AA.S ABC = a 2. .a.a 2 = a3 .
2
Câu 14: Cho lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình vuông, cạnh bên có độ dài bằng 2a . Gọi
M , O lần lượt là trung điểm A ' B ' và A ' C ' . Biết khoảng cách giữa AM và CO bằng 4a . Thể
9
tích khối lăng trụ ABD. A ' B ' D ' bằng
A.
a3
.
2
B. 2a3 .
C.
a3
.
3
D. a 3 2 .
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi N , I lần lượt là trung điểm DC  và BC  .
Gọi P đối xứng M qua I , khi đó AMPC là hình bình hành  AM // ( COP ) .
(
)
 d ( AM ; OC ) = d ( AM ; ( COP ) ) = d ( M ; ( COP ) ) = d ( N ; ( COP ) ) = 2d C ; ( COP ) =
4a
9
 d ( C '; ( COP ) ) =
2a
.
9
Gọi K là hình chiếu của C  trên cạnh OP , gọi J là hình chiếu của C  trên CK
 d ( C '; ( COP ) ) = C ' K .
2
Gọi độ dài cạnh đáy bằng x . Ta có: SC ' OP
 C 'K =
2SC ' OP
OP
x2
x 5
= 2 =
.
5
x 5
2
Trong tam giác CC ' K có:

1
1 x x2
x 5
 x
= S NOP = .x. = ; OP =   + x 2 =
.
2
2
2 2 4
2
81
1
1
a 5
1
1
1
=
+

C
'
K
=
.
=
+

10
4a 2 4a 2 C ' K 2
C ' J 2 CC '2 C ' K 2
2
3
x 5 a 5
a
=
 x = . Vậy V = 2a. a  = a
5
10
2
2
2
Câu 15: Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có CA ' tạo với ( BCC ' B ') mọt góc 45 . Gọi G là trọng tâm tam
giác A ' B ' C ' , khoảng cách từ C ' đến ( CA ' G ) bằng a 2 . Tính thể tích lăng trụ?
A. 9a
3
2.
B. a
3
6.
C. 3a
Lời giải
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
3
2.
a3 6
D.
.
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi độ dài cạnh đáy là x . Gọi H là trung điểm cạnh BC  , suy ra A ' H =
x 3
.
2
( BCC B ') ⊥ ( ABC  )
nên A ' H ⊥ ( BCC ' B ' ) .
 AH ⊥ BC 
Ta có: 
Vậy ( CA; ( BCC ' B ') ) = ( CA '; CH ) = A ' CH = 45 .
Vì A ' H ⊥ ( BCC ' B ' ) nên A ' H ⊥ CH  A ' H = CH =
x 3
.
2
3x 2 x 2 x 2
−
=
4
4
2
Gọi K là hình chiếu của C ' trên CH .
Trong tam gác CC ' H có: CC ' =
 C ' K ⊥ ( CA ' H )
Ta có:
 d ( C ; ( CA ' H ) ) = C ' K = a 2 .
1
1
1
1
4
2
=
+
 2 = 2 + 2  x = 2a 3
2
2
2
C 'K
C 'H
C 'C
2a
x
x
(
2a 3
2a 3. 2
 CC ' =
= a 6 . Vậy V =
4
2
)
2
3
.a 6 = 9a 3 2 .
Câu 16: Cho lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D có đáy là hình thoi có DAB = 120 . Biết ( AB ' C ' D ) tạo
với đáy một góc 60 và khoảng cách từ điểm C đến ( AB ' C ') bằng a 3 . Tính VABCD. A ' B ' C ' D  ?
3
A. 48 3a .
3
B. 16 3a .
32 3a3
C.
.
3
D. 24 3a 3 .
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi I là trung điểm BC  . Gọi độ dài cạnh đáy bằng x ( x  0 )  A ' I =
Ta có ( AAI ) ⊥ BC  ( ( ABC D ) ; ( A ' BC D ) ) = AIA = 60  AA =
x 3
.
2
3x
.
2
Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh AI .
 AH ⊥ ( AB ' C ' D ) . Măt khác d ( C ; ( ABC D ) ) = d ( A '; ( ABC D ) ) .
(
)
Vậy d A '; ( ABC D ) = AH = a 3 .
Trong tam giác AAI có:
1
1
1
1
4
4
4a 3
=
+
 2 = 2 + 2 x=
.
2
2
2
3
A' H
AA
AI
3a
9 x 3x
2
 4a 3 
3 32 3 3
Vậy V = 4a.
.
 3  . 2 = 3 a


Câu 17: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A , BC = a , diện tích
tam giác ABC
a2 3
. Biết khoảng cách đường thẳng
bằng
8
BC và mặt phẳng
( ABC  ) bằng
a 3
. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng:
5
a3
A.
.
8
a3 3
B.
.
24
a3 3
C.
.
8
a3
D.
.
4
Lời giải
Gọi H là hình chiếu của A trên BC , H  là hình chiếu của H trên BC  , K là hình chiếu của
H trên AH  .
Tam giác vuông ABC
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a2 3
có diện tích bằng
và
8
BC = a nên ta có
AH =
a 3
.
4
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 BC ⊥ AH
 BC ⊥ ( AHH  )  BC ⊥ HK  BC  ⊥ HK

 BC ⊥ HH 
Phan Nhật Linh
a 3
 HK ⊥ AH 
.
 HK ⊥ ( ABC  )  HK = d ( BC , ( ABC  ) ) =

5
 HK ⊥ BC 
Tam giác AHH  vuông tại H và HK là đường cao của nó nên ta có
a 3
1
1
1
1
1
1
25
16
9
=

HH
.
=
+

=
−
=
−
=
4
HK 2 AH 2 HH 2
HH 2 HK 2 AH 2 3a 2 3a 2 3a 2
VABC . ABC  = S ABC .HH  =
a3
.
8
Câu 18: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ACB = 30 . Biết
góc giữa B ' C và mặt phẳng ( ACC A ) bằng  thỏa mãn sin  =
1
2 5
và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và CC  bằng a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  .
A. V = a
3
3a3 6
B. V =
.
2
6.
C. V = a3 3 .
D. V = 2a3 3 .
Lời giải
Ta có: CC // ( AABB ) mà AB  ( AABB )
(
)
Nên d ( CC  ; AB ) = d CC  ; ( AABB ) = C A = a 3
AC  = a 3, AB = a
S ABC =
a2 3
2
AB  ( ACC A )
Góc giữa BC và mặt phẳng ( ACC A ) là BCA = 
sin  =
AB
1
=
 BC = 2a 5
BC 2 5
CC  = BC 2 − BC2 = 20a 2 − 4a 2 = 4a
Thể tích lăng trụ là V = B.h với h = CC ' V =
a2 3
.4a = 2a3 3.
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 19: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a , CD = 2a . Hình
chiếu của đỉnh S lên mặt ( ABCD ) trùng với trung điểm của BD. Biết thể tích của khối chóp
S . ABCD bằng
A.
a3
2
a 5
.
2
. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) là
B.
a 5
.
5
C.
a 10
.
5
D.
a 10
.
2
Lời giải
Gọi M là trung điểm của CD . Ta có tứ giác ABMD là hình vuông. Gọi H là trung điểm của
BD . Ta có H cũng là trung điểm của AM và BD ⊥ AM (1).
Vì MC = MD = MB =
CD
= a nên BDC vuông tại B . Do đó BD ⊥ BC (2).
2
(1),(2)  AM / / BC  AM / / ( SBC )  d ( A, ( SBC ) ) = d ( H , ( SBC ) ) .
Dựng HK ⊥ SB ( 3)
 SH ⊥ BC ( do SH ⊥ ( ABCD ) )
Ta có: 
 DB ⊥ BC (do (2))
 BC ⊥ ( SBD )  BC ⊥ HK ( 4 )
Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra: HK ⊥ ( SBC )  d ( A, ( SBC ) ) = d ( H , ( SBC ) ) = HK
1
a 3 1 ( a + 2a ) a
Ta có VS . ABCD = . S ABCD . SH 
= .
. SH  SH = a 2
3
2
2 3
Xét SHB vuông tại H , có đường cao HK :
1
1
1
1
2
5
a 10
=
+
= 2 + 2 = 2  HK =
.
2
2
2
5
HK
SH
HB
2a
a
2a
Câu 20: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , BC = a 3 . Cạnh bên
SA vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc 30 . Tính thể
tích V của khối chóp S . ABCD theo a .
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
2 6a 3
.
3
A. V =
B. V =
Phan Nhật Linh
2a 3
.
3
D. V =
C. V = 3a3 .
3a3
.
3
Lời giải
Khối chóp S . ABCD có diện tích đáy là: S ABCD = AB.BC = a 2 3 .
CB ⊥ AB
CB ⊥ SA ( V× SA ⊥ ( ABCD ) )
Ta có: 
 CB ⊥ ( SAB ) tại B .
Mà SC  ( SAB ) = S nên SB là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng ( SAB ) .
Vì CB ⊥ ( SAB ) nên CB ⊥ SB . Do đó tam giác SBC vuông tại B , góc CSB là góc nhọn.
(
) (
)
 SC , ( SAB ) = SC , SB = CSB = 30 .
Xét tam giác SBC vuông tại B có SB =
BC
=
tan CSB
a 3
= 3a .
tan 30
Xét tam giác SAB vuông tại A có SA = SB − AB = 9a − a = 2a 2 .
2
2
1
3
2
2
1
3
2
Vậy thể tích V của khối chóp S . ABCD là: V = S ABCD .SA = .a 3.2a 2 =
2 6a 3
.
3
Câu 21: Cho khối lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng 2a . Biết
khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ABD ) bằng
3
A. 2a .
3
B. 4a .
2
a , thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
3
3
D. 6a .
C. a 3 .
Lời giải
Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Kẻ AH ⊥ AO, ( H  AO ) ; (1)
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 BD ⊥ AO
 BD ⊥ ( AAO )  BD ⊥ AH ; ( 2 )

 BD ⊥ AA
Từ (1) và ( 2 ) , ta có AH ⊥ ( ABD )  d ( A, ( ABD ) ) = AH =
AO =
2
a.
3
AC 2a 2
=
= 2a .
2
2
Xét tam giác AAO vuông tại A , ta có
1
1
1
1
1
1
1
=
+

=
−
=
−
2
2
2
2
2
2
2
AH
AA
AO
AA
AH
AO
 2 
a

 3 
Vậy VABCD. ABC D = S ABCD . AA = ( 2a )
2
1
( 2a )
2
=
4
a
 AA =
2
2
a
a
= 2a 3 .
2
Câu 22: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ tâm
a
O của tam giác ABC đến mặt phẳng ( ABC ) bằng . Thể tích khối lăng trụ bằng
6
A.
3a3 2
.
4
B.
3a3 2
.
8
C.
3a3 2
.
28
D.
3a3 2
.
16
Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC và H là hình chiếu của A trên A ' M .
BC ⊥ AM 
Ta có
  BC ⊥ ( AAM )  BC ⊥ AH (1)
BC ⊥ AA 
Mà AH ⊥ AM ( 2 )
Từ (1) và (2) AH ⊥ ( ABC )  d ( A, ( ABC ) ) = AH .
Ta có
d ( O, ( ABC ) )
d ( A, ( ABC ) )
=
MO 1
= (do tính chất trọng tâm).
MA 3
 d ( A, ( ABC ) ) = 3d ( O, ( ABC ) ) =
Xét tam giác vuông A ' AM :
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a
a
 AH = .
2
2
1
4
4
a 3
1
1
1
.

= 2 − 2  AA =
=
+
2
2
2
2
AH
AA
AM
AA
a
3a
2 2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Suy ra thể tích lăng trụ ABC. A ' BC  là: V = AA.SABC =
a 3 a 2 3 3 2a 3
.
.
=
16
2 2 4
Câu 23: 2. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của B  lên mặt
phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC , góc giữa hai mặt phẳng ( ABC  ) và
( BCCB ) bằng
60 ,. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC  bằng 3a . Thể tích khối
lăng trụ đã cho bằng
A. 8a
3
8a 3 3
B.
.
3
3.
8a 3 6
C.
.
3
D. 8a 3 6 .
Lời giải
Gọi M là trung điểm BC , O là trọng tâm tam giác ABC , H là hình chiếu vuông góc của O
lên BM . Giả sử cạnh đáy bằng x .
Ta có BO ⊥ ( ABC ) và
( ( ABC) , ( BCCB) ) = (( ABC ) , ( BCCB) ) = BMO = 600 .
d ( AA, BC  ) = d ( AA, ( BC CB ) ) = d ( A, ( BC CB ) ) = 3d ( O, ( BC CB ) ) = 3OH = 3a
 OH = a .
Trong tam giác BOM có

x 3
OM =

1
1
1
6
, trong đó 
.
=
+
2
2
2
OH
BO
OM
 BO = OM .tan 60 = x


2
1
4 12
Suy ra 2 = 2 + 2  x = 4a .
a
x
x
Thể tích khối lăng trụ V = BO.S ABC
x x2 3
= .
= 8a3 3 .
2 4
Câu 24: Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có đáy là hình vuông cạnh a . Khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng ( ABCD ) bằng
A. V = a
3
3.
a 3
. Tính thể tích khối hộp theo a .
2
B. V =
a3 21
.
7
C. V = a .
3
D. V =
a3 3
.
3
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi H là hình chiếu của A lên cạnh AD .
 AH ⊥ AD
Ta có 
 AH ⊥ A ' B
 AH ⊥ ( AB ' CD )  AH =
a 3
.
2
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác AAD
1
1
1
4
1
1
=
+
 2 =
+ 2  AA2 = 3a 2  AA = a 3 .
2
2
2
2
AH
AA
AD
3a
AA
a
VABCD. ABC D = AA. AB. AD = a 3.a.a = a 3 3 .
Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCABC  . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
1
( ABC  ) bằng a , góc giữa 2 mặt phẳng ( ABC  ) và ( BCCB ) bằng  với cos = (tham
3



khảo hình dưới đây). Thể tích V của khối lăng trụ ABCA B C bằng
9a3 15
A.
.
20
3a3 15
B.
.
20
9a3 15
C.
.
10
3a3 15
D.
.
10
Lời giải
Gọi E là trung điểm của AB , gọi H là hình chiếu vuông góc hạ từ điểm C lên C E .
Khi đó ta có: AB ⊥ ( C CE )  AB ⊥ CH (1) và CH ⊥ C E ( 2 )
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Từ (1) , ( 2 ) .  CH ⊥ ( ABC  )  d ( C ; ( ABC  ) ) = CH = a
Phan Nhật Linh
Kẻ HK ⊥ BC   BC  ⊥ ( CHK )  BC  ⊥ CK .
 ( ( ABC  ) , ( BCCB ) ) = CKH =  .
sin  =
CH
CH 3 2
 CK =
=
a . Đặt
CK
sin 
4
CB = x  0 . Ta có
1
1
 1
 CC 2 = CH 2 − CE 2
2
3a 5
3 3a 2 3
 x = a 3  CC  =
=
; SABC = a 3 .
.

5
4
4
 1 = 1 + 1
 CK 2 CB 2 CC '2
(
Vậy thể tích khối chóp ABCABC  là: V = CC .S ABC
)
9a3 15
=
.
20
Câu 26: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC = a 2 .
a
Biết khoảng cách từ C  đến mặt phẳng ( ABC ) bằng , thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
2
a3 2
A.
.
2
a3
B.
.
2
a3 3
C.
.
6
a3
D.
.
6
Lời giải
Do ABC là tam giác vuông cân tại B , AC = a 2 nên AB = AC = a .
Gọi I là giao điểm của AC  và AC , ta có
d ( A, ( ABC ) )
d ( C, ( ABC ) )
=
IA
a
= 1  d ( C, ( ABC ) ) = d ( A, ( ABC ) ) = .
IC 
2
Kẻ AH ⊥ AB , H  AB .
BC ⊥ AB 
Vì
  BC ⊥ ( ABBA )  BC ⊥ AH .
BC ⊥ AA
Ta có BC ⊥ AH , AH ⊥ AB  AH ⊥ ( ABC ) . Do đó d ( A, ( ABC ) ) = AH =
a
.
2
1
1
1
1
1
1
Xét tam giác vuông AAB vuông tại A , ta có
=
+

=
−
2
2
2
2
2
AH
AA
AB
AA
AH
AB 2

1
4
1
3
a 3
= 2 − 2 = 2  AA =
.
2
3
AA
a
a
a
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vậy VABC . ABC  = SABC  AA =
1
a 3 a3 3
aa
=
.
2
3
6
Câu 27: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A có AC = a 3 . Biết
góc giữa đường thẳng BC  và mặt phẳng ( ABC ) bằng  với sin  =
đến mặt phẳng ( ABC  ) bằng
a3 18
A.
.
6
6
, khoảng cách từ A
4
a 6
. Thể tích khối lẳng trụ đã cho bằng
2
a3 18
B.
.
2
a3 15
C.
.
2
a3 15
D.
.
6
Lời giải
Kẻ CH vuông góc với AC  tại H , ta có CH ⊥ ( ABC  ) (vì AB ⊥ ( ACC A )  AB ⊥ CH ).
Ta có d ( A, ( ABC  ) ) = d ( C , ( ABC  ) ) = CH =
a 6
.
2
Tam giác vuông ACC  có CH là đường cao, có
1
1
1
1
=
−
= 2  CC  = a 3 .
2
2
2
CC 
CH
AC
3a
Mặt khác CC  ⊥ ( ABC ) nên ( BC , ( ABC ) ) = ( BC , BC ) =  .
Với sin  =
6 CC
4
=
 BC = CC.
= 2 2a .
4
BC
6
Xét tam giác vuông BCC  có BC = BC  − CC  = a 5
2
Xét tam giác vuông ABC
2
2
1
2
2
2
2
có AB = BC − AC = a 2 , có SABC = AB. AC =
Vậy VABC . ABC  = CC .SABC = a 3.
a2 6
.
2
a 2 6 a3 18
=
.
2
2
Câu 28: Cho khối lập phương ABCD. ABC D . Gọi M là trung điểm cạnh BB . Biết khoảng cách từ
2a
A đến mặt phẳng ( MDA ) bằng
. Thể tích khối lập phương đã cho bằng
3
A.
a3
.
3
B.
2a 3
.
3
3
C. 8a .
Lời giải
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
3
D. a .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi độ dài cạnh lập phương là x ( x  0 ) . Gọi I = AB  AM , do M là trung điểm của BB
và BB // AA nên B là trung điểm của AI , suy ra AI = 2 x .
Ta có d ( A, ( ADM ) ) = d ( A, ( ADI ) ) = AH , với AH ⊥ IK tại H , AD ⊥ IK tại K .
Vì tứ diện AADI có AA , AD , AI đôi một vuông góc nên AH ⊥ ( ADI ) .
Xét hai tam giác vuông AKI , AAD có đường cao lần lượt là AH , AK , khi đó
1
1
1
1
1
1
9
9
=
+
=
+
+
= 2 = 2 x=a.
2
2
2
2
2
2
AH
AK
AD
AA
AD
AI
4x
4a
Vậy VABCD. ABC D = a3 .
Câu 29: Cho khối chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB = a , đường chéo BD = a 5
2a
, có SA vuông góc với mặt đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBD ) bằng
.
3
Thể tích khối chóp đã cho bằng
A.
3a3
.
3
B.
a3
.
6
C.
2a 3
.
3
D.
3a 3 .
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
AD 2 = BD 2 − AB 2 = 5a 2 − a 2 = 4a 2  AD = 2a .
S ABCD = AB. AD = a.2a = 2a 2 .
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BD và SK suy ra AH ⊥ ( SBD ) .
ABCD là hình chữ nhật có
d ( A, ( SBD ) ) = AH =
2a
.
3
AB. AD
Xét tam giác vuông ABD có đường cao AK , ta có AK =
AB + AD
2
2
a.2a
=
a + 4a
2
2
=
2a
5
.
Xét tam giác vuông SAK có đường cao AH , ta có
1
1
1
9
5
1
=
−
= 2 − 2 = 2  SA = a .
2
2
2
SA
AH
AK
4a
4a
a
1
3
1
3
2
Vậy VS . ABCD = SA.S ABCD = a.2a =
2a 3
.
3
Câu 30: Cho khối chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A , AB = a, ACB = 300 . Các mặt bên
tạo với đáy những góc bằng nhau và bằng 600 . Thể tích khối chóp đã cho bằng
(
A.
)
3 − 1 a3
12
.
(
B.
)
3 − 1 a3
4
.
(
C.
)
3 − 1 a3
.
6
D.
(
)
3 − 1 a3 .
Lời giải
Gọi H là hình chiếu của S lên đáy, I , J , K là hình chiếu của S lên AC , CB, BA .
Dễ dàng chứng minh được góc giữa các mặt bên và đáy là các góc SIH , SJH , SKH và các tam
giác vuông SHI , SHJ , SHK bằng nhau, nên HI = HJ = HK . Do đó H là tâm đường tròn nội
tiếp của tam giác ABC .
Ta có: AC = AB.tan 600 = a 3; BC = 2a . Nên diện tích và nửa chu vi của tam giác ABC lần
lượt là: S =
(
)
3+ 3 a
1
a2. 3
AB + AC + BC
AB. AC =
; p=
=
2
2
2
2
Suy ra bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác ABC là: r = HK =
Đường cao của khối chóp SABC là SH = HK .tan 600 =
3
(
)
(
)
3 −1 a
2
.
3 −1 a
2
1
1 a2. 3 3
Vậy thể tích khối chóp đã cho là: V = dt ABC .SH = .
.
3
3 2
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
S
=
p
(
.
) =(
3 −1 a
2
)
3 − 1 a3
4
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 31: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Khoảng cách từ
a
tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng ( ABC ) bằng . Thể tích khối lăng trụ bằng
3
A.
3a 3 2
.
4
B.
3a 3 2
.
8
C.
3a 3 2
.
6
D.
3a 3 2
.
2
Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC và H là hình chiếu của A trên AM .
BC ⊥ AM 
Ta có
  BC ⊥ ( AAM )  BC ⊥ AH (1)
BC ⊥ AA 
Mà AH ⊥ AM ( 2 )
Từ (1) và (2)  AH ⊥ ( ABC )  d ( A, ( ABC ) ) = AH .
Ta có
d ( O, ( ABC ) )
d ( A, ( ABC ) )
=
MO 1
=
MA 3
 d ( A, ( ABC ) ) = 3d ( O, ( ABC ) ) = a  AH = a .
Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh 2a nên AM = a 3
Xét tam giác vuông AAM :
1
1
1
a 6
1
1
1
2
=
+
.

= 2 − 2 = 2  AA =
2
2
2
2
2
AH
AA
AM
AA
a
3a
3a
a 6 ( 2a ) 3 3a3 2
.
.
=
2
4
2
2
Vậy VABC. ABC 
= AA.SABC =
Câu 32: Cho hình lập phương ABCD. ABC D , khoảng cách từ C  đến mặt phẳng
( ABD )
bằng
4a 3
. Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD. ABC D .
3
A. V = 8a 3 .
B. V = 3 3a3 .
C. V = 8 3a3 .
Lời giải
D. V = 6a 3 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Gọi I là giao điểm của AC và BD .
Trong mặt phẳng ( ACC A ) : AC  cắt AI tại G .
1
1
AC  nên IG = GA .
2
2
Suy ra G là trọng tâm tam giác ABD , mà tam giác ABD đều (các cạnh là các đường chéo của
những hình vuông bằng nhau)
Vì vậy GA = GB = GD và AA = AB = AD , suy ra AG ⊥ ( ABD ) .
Do AI song song AC  và AI =
Do đó khoảng cách từ C  đến mặt phẳng ( ABD ) là C G .
Mặt khác CG =
2
2
4a 3
 AB = 2a .
AC  = AB 3 =
3
3
3
Vậy thể tích V = 8a 3 .
Câu 33: Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm
A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa 2
đường AA và BC bằng
a3 3
A. V =
.
12
a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  .
4
a3 3
B. V =
.
3
a3 3
C. V =
.
24
Lời giải
Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC và K = AO  BC .
Dựng KH ⊥ AA ( H  AA ) .
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
a3 3
D. V =
.
6
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 BC ⊥ AK
Ta có: 
 BC ⊥ ( AAK )  BC ⊥ HK .
 BC ⊥ AO
Khi đó: d ( AA, BC ) = HK =
Phan Nhật Linh
a 3
.
4
Tam giác AHK vuông tại H : AH = AK 2 − HK 2 =
Tam giác AAO vuông tại O : tan AAO =
Suy ra
3a
HK
và tan HAK =
.
4
AH
AO
.
AO
HK AO
a
=
 AO = .
AH AO
3
Vậy VABC . ABC  = AO.SABC =
a a 2 3 a3 3
.

=
3
4
12
Câu 34: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  , có đáy ABC là tam giác vuông và ABC là tam giác đều.
Khoảng cách từ điểm C  đến mặt phẳng ( ABC ) bằng
2 3
a . Thể tích của khối lăng trụ
3
ABC. ABC  bằng
A.
4 3
a .
3
B.
14 21 3
a .
27
C. 4a 3 .
D.
28 7 3
a .
27
Lời giải
A'
C'
B'
A
C
B
Do tam giác ABC là tam giác đều nên tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A .
Đặt: AB = AC = x  BC = x 2  AC = AB = BC = x 2 .
Ta có: d ( C , ( ABC ) ) = d ( A, ( ABC ) ) =
2 3
a.
3
3 (x 2) .
a.
2
2
1
1
d ( A, ( ABC ) ) .S ABC = AA.S ABC 
3
3
3
2
2
2
2
2
2
AA + AB = AB  4a + x = 2 x  x = 2a .
1
2
Vậy V = 2a. .( 2a ) = 4a 3 .
2
Mặt khác:
4
3
1
= AA. x 2  AA = 2a .
2
Câu 35: Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  , có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a . Góc
giữa đường thẳng BC  và mặt phẳng ( ACC A ) bằng 30 . Thể tích của khối lăng trụ
ABC. ABC  bằng
A.
1 3
a .
8
B.
3 3
a .
8
C.
3 2 3
a .
2
2 3
a .
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
D.
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
C'
30°
B'
A'
C
B
a
Ta có:
A
AB ⊥ AC 
  AB ⊥ ( AC CA ) .
AA ⊥ AB 
(
)
Mặt khác: A là hình chiếu của B lên ( AC CA )  BC , ( AC CA) = AC B = 30
 tan AC B =
AB
3
=
AC 3
 AC  = 3a
 AA =
AC 2 − AC 2 = 3a 2 − a 2 = a 2
1
2 3
 V = AA.S ABC = a 2. .a 2 =
a .
2
2
Câu 36: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Khoảng cách từ
a
tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC đến mặt phẳng ( ABC ) bằng . Tính thể tích
3
khối lăng trụ ABC. ABC  .
A.
3a 3 2
.
2
B.
3a 3 2
.
6
C.
3a 3 2
.
4
D.
3a 3 2
.
12
Lời giải
.
Do tam giác ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác ABC . Gọi I là trung điểm
của BC , H là hình chiếu vuông góc của A lên AI , K là hình chiếu vuông góc của O lên AI .
2
2a )
(
=
3
3
= a 3.
2
4
Ta có AH ⊥ ( ABC )  d ( A; ( ABC ) ) = AH và OK ⊥ ( ABC )  d ( O; ( ABC ) ) = OK .
Diện tích đáy là SABC
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
= a 2 3 , AI = 2a
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do đó
d ( O; ( ABC ) )
d ( A; ( ABC ) )
=
Phan Nhật Linh
d ( A; ( ABC ) ) AH a
OK OI 1
=
=  d ( O; ( ABC ) ) =
=
=  AH = a.
AH AI 3
3
3
3
Xét tam giác AAI vuông tại A ta có:
1
1
1
1
1
1
1
1
1
= 2−
=
+ 2 
=
− 2 
2
2
2
2
2
AA
a
AH
AA
AI
AA
AH
AI
a 3
(
 AA =
a 3
2
=
)
2
=
2
.
3a 2
a 6
.
2
a 6 2
3a3 2
.
.a 3 =
2
2
Vậy VABC . ABC  = AA '.SABC =
Câu 37: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông; mặt bên ( SAB ) là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) bằng
3 7a
. Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .
7
a3
A.
.
3
3
B. a .
2a 3
C.
.
3
Lời giải
3a3
D.
.
2
Ta có d ( B, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HK với HK ⊥ SI , I là trung điểm của CD .
Gọi x là cạnh hình vuông ABCD với x = AB .
Ta có phương trình :
1
1
1
49
1
4
7
= 2+
=
 2+ 2 = 2
2
2
2
HK
x
9.7a
x
3x
9a
 3
x


,
 2 
7
7
 2 = 2  x 2 = 3a 2
3x
9a
1
x 3 3 3
= a .
Suy ra x = a 3  V = .x 2 .
3
2
2
Câu 38: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  , đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên BCC B
là hình vuông. Biết khoảng cách giữa AB và CC  bằng a . Thể tích của khối lăng trụ
ABC. ABC  bằng
A.
2a 3
.
3
B.
2a 3 .
C.
2a 3
.
2
D. a 3 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Tam giác ABC vuông tại A  AC ⊥ AB (1) .
ABC. ABC  là lăng trụ đứng  AA ⊥ ( ABC )  AA ⊥ AC (2) .
Từ (1),(2) , suy ra AC ⊥ ( ABBA )  d ( C , ( ABBA ) ) = AC .
Mặt khác CC // ( ABBA )  d ( AB, CC  ) = d ( CC , ( ABBA ) ) = d ( C , ( ABBA ) ) = AC .
 AB = AC = a  BC = a 2  AA ' = BB ' = a 2 .
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là
VABC. ABC 
1 2 a3 2

= AA .SABC = a 2. a =
.
2
2
2a 3
. Đường thẳng BC  tạo với mặt
3
phẳng ( ACC A ) góc  thỏa mãn cot  = 2 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng
Câu 39: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng
A.
4 3
a 11 .
3
B.
1 3
a 11 .
9
C.
1 3
a 11 .
3
D.
Lời giải
Gọi H là trung điểm cạnh AC .
2a 3 3
.
=a.
3
2
Ta có: BH ⊥ AC , BH ⊥ AA (do AA ⊥ ( ABC ) ) suy ra BH ⊥ ( ACC A ) .
Do tam giác ABC đều nên BH ⊥ AC và BH =
Do đó: ( BC , ( ACC A ) ) = ( BC , HC  ) = BC H =  .
Xét tam giác vuông HBC  : cot  =
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C H
 C H = BH .cot  = 2a .
BH
2 3
a 11 .
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CHC  :
Phan Nhật Linh
3a 2 a 33
.
CC = C H − CH = 4a −
=
9
3
Thể tích khối lăng trụ:
2
2
2
1
1 2a 3 a 33 1 3
= a 11 .
VABC . ABC  = S ABC .CC  = .BH . AC.CC  = .a.
.
3
2
2
3
3
Câu 40: Cho khối lập phương ABCD. ABC D có khoảng cách giữa hai đường thẳng C D và BC là a
. Khi đó thể tích khối lập phương ABCD. ABC D là
A. 9 3a 3 .
B. 3 3a 3 .
C. 9a 3 .
Lời giải
D. 18a 3 .
Gọi O = AC  BD; O = AC   BD; M = BO  BD; N = DO  BD
Ta có:

BC ⊥ ( BC DA )  BC ⊥ BD
  BD ⊥ ( ACB ) taïi M 
AC ⊥ ( BBDD )  AC ⊥ BD 
  BD ⊥ ( AC D ) taïi N

maø ( BAC ) / / ( AC D ) 
Ta lại có:
BC  ( BAC )


C D  ( AC D )   d ( BC , C D ) = d ( ( BAC ) , ( AC D ) ) = MN = a  BD = 3MN = 3a
( BAC ) / / ( ACD )
Gọi x là độ dài cạnh hình lập phương
DD2 + BD 2 = BD2  x 2 +
(
2x
)
2
= ( 3a )  x 2 = 3a 2  x = a 3  VABCD. ABC D = 3 3a3
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG 10
A
Phan Nhật Linh
ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng
Định lý: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục, không âm trên  a; b . Khi đó diện tích S của hình thang cong
b
giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục hoành và 2 đường thẳng x = a, x = b là: S =  f ( x ) dx .
a
•
Bài toán 1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b 
b
, trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b được xác định: S =  f ( x ) dx .
a
•
Bài toán 2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) liên tục trên
b
đoạn  a; b  và hai đường thẳng x = a, x = b được xác định: S =  f ( x ) − g ( x ) dx .
a
•
Bài toán 4: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị ( C1 ) : f1 ( x ) , ( C2 ) : f 2 ( x ) là:
S=
xn
 f ( x ) − g ( x ) dx ,
trong đó x1 , xn tương ứng là nghiệm nhỏ nhất của phương trình
x1
f ( x) = g ( x) .
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 44 – Đề tham khảo 2023.
f ( x) + xf ( x) = 4 x 3 + 4 x + 2, x 
bằng
5
A. .
B.
2
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và thỏa mãn
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = f ( x)
4
.
3
C.
1
.
2
D.
1
.
4
 Lời giải
Chọn C
Ta có: f ( x) + x. f ( x) = 4 x 3 + 4 x + 2  ( x)  f ( x) + x. f ( x) = 4 x 3 + 4 x + 2
 [ x. f ( x)] = 4 x 3 + 4 x + 2  x. f ( x) = x 4 + 2 x 2 + 2 x + C  f ( x) =
Vì do f ( x ) liên tục trên
x4 + 2 x2 + 2 x + C
x
nên C = 0 . Do đó f ( x) = x3 + 2 x + 2  f ( x) = 3 x 2 + 2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của y = f ( x ) và y = f ( x) , ta có:
x = 0
x + 2 x + 2 = 3x + 2   x = 1 .
 x = 2
3
2
Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = f ( x) là:
2
S =  f ( x) − f ( x) dx =
0
1
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
có f ( 0 ) = 0 và
(
f  ( 0 )  0 thỏa mãn biểu
)
thức 3 f ( x ) − f  ( x ) 2 f ( x ) − 2 x 2 − 3x = 18 x 2 − 4 xf ( x ) . Khi đó, diện tích hình phẳng giới hạn
bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và g ( x ) = x 2 . f  ( x ) bằng
A.
Câu 2:
1
.
2
Cho
B.
hàm
số
1
.
3
y = f ( x)
C.
có
đạo
hàm
2
.
5
D.
liên
tục
trên
3
.
8
và
thỏa
mãn
f ( x) + xf ( x) = 4 x3 − 8 x − 4, x  . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và
y = f  ( x) bằng
A.
Câu 3:
125
.
2
B.
40
.
3
C.
131
.
4
D.
10
.
4
Biết hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên nửa khoảng ( 0;1 , thỏa mãn
f ( x)
với mọi x  ( 0;1 . Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn
x
bởi các đường y = f ( x ) và y = 5 − 4 x gần giá trị nào nhất sau đây?
f (1) = 1 và 2 f ( x ) + x. f  ( x ) =
B. 0, 49 .
A. 0,58 .
Câu 4:
C. 1, 22 .
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( 0;+ ) thỏa mãn
D. 0,97 .
x. f '( x ) −
f ( x) = x x −
1
. Biết
x
f (1) = −1, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = f  ( x )
x
5
7
9
.
B. .
C. .
2
2
2
Cho hàm số y = f ( x ) là hàm liên tục có tích phân trên
A.
Câu 5:
1
11
2
0;2 thỏa điều kiện
D.
2
( )
0
f x 2 = 6 x 4 + xf ( x ) dx . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và
đường thẳng y = 6 x − 12
Câu 6:
A. 30 .
B. 27 .
C. 24 .
D. 22 .
Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) nằm phía trên trục hoành. Hàm số y = f ( x ) thỏa mãn các
5
2
1
điều kiện ( y ) + y. y = −4 và f ( 0 ) = 1; f   =
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và
4 2
trục hoành gần nhất với số nào dưới đây?
A. 0,98 .
B. 0,88 .
C. 0,78 .
D. 0,68 .
Câu 7:
Cho hàm số f ( x) liên tục và xác định trên  0;2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện
1
f (1)  , f ( x)  0 với x  1 , ( x − 1). f ( x) + f ( x) = 2 f ( x). f ( x) với x  [0;2] . Diện tích
2
hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = x 2 − 1 bằng
A. S =
5
.
6
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. S =
1
.
6
C. S = 2 .
D. S = 1 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 8: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm
liên
3 5 5 4
x + x − 3x3 − 3x 2 + 2 x, x 
2
2
số y = f ( x); y = f ( x) có diện tích bằng
2 xf ( x) + x 2 f ( x) =
A.
Câu 9:
127
.
40
B.
127
.
10
C.
Cho hàm số f ( x ) = x 4 + bx 2 + c ( b, c 
(d ) : y = g ( x)
)
tục
Phan Nhật Linh
và thỏa mãn
trên
. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm
107
.
5
D.
13
.
5
có đồ thị là đường cong ( C ) và đường thẳng
tiếp xúc với ( C ) tại điểm x0 = 1 . Biết ( d ) và ( C ) còn hai điểm chung khác có
hoành độ là x1 , x2 ( x1  x2 ) và
x2

g ( x) − f ( x)
x1
( x − 1)
2
dx =
4
. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
3
đường cong ( C ) và đường thẳng ( d ) .
A.
29
.
5
B.
28
.
5
C.
143
5
D.
43
.
5
Câu 10: Cho đồ thị hàm số ( C ) : y = ax3 + bx 2 + cx + d
và ( P ) : y = mx 2 + nx + p có đồ thị như hình vẽ
(Đồ thị ( C ) là nét có đường cong đậm hơn). Biết
phần hình phẳng được giới hạn bởi ( C ) và ( P )
(phần tô đậm) có diện tích bằng 2 . Thể tích khối
tròn xoay tạo thành khi quay phần hình phẳng
quanh trục hoành có giá trị gần với số nào nhất?
A. 12.53 .
Câu 11: Cho
hàm
B. 9.34 .
số
y = f ( x)
có
C. 10.23 .
đạo
2 xf ( x ) + x 2 f ' ( x ) = 5 x 4 + 6 x 2 + 4 x, x 
hàm
liên
D. 11.74 .
tục
trên
và
thỏa
mãn
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) và y = f ' ( x ) bằng
A.
5
.
2
B.
4
.
3
C.
1
.
4
D.
1
.
2
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục và xác định trên  0;+  ) và thỏa mãn điều kiện
2 x 2 + 8 − f  ( x )  x +  f ( x ) − 2 f  ( x ) + 8 = 0 , x   0; +  ) và f (1) = 0 . Khi đó diện tích hình
phẳng giới hạn bởi các đồ thị y = f ( x ) và y = x 2 + 8 x − 4 bằng:
A. 4 3 .
Câu 13: Cho
hàm
B.
số
f ( x)
4
.
3
thỏa
f ( x )  0, x  (1; + ) và f ( e ) =
y = xf ( x ) , y = 0, x = e, x = e 2 .
A. S =
3
.
2
B. S =
5
.
2
4
.
5
− xf  ( x ) ln x + f ( x ) = 2 x 2 f 2 ( x ) , x  (1; + )
C. 4 5 .
mãn
D.
,
1
. Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
e2
C. S =
7
.
3
D. S =
5
.
4
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 14: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định, liên tục trên khoảng ( −1; +  ) đồng thời thỏa mãn các
điều kiện f  ( x )  0  x  ( −1, + ) , f  ( 0 ) = −1 và  f  ( x )  = f  ( x ) , f ( 3) = − ln 4 . Khi đó diện
2
tích giới hạn bởi đồ thị ( C ) : y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = 2, x = 3 bằng bao
nhiêu?
A. 8ln 2 − ln 3 − 1 .
C. 4ln 2 − 3ln 3 − 1 .
Câu 15: Cho
hàm
y = f ( x)
số
f ( x) + f ( x ) =
B. 8ln 2 − 3ln 3 − 1 .
D. 8ln 2 + 3ln 3 − 1 .
2 x3 − 5 x 2 + 5 x
(
)
x2 − x + 1
2
có
đạo
hàm
liên
; f (1) − f ( 0 ) = 2 và
tục

1
0
trên
 0;1
đoạn
và
thỏa
f ( x ) dx = 0 . Biết diện tích hình phẳng
giới hạn bởi đồ thị (C ) : y = f ( x ) , trục tung và trục hoành có dạng S = ln a − ln b với a, b là
các số nguyên dương. Tính T = a 2 + b 2 .
A. T = 14 .
B. T = 25 .
C. T = 36 .
D. T = 43 .
Câu 16: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai, liên tục và nhận giá trị dương trên đoạn  0;1 thỏa mãn
2
1
1
f  ( x ) − 2 f ( x ) . f  ( x ) + 2 xf  ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = 0, x  [0;1], f    = f   = 1. Biết
2
2
1
phân
0  f
2
( x ) dx =
tích
a
a
( a, b là các số nguyên dương và
là phân só tối giản). Giá trị của a + b
b
b
bằng
A. 181 .
B. 25 .
C. 10 .
Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
D. 26 .
, thỏa mãn f  ( x ) − f ( x ) = −8 + 16 x − 4 x 2 và f ( 0 ) = 0 .
Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và trục
Ox quay quanh Ox .
256
A.
.
15
B.
256
.
15
C.
Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
16
.
3
D.
16
.
3
, thỏa mãn x. f  ( x ) − 2 f ( x ) = 4 x − 8 và f ( 2 ) = 0 . Tính
diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và trục Oy .
A.
8
.
3
Câu 19: Hàm
B.
số
y = f ( x)
3
.
8
có
C.
đạo
hàm
7
.
3
liên
D.
tục
trên
3
7
và
thỏa
mãn
f ( x ) + x. f  ( x ) + f  ( x ) = 4 x3 − 6 x 2 − 2 x + 4 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các
hàm số y = f ( x ) , y = f  ( x ) .
A. S = 8 .
Câu 20: Cho hàm
số
B. S = 4 .
y = f ( x ) có
f ( x ) = 4 x3 + 3x 2 − xf ' ( x ) , x 
đạo
C. S = 8 .
hàm liên tục
trên
D. S = 4 .
và thỏa
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và
y = f ' ( x ) có kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai bằng
A. 7,31 .
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 7,32 .
mãn
C. 7,33 .
D. 7,34
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 21: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
 0;1
Phan Nhật Linh
và thỏa mãn f (1) = 0 ;
 f ' ( x )  + 8 xf ( x ) = x 4 − 2 x, x   0;1 . Hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x )


2
và trục Ox , Oy . Khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng ( H ) quanh trục Ox có thể tích
bằng
A.

.
7
Câu 22: Cho
B.
hàm
số
2
.
7
y = f ( x)
C.
có
đạo
f ( x) + xf ( x) = 5 x 4 + 6 x + 3, x 
hàm
3
.
7
liên
D.
tục
4
7
trên
và
thỏa
mãn
. Giá trị của diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) và y = f  ( x) thuộc khoảng
A. ( 27;28 ) .
Câu 23: Cho
hàm
B. ( 26;27 ) .
số
y = f ( x)
có
C. ( 28;29 ) .
đạo
hàm
cos xf ( x) − sin xf ( x) = 2cos 2 x + 2sin x, x 
y = f ( x ) , y = f  ( x) , x = 0 và x =
A. 2 −  .
Câu 24: Cho hàm số

B. 2 +  .
y = f ( x)
2
liên
D. ( 29;30 ) .
tục
và
trên
thỏa
mãn
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
bằng
C. 4 −  .
D. 4 +  .
có đạo hàm liên tục trên
thoả mãn
f (1) = 4
và
f ( x ) = xf  ( x ) − 2 x3 − 3x 2 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ( x ) và y = f  ( x ) .
A. 9 .
B. 6 .
C. 18 .
D. 27 .
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ( 0;+ ) thoả mãn f  ( x ) +
f ( x)
= 4 x 2 + 3x và
x
f (1) = 2 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ( x ) và phương trình tiếp tuyến của tại
điểm y = f ( x ) có hoành độ x = 2 .
A.
2400
.
12
B.
2401
.
12
C.
333
.
4
Câu 26: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
D.
( 0;+ )
335
.
4
thoả mãn
f (1) = 3 và
x ( 4 − f  ( x ) ) = f ( x ) − 1 với mọi x  0 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ( x ) và
trục Ox , trục Oy và x = 1 .
A. 2 .
B. 1 .
C. 3 .
D. 5 .
2
1
và f  ( x ) = −2 x  f ( x )  , x 
5
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ( x ) , x = 0 và x = 1 .
Câu 27: Cho hàm số y = f ( x ) thoả mãn f ( x )  0, x  ; f ( 2 ) =
A.

.
3
B.

.
4
C.
2
.
3
D.
.
3
.
4
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn − xf  ( x ) ln x + f ( x ) = 2 x 2 f 2 ( x ) , x  (1; +  ) , f ( x )  0 ,
x  (1; +  ) và f ( e ) =
1
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = xf ( x ) , y = 0 , x = e ,
e2
x = e 2 bằng
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
5
A. .
B. .
2
3
Câu 29: Cho hàm số
y = f ( x)
Về đích đặc biệt 9+
C.
3
.
2
D.
có đạo hàm liên tục trên
1
.
4
và thỏa mãn hệ thức
2 x. f ( x ) + x 2 . f  ( x ) = 4 x3 − 12 x 2 + 8 x . Tính thể tích vật tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị y = f ( x ) , trục hoành và trục tung quanh trục Ox .
A.
8
.
3
B.
8
.
3
C.
32
.
5
D.
Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) dương, có đạo hàm liên tục trên
 −2;1
32
.
5
, thỏa mãn hệ thức
f ( x ) = f  ( x ) . x + 3 và f (1) = 1 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = f ( x ) , trục
hoành và các đường thẳng x = −2, x = 1 .
A.
3e 2 − 1
.
2e2
Câu 31: Cho hàm số
B.
3e 2 + 1
.
2e2
C.
3e 2 + 1
.
e2
D.
3e 2 − 1
.
e2
f ( x ) = 2 x3 + ax 2 + bx + c với a, b, c là các số thực. Biết hàm số
g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) có hai giá trị cực trị là −4 và 4 . Diện tích hình phẳng giới hạn
bởi các đường y =
f ( x)
g ( x ) + 12
A. 2ln 3 .
và y = 1 bằng
B. ln 3 .
D. ln 2 .
C. ln18 .
Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ
Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = f ( x ) , y = f  ( x ) có diện tích bằng
A.
127
.
40
B.
107
.
5
C.
127
.
10
Câu 33: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
D.
13
.
5
\ 0 thoã mãn
f (1) = 3 và
f 2 ( x ) − 8 xf ( x ) − f ' ( x ) = −16 x 2 − 4 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bới các đường
y = f ( x ) , trục Ox và hai đường thẳng x = 1; x = 2 .
A. ln 2 − 6 .
B. 8 − ln 2 .
Câu 34: Cho hàm số f ( x ) = x +
3
C. 6 − ln 2 .
D. 10 − ln 2 .
1
0 (10u − 4 x ) f (u )du có đồ thị ( C ) . Khi đó diện tích hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị ( C ) , trục tung, tiếp tuyến của ( C ) tại điểm có hoành độ x = 2 là
A. S = 108
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. S = 12 .
C. S = 180 .
D. S = 112 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 35: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm
xác
định
Phan Nhật Linh
và thoả mãn
 0;+  )
f ( 0 ) = 0 . Diện tích hình phẳng
trên
x 2 − x ( f  ( x ) − 2 ) + ( f ( x ) − f  ( x ) + 1) = 0 , x   0; +  ) và có
gới hạn bởi hai đồ thị y = f ( x ) và y = f  ( x ) bằng
5 5
.
6
Câu 36: Cho hàm
3 3
.
4
y = f ( x ) có
A.
C. 1 .
B.
số
đạo
hàm
liên
D.
tục
8
.
3
và
trên
thỏa
mãn
f ( x ) = ( x − 1) f  ( x ) + 2 x3 − 3x 2 + 1 và f ( 2 ) = −6 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) và y = f  ( x ) + 2 bằng
A. 6 .
B. 8 .
D. 22 .
C. 15 .
Câu 37: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
f (1) = 6 và
và thỏa mãn
xf  ( x ) = f ( x ) + 3x 4 − 3x 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và
y = f  ( x ) bằng
A.
162
.
5
Câu 38: Cho
hàm
B.
số
324
.
5
y = f ( x)
liên
C.
tục
trên
104
.
5
khoảng
D.
  
− ;  .
 2 2
229
.
10
Biết
f (0) = 1
và
  
f  ( x ) cos x + f ( x ) sinx = 1 , x   − ;  . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
 2 2
  
y = f ( x ) , y = 2 và trục Oy ( trong miền x   − ;  ) bằng
 2 2
A.
Câu 39: Cho
2 − 4
.
4
hàm
B.
2 − 1
.
4
y = f ( x)
số
có
C.
đạo
hàm
2 − .
liên
tục
D.
2−
trên
và

4
.
thỏa
mãn
f ( x) + xf ( x) = 4 x − 6 x , x  . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và
y = f ( x) bằng
7
1
71
45
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
12
2
6
4
3
Câu 40: Cho
hàm
2
y = f ( x)
số
có
f ( x) + xf ( x) = 5 x + 6 x − 4, x 
1
và y = xf ( x) bằng
4
112
272
A.
.
B.
.
15
15
4
2
Câu 41: Cho hàm số f ( x ) liên trục trên
đạo
hàm
liên
tục
trên
và
thỏa
mãn
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x )
C.
1088
.
15
D.
32
.
3
1
0
và thỏa mãn điều kiện f ( x ) = 2 x − 9 + xf
3
( 1 + 15x ) dx
2
. Đồ thị hàm số y = g ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 9 cắt đồ thị y = f ( x ) tại ba điểm phân biệt có
hoành độ lần lượt là 1;2;4 . Hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong f ( x ) và g ( x ) có diện
tích bằng:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
3
A. I = 2.
B. I = .
2
Về đích đặc biệt 9+
C. I =
37
.
12
D. I = 1.
 f ( x )  0
Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) , có đạo hàm f (1) = 1 và 
trên (1;+ ) thỏa mãn điều kiện
 f  ( x )  0
(
)
2  f ' ( x )  = ( x − 1) . 4 f ( x ) −  f  ( x )  + 4 . Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ
2
2
2
thị hàm số y = f ( x ) với các đường x = 1; x = 2 và Ox ?
A. S =
4
.
3
8
B. S = .
3
C. S =
−4
.
3
D. S =
−8
.
3
Câu 43: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm liên tục trên ( 0;+ ) thỏa mãn f (1) = 2 và
x ( f ' ( x ) − x ) = f ( x ) − 1, x  0. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) ;
x = 1; x = 3 và trục hoành bằng
A.
32
.
2
B.
20
.
3
C. 12 .
D.
32
.
3
Câu 44: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( 0; +  ) thỏa mãn 2 xf  ( x ) + f ( x ) = 4 x x . Biết f (1) = 1 .
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bỏi đồ thị của hàm số g ( x ) = f ( x ) − 2 xf  ( x ) , trục hoành,
đường thẳng x = 1; x = 4 .
A.
14
.
3
B.
124
.
5
C.
62
.
5
D.
28
.
3
Câu 45: Cho hàm số y = f ( x ) có f ( 0 ) = 0 , đạo hàm f  ( x ) liên tục trên  −2; + ) và thỏa mãn
( x + 2 ) f  ( x ) − 2 f ( x ) = ( x − 2 )( x + 2 )3 với mọi
đồ thị của hàm số y = f ( x ) và trục hoành bằng
A.
432
.
5
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
448
.
5
x   −2; + ) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
C.
464
.
5
D.
446
.
5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
(
có f ( 0 ) = 0 và f  ( 0 )  0 thỏa mãn biểu thức
)
3 f ( x ) − f  ( x ) 2 f ( x ) − 2 x 2 − 3x = 18 x 2 − 4 xf ( x ) . Khi đó, diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai
đồ thị hàm số y = f ( x ) và g ( x ) = x 2 . f  ( x ) bằng
A.
1
.
2
B.
1
.
3
C.
2
.
5
D.
3
.
8
Lời giải
Chọn A
(
)
Ta có: 3 f ( x ) − f  ( x ) 2 f ( x ) − 2 x 2 − 3x = 18 x 2 − 4 xf ( x )
(
)
 4 xf ( x ) + 3 f ( x ) = f  ( x ) 2 f ( x ) − 2 x 2 − 3x + 18 x 2
(
)
 ( 4 x + 3) f ( x ) + f  ( x ) 2 x 2 + 3x = 2 f ( x ) . f  ( x ) + 18 x 2


  f ( x ) 2 x 2 + 3x  =  f 2 ( x )  + 18 x 2


(
)


  f ( x ) 2 x 2 + 3x  dx =  f 2 ( x )  dx + 18 x 2dx


(

)
(

)

f ( 0) =0
 f ( x ) 2 x 2 + 3x = f 2 ( x ) + 6 x3 + C ⎯⎯⎯⎯
→C = 0
(
)
(
)
 f 2 ( x ) − 2 x 2 f ( x ) + 6 x3 − 3xf ( x ) = 0  f ( x ) f ( x ) − 2 x 2 − 3x f ( x ) − 2 x 2 = 0
 f ( x ) = 2 x2
 f ( x ) − 2 x ( f ( x ) − 3x ) = 0  
. Do f  ( 0 )  0  f ( x ) = 3x
 f ( x ) = 3 x
(
2
)
Ta có: f ( x ) = 3x  f  ( x ) = 3  g ( x ) = x 2 f  ( x ) = x 2 .3 = 3x 2 .
x = 0
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: 3x = 3x 2  3x 2 − 3x = 0  
x = 1
1
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là: S =
Câu 2:
Cho
hàm
y = f ( x)
số
có
đạo
hàm
1
2
0 ( 3x − 3x ) dx = 2 .
liên
tục
trên
và
thỏa
mãn
f ( x) + xf ( x) = 4 x − 8 x − 4, x  . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và
3
y = f  ( x) bằng
A.
125
.
2
B.
40
.
3
C.
131
.
4
D.
10
.
4
Lời giải
Chọn C
Ta có: f ( x) + x. f ( x) = 4 x3 − 8 x − 4 , x 
 [ x. f ( x)] = 4 x3 − 8 x − 4 , x 
 ( x)  f ( x) + x. f ( x) = 4 x3 − 8 x − 4 , x 
 x. f ( x) = x 4 − 4 x 2 − 4 x + C , x 
.
Với x = 0  C = 0 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Suy ra f ( x) = x3 − 4 x − 4  f ( x) = 3 x 2 − 4 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của y = f ( x ) và y = f ( x) , ta có:
x = 0
x − 4 x − 4 = 3x − 4   x = −1 . Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và
 x = 4
3
2
4
y = f ( x) là: S =
Câu 3:
4
−1 f ( x) − f ( x) dx = −1 x
− 3 x 2 − 4 x dx =
3
131
.
4
Biết hàm số f ( x ) nhận giá trị dương và có đạo hàm liên tục trên nửa khoảng ( 0;1 , thỏa mãn
f ( x)
với mọi x  ( 0;1 . Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn
x
bởi các đường y = f ( x ) và y = 5 − 4 x gần giá trị nào nhất sau đây?
f (1) = 1 và 2 f ( x ) + x. f  ( x ) =
B. 0, 49 .
A. 0,58 .
C. 1, 22 .
D. 0,97 .
Lời giải
Chọn B
Ta có:
2 f ( x ) + x. f  ( x ) =
(
f ( x)
x. f  ( x )
 2. f ( x ) +
x
)
1

 2 x. f ( x ) =
 2 x. f ( x ) =
x

f ( x)
1
x
=
f ( x)
1
 ( 2 x ) . f ( x ) + 2 x.
=
x
x
2 f ( x)
1
dx  2 x. f ( x ) = 2 x + C
Vì f (1) = 1  2.1. f (1) = 2 1 + C  C = 0 .
Do đó 2 x. f ( x ) = 2 x  f ( x ) =
1
.
x
Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = 5 − x là
1

x=
1
2

= 5 − 4 x  −4 x + 5 x − 1 = 0 
4.

x
x = 1
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị là
1
S=

f ( x ) − g ( x ) dx =
1
4
Câu 4:
1
1
 x − 5 + 4 x dx = 0, 488 .
1
4
Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( 0;+ ) thỏa mãn
x. f '( x ) −
1
x
f ( x) = x x −
1
x
f (1) = −1, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = f  ( x )
A.
5
.
2
B.
7
.
2
C.
Lời giải
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
9
.
2
D.
11
2
. Biết
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn C
Theo giả thiết ta có: xf ' ( x ) − f ( x ) = x 2 − 1 
Phan Nhật Linh
xf ' ( x ) − f ( x )
x
2
=1−
1
.
x2
f ( x)
f ( x)
 f ( x ) 
1
1 
1


= 1 − 2 dx 
= x + + C ( )
 =1− 2 
x
x
x
x
x 

 x 

f (1)
Mà f (1) = −1 nên từ ( ) có:

f ( x)
x
= x+
1
1
= 1 + + C  −1 = 2 + C  C = −3
1
1
− 3  f ( x ) = x 2 − 3x + 1  f  ( x ) = 2 x − 3
x
x = 1
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 3x + 1 = 2 x − 3  x 2 − 5 x + 4 = 0  
x = 4
4
Diện tích hình phẳng bằng: S =
Câu 5:
1 x
2
− 5 x + 4 dx =
9
.
2
y = f ( x ) là hàm liên tục có tích phân trên
Cho hàm số
0;2
thỏa điều kiện
2
( ) = 6 x +  xf ( x ) dx . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
f x
2
4
y = f ( x ) và
0
đường thẳng y = 6 x − 12
A. 30 .
C. 24 .
Lời giải
B. 27 .
D. 22 .
Chọn B
2
2
0
0
( ) = 6 x +  xf ( x ) dx . Đặt  xf ( x ) dx = a .
Ta có f x
2
( )
4
Khi đó f x 2 = 6 x 4 + a  f ( x ) = 6 x 2 + a .
2
3
ax 2 
Do đó a = xf ( x ) dx = x 6 x + a dx  a =  x 4 +
  a = 24 + 2a  a = −24 .
2
2

0
0
0
2

2
 (
)
2
Nên f ( x ) = 6 x 2 − 24 .
 x = −1
Ta có 6 x 2 − 24 = 6 x − 12  x 2 − x − 2 = 0  
x = 2
2
Vậy diện tích cần tìm là S =
Câu 6:
 6x
−1
2
2
− 6 x − 12 dx =
 (6x
−1
2
)
− 6 x − 12 dx = 27
Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) nằm phía trên trục hoành. Hàm số y = f ( x ) thỏa mãn các
5
2
1
điều kiện ( y ) + y. y = −4 và f ( 0 ) = 1; f   =
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) và
4 2
trục hoành gần nhất với số nào dưới đây?
A. 0,98 .
B. 0,88 .
C. 0,78 .
D. 0,68 .
Lời giải
Chọn A
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
2
Ta có ( f  ( x ) ) + f  ( x ) . f ( x ) = −4  ( f  ( x ) . f ( x ) ) = −4

 ( f  ( x ). f ( x )) dx =  −4dx  f  ( x ). f ( x ) = −4 x + C



f  ( x ) . f ( x ) dx =
f 2 ( x)
2
 ( −4x + C ) dx   f ( x ) d ( f ( x )) = −4
x2
+ C .x + B
2
= −2 x 2 + C.x + B  f ( x ) = −4 x 2 + 2C.x + B .
5
1
Theo giả thiết f ( 0 ) = 1 và f   =
nên ta có
4 2
 B =1
B = 1

2
 1 C
5  C = 1  f ( x ) = −4 x + 2 x + 1

 − + +B =
2
 4 2
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) với trục hoành
(C )
−4 x 2 + 2 x + 1 = 0 .

1− 5
 x1 =
4
 −4 x 2 + 2 x + 1 = 0  
.

1+ 5
 x2 =

4
Vì ( C ) luôn ở phía trên trục hoành nên S =
1+ 5
4

−4 x 2 + 2 x + 1dx  0,98 .
1− 5
4
Câu 7:
Cho hàm số f ( x ) liên tục và xác định trên  0;2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện
1
f (1)  , f ( x)  0 với x  1 , ( x − 1). f ( x) + f ( x) = 2 f ( x). f ( x) với x  [0;2] . Diện tích
2
hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = x 2 − 1 bằng
A. S =
5
.
6
B. S =
1
.
6
C. S = 2 .
D. S = 1 .
Lời giải
Chọn B
Từ giả thiết ( x − 1). f ( x) + f ( x) = 2 f ( x). f ( x) với x  [0;2] , cho x = 1 , ta có
f (1) = 2 f (1) . f ' (1)  f (1) . 1 − 2 f ' (1)  = 0  f (1) = 0 .
Mặt khác, x  [0;2] , ta có
( x − 1). f ( x) + f ( x) = 2 f ( x). f ( x)  ( x − 1) . f ( x )  =  f 2 ( x )   ( x − 1) . f ( x ) = f 2 ( x ) + C
Thay x = 1 , ta suy ra f 2 (1) + C = 0  C = 0 .
 f ( x) = 0
Do đó, ta được ( x − 1) . f ( x ) = f 2 ( x )  
 f ( x ) = x − 1.
Vì f ( x )  0, x  1 nên ta suy ra được f ( x ) = x − 1.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của y = f ( x ) và y = x 2 − 1 , ta có:
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
x = 0
.
x − 1 = x2 − 1  
x = 1
Phan Nhật Linh
1
Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = x − 1 là: S =
2
Câu 8:
Cho
hàm
số
y = f ( x)
có
đạo
hàm
liên
3 5 5 4
x + x − 3x3 − 3x 2 + 2 x, x 
2
2
số y = f ( x); y = f ( x) có diện tích bằng
2 xf ( x) + x 2 f ( x) =
A.
127
.
40
B.
127
.
10
C.
tục
trên
0 x
2
và
1
− x dx = .
6
thỏa
mãn
. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm
107
.
5
D.
13
.
5
Lời giải
Chọn C
3 5 5 4
x + x − 3x3 − 3x 2 + 2 x, x 
2
2
3
5

 x 2 f ( x) + x 2 f ( x) = x5 + x 4 − 3x3 − 3x 2 + 2 x, x 
2
2
5
 3
  x 2 f ( x)  = x5 + x 4 − 3x3 − 3x 2 + 2 x, x 
2
2
1
1
3
 x 2 f ( x) = x 6 + x5 − x 4 − x3 + x 2 + C
4
2
4
1 4 1 3 3 2
C
 f ( x) = x + x − x − x + 1 + 2
4
2
4
x
Vì do f ( x ) liên tục trên
nên C = 0 .
Ta có: 2 xf ( x) + x 2 f ( x) =
( )
1 4 1 3 3 2
3
3
x + x − x − x + 1  f ( x) = x3 + x 2 − x − 1.
4
2
4
2
2

Xét phương trình hoành độ giao điểm f ( x) = f ( x).
Do đó f ( x) =
 x = −2
 x = −1
1
1
9
1
 x 4 − x3 − x 2 + x + 2 = 0  
.
x = 1
4
2
4
2

x = 4
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số
4
S=
Câu 9:
−2 f ( x) − f ( x) dx =
107
(dvdt ).
5
Cho hàm số f ( x ) = x 4 + bx 2 + c ( b, c 
(d ) : y = g ( x)
y = f ( x); y = f ( x) là
)
có đồ thị là đường cong ( C ) và đường thẳng
tiếp xúc với ( C ) tại điểm x0 = 1 . Biết ( d ) và ( C ) còn hai điểm chung khác có
hoành độ là x1 , x2 ( x1  x2 ) và
x2

x
1
g ( x) − f ( x)
( x − 1)
2
dx =
4
. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi
3
đường cong ( C ) và đường thẳng ( d ) .
A.
29
.
5
B.
28
.
5
C.
143
5
D.
43
.
5
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn A
Theo giả thiết ta có: f ( x ) − g ( x ) = ( x − 1) ( x − x1 )( x − x2 ) = x 4 + bx 2 − mx + n (*)
2
x2
Ta có:

x
1
f ( x) − g ( x)
( x − 1)2
x2
1
1
x ( x − x1 )( x − x2 ) dx = x ( x − x1 )( x − x1 + x1 − x2 ) dx
x2
x2
=
dx =
x2
x ( x − x1 )
2
1
2
 ( x − x )3
x − x1 ) 
(
1


+ ( x − x1 )( x1 − x2 ) dx = 
+ ( x1 − x2 )



3
2

 x1
3
3
3
x2 − x1 ) ( x2 − x1 )
x2 − x1 )
(
(
−4
=
−
=−
=
3
2
6
Suy ra ( x2 − x1 ) = 8  x2 − x1 = 2
3
3
(1)
Mặt khác theo định lí viet bậc 4 của phương trình (*) ta được:
1 + 1 + x2 + x1 = 0  x2 + x1 = −2 ( 2 )
x = 0
Từ (1) , ( 2 )   2
 x1 = −2
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong ( C ) và đường thẳng ( d ) là:
1
S=
−2 ( x − 1)
2
( x + 2 ) x dx =
29
.
5
Câu 10: Cho đồ thị hàm số ( C ) : y = ax3 + bx 2 + cx + d và ( P ) : y = mx 2 + nx + p có đồ thị như hình vẽ
(Đồ thị ( C ) là nét có đường cong đậm hơn). Biết phần hình phẳng được giới hạn bởi ( C ) và ( P )
(phần tô đậm) có diện tích bằng 2 . Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay phần hình phẳng
quanh trục hoành có giá trị gần với số nào nhất?
A. 12.53 .
B. 9.34 .
C. 10.23 .
Lời giải
D. 11.74 .
Chọn D
Từ đồ thị ta có: ( P ) : y = g ( x ) = mx 2 + nx + p và ( P ) qua ( 3;1) , ( 5;3) , (1;2 )
3

m=

9m + 3n + p = 1
8

3
29

 25m + 5n + p = 3  n = −2  g ( x ) = x 2 − 2 x +
8
8
m + n + p = 2

29

p =
8

14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Đường cong ( C ) : y = ax3 + bx 2 + cx + d
Đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) cắt nhau tại điểm có hoành độ x = 1 , x = 3 , x = 5 suy ra
f ( x ) − g ( x ) = k ( x − 1)( x − 3)( x − 5 )( k  0 )
5
3

S = k  ( x − 1)( x − 3)( x − 5 ) dx − ( x − 1)( x − 3)( x − 5 ) dx  = k  4 − ( −4 )  = 8k
3
 1



S = 2  2 = 8k  k =
 f ( x) =
1
3 2
29 x3 15 2 15
1
x
−
1
x
−
3
x
−
5
+
x
−
2
x
+
=
− x + x−
( )(
)(
)
4
8
8
4 8
4
8
2
Vậy V = 
Câu 11: Cho
1
4
1 ( f
hàm
5
2
−g
2
) dx +   ( g
2
)
− f 2 dx =
2
số
y = f ( x)
có
đạo
2 xf ( x ) + x 2 f ' ( x ) = 5 x 4 + 6 x 2 + 4 x, x 
6533
2007
+
  11.74
3360
1120
hàm
liên
tục
trên
và
thỏa
mãn
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) và y = f ' ( x ) bằng
A.
5
.
2
B.
4
.
3
C.
1
.
4
D.
1
.
2
Lời giải
Chọn D
Ta có:
 ( 2 xf ( x ) + x
2
)
f ' ( x ) dx =
2
2
4
2
5
3
2
 (( x ) ' f ( x ) + x f ' ( x ) )dx =  (5x + 6x + 4x )dx = x + 2x +2x + C
 x 2 f ( x ) = x5 + 2 x 3 +2 x 2 + C
Cho x = 0 ta được C = 0  f ( x ) = x3 + 2 x + 2 ; f ' ( x ) = 3x 2 + 2 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của y = f ( x ) và y = f ' ( x ) :
x = 0
x + 2 x + 2 = 3x + 2   x = 1 .
 x = 2
3
2
2
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là
0
f ( x ) − f ' ( x ) dx =
1
.
2
Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục và xác định trên  0;+  ) và thỏa mãn điều kiện
2 x 2 + 8 − f  ( x )  x +  f ( x ) − 2 f  ( x ) + 8 = 0 , x   0; +  ) và f (1) = 0 . Khi đó diện tích hình
phẳng giới hạn bởi các đồ thị y = f ( x ) và y = x 2 + 8 x − 4 bằng:
A. 4 3 .
B.
4
.
3
C. 4 5 .
D.
4
.
5
Lời giải
Chọn B
Ta có: 2 x 2 + ( 8 − f  ( x ) ) x + ( f ( x ) − 2 f  ( x ) + 8 ) = 0
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 2 x 2 + 8 x − xf  ( x ) + f ( x ) − 2 f  ( x ) + 8 = 0  2 x 2 + 8 x + 8 = xf  ( x ) − f ( x ) + 2 f  ( x )
(
)
 2 x 2 + 4 x + 4 = f  ( x )( x + 2 ) − f ( x )  2 ( x + 2 ) = ( x + 2 ) f  ( x ) − f ( x )
2
x + 2) f ( x ) − f ( x )
f ( x)
 f ( x ) 
(

=2
= 2x + C .
 =2
2
x+2
( x + 2)
 x+2
f ( x)
Mặt khác f (1) = 0 nên C = −2 
= 2 x − 2  f ( x ) = ( x + 2 )( 2 x − 2 ) = 2 x 2 + 2 x − 4
x+2
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: 2 x 2 + 2 x − 4 = x 2 + 8 x − 4
x = 2
.
 2 x2 + 2 x − 4 = x2 + 8x − 4  x2 − 6 x + 8 = 0  
x
=
4

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số là:
4
S=
2 ( 2 x
Câu 13: Cho
2
) (
)
4
+ 2 x − 4 − x + 8 x − 4 dx =
hàm
2
f ( x)
số
thỏa
f ( x )  0, x  (1; + ) và f ( e ) =
2 x
4
.
3
− 6 x + 8 dx =
2
− xf  ( x ) ln x + f ( x ) = 2 x 2 f 2 ( x ) , x  (1; + )
mãn
,
1
. Tính diện tích S hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
e2
y = xf ( x ) , y = 0, x = e, x = e 2 .
A. S =
3
.
2
B. S =
5
.
2
C. S =
7
.
3
D. S =
5
.
4
Lời giải
Chọn A
Ta có: − xf  ( x ) ln x + f ( x ) = 2 x 2 f 2 ( x )  − x
f ( x)
f
2
( x)
 xg  ( x ) ln x + g ( x ) = 2 x 2 , x  (1; + ) với g ( x ) =
 g  ( x ) ln x +
 g ( x ) ln x −
Do f ( e ) =
g ( x)


dx +

g ( x)
x
1
= 2 x 2 , x  (1; + ) .
f ( x)
1
.
f ( x)
= 2 x, x  (1; + )  g  ( x ) ln x dx +
x
g ( x)
x
ln x +

g ( x)
x

dx = 2x dx .
dx = x 2 + C  g ( x ) ln x = x 2 + C , x  (1; + ) .
1
 g ( e ) = e2  C = 0 . Suy ra g ( x ) ln x = x 2 , x  (1; + ) .
2
e
x2
x
ln x
 g ( x) =
 0, x  (1; + )  y = xf ( x ) =
=
, x  (1; + ) .
ln x
g ( x)
x
Ta có S =
e2
e
x f ( x ) dx =
e2
e
e2
ln x
1
3
dx = ln 2 x = .
x
2
2
e
Câu 14: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm xác định, liên tục trên khoảng ( −1; +  ) đồng thời thỏa mãn các điều
kiện f  ( x )  0  x  ( −1, + ) , f  ( 0 ) = −1 và  f  ( x )  = f  ( x ) , f ( 3) = − ln 4 . Khi đó diện tích
2
giới hạn bởi đồ thị ( C ) : y = f ( x ) , trục hoành và hai đường thẳng x = 2, x = 3 bằng bao nhiêu?
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 8ln 2 − ln 3 − 1 .
B. 8ln 2 − 3ln 3 − 1 .
C. 4ln 2 − 3ln 3 − 1 .
D. 8ln 2 + 3ln 3 − 1 .
Lời giải
Chọn B
Phan Nhật Linh
 1 
 −1 = 
Với x  ( −1; + ) , ta có:  f  ( x )  = f  ( x )  −1 = −

2
 f  ( x ) 
 f  ( x ) 
1
1
mà f  ( 0 ) = −1 nên C1 = −1 .
 f ( x) =
 − x + C1 =
− x + C1
f ( x)
f  ( x )
2
1
1
 f ( x) =
dx = − ln x + 1 + C2
−x −1
−x −1
Mặt khác, ta có: f ( 3) = − ln 4  − ln ( 4 ) + C = − ln ( 4 )  C2 = 0 nên f ( x ) = − ln ( x + 1) .

Vậy f  ( x ) =
3
Khi đó: S =
3
2 − ln ( x + 1) dx = 2 ln ( x + 1) dx = 8ln 2 − 3ln 3 − 1 .
Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn  0;1 và thỏa f ( x ) + f  ( x ) =
; f (1) − f ( 0 ) = 2 và

1
0
2 x3 − 5 x 2 + 5 x
(x
2
)
− x +1
2
f ( x ) dx = 0 . Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) : y = f ( x )
, trục tung và trục hoành có dạng S = ln a − ln b với a, b là các số nguyên dương. Tính T = a 2 + b 2
.
A. T = 14 .
B. T = 25 .
C. T = 36 .
Lời giải
Chọn B
Ta có f ( x ) + f  ( x ) =



 f ( x )dx + 
(
)
x2 − x + 1

0
2
( 2 x − 1) ( x 2 − x + 1) − 2 x 2 + 2 x + 1
=
(
)
x2 − x + 1
2
.
2x − 1
2 x2 − 2 x − 1
f  ( x )dx = 2
dx −
dx .
2
x − x +1
x2 − x + 1

 f ( x )dx +  f  ( x )dx = 
1

2 x3 − 5 x 2 + 5 x
D. T = 43 .

(
)−
d x2 − x + 1
x2 − x + 1
(
)
2 x2 − 2 x − 1
( 2 x − 1)2
  x2 − x + 1 2 dx


 2x − 1 
 x2 − x + 1 
d


d x2 − x + 1
2x − 1 
2x − 1

f ( x )dx + f ( x ) =
−
= ln x 2 − x + 1 + 2
+C .
2
2
x − x +1
x − x +1
 x2 − x + 1 


 2x − 1 

(
)
(

)
1
2x − 1


f ( x )dx =  ln x 2 − x + 1 + 2
− f ( x) + C  .
x − x +1

0
(
)
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
1
1

2
ln
x
−
x
+
1
=
0
=
f ( x ) dx

0
0

Vì 
nên suy ra
1
2
x
−
1



= 1 − (−1) = 2 = f (1) − f ( 0 )
 x 2 − x + 1  0
Do đó: S =
1
2
0


2x − 1
dx = − ln x 2 − x + 1
x − x +1
(
2
)
2
= ln
0
C = 0

2x − 1 .

f
x
=
(
)

x2 − x + 1
4
= ln 4 − ln 3 .
3
a = 4
Suy ra 
. Vậy T = a 2 + b 2 = 25 .
b = 3
Câu 16: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai, liên tục và nhận giá trị dương trên đoạn  0;1 thỏa mãn
2
1
1
f  ( x ) − 2 f ( x ) . f  ( x ) + 2 xf  ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = 0, x  [0;1], f    = f   = 1.
2
2
1
phân
0  f
2
Biết
tích
a
a
( a, b là các số nguyên dương và
là phân só tối giản). Giá trị của a + b
b
b
( x ) dx =
bằng
A. 181 .
B. 25 .
C. 10 .
Lời giải
D. 26 .
Chọn B
Ta có: f  ( x ) − 2 f ( x ) . f  ( x ) + 2 xf  ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = 0
2
 f  ( x ) + f  ( x ) + 2 xf  ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = 2 f ( x ) f  ( x ) + f  ( x )
2
 ( 2 x + 2 ) f  ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = 2 f ( x ) f  ( x ) + f  ( x )
2

2
2
 ( x + 1) f  ( x )  =  2 f ( x ) + 1 f  ( x )  ( x + 1) f  ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + C1 .


9
1
1
1
Theo giả thiết: f    = f   = 1  = 2 + C1  C1 =
4
4
2
2
 ( x + 1) f  ( x ) = f 2 ( x ) + f ( x ) +
2
Do đó

f  ( x)dx
2
=
f ( x )
1
1

=
1 ( x + 1)2
4
f 2 ( x) + f ( x) +
4
1
 ( x + 1)2 dx 
−1
=
( f ( x )  0) .
−1
+ C2
( x + 1)
1
1
f ( x) +
 f ( x) + 
2
2

1
1
1
1
=
Theo giả thiết: f    = f   = 1  C2 = 0 
1 ( x + 1)
2
2
f ( x) +
2
2
2
a = 13
1
1
13

 f ( x ) = x +   f ( x )  dx =  x +  dx =

 a + b = 25
2
2
12

b = 12
0
0
1

1

Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
, thỏa mãn f  ( x ) − f ( x ) = −8 + 16 x − 4 x 2 và f ( 0 ) = 0 .
Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và trục Ox
quay quanh Ox .
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
256
256
16
A.
.
B.
C.  .
.
15
15
3
Lời giải
Chọn B
Từ giả thiết ta có
Phan Nhật Linh
D.
(
16
.
3
)
f  ( x ) − f ( x ) = −8 + 16 x − 4 x 2  f  ( x ) .e − x − f ( x ) .e − x = −8 + 16 x − 4 x 2 .e − x
(
) = ( −8 + 16 x − 4 x ).e
= ( 4 x − 8 x ) .e + C
 f ( x ) .e − x
 f ( x ) .e − x
2
−x
 f ( x ) .e − x =
2
−x
 ( −8 + 16 x − 4 x ).e dx
−x
2
Vì f ( 0 ) = 0  C = 0 . Ta có f ( x ) = 4 x 2 − 8 x
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và trục hoành thỏa mãn phương trình
x = 0
f ( x) = 0  
x = 2
Vậy thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và trục Ox
2
quay quanh Ox là V = 
0 ( 4 x
2
)
2
− 8 x dx =
Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
256
.
15
, thỏa mãn x. f  ( x ) − 2 f ( x ) = 4 x − 8 và f ( 2 ) = 0 . Tính
diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và trục Oy .
A.
8
.
3
B.
3
.
8
C.
7
.
3
D.
3
7
Lời giải
Chọn A
Từ giả thiết ta có
x. f  ( x ) − 2 f ( x ) = 4 x − 8 
x4
=
 f ( x )  4 x − 8
4x − 8

 2  =
x3
x3
 x 
f ( x)
4x − 8
4 4
dx  2 = − + 2 + C  f ( x ) = Cx 2 − 4 x + 4
3
x x
x
x
x
Vì f ( 2 ) = 0 nên C = 1

f ( x)
x 2 f  ( x ) − 2 xf ( x )
2
=

Vậy f ( x ) = x 2 − 4 x + 4
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với trục hoành là nghiệm của phương trình
f ( x) = 0  x = 2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và trục Oy là
2
0
S = ( x 2 − 4 x + 4)dx =
8
.
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
y = f ( x)
Câu 19: Hàm
số
có
đạo
hàm
liên
tục
trên
Về đích đặc biệt 9+
và
thỏa
mãn
f ( x ) + x. f  ( x ) + f  ( x ) = 4 x3 − 6 x 2 − 2 x + 4 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các
hàm số y = f ( x ) , y = f  ( x ) .
A. S = 8 .
D. S = 4 .
C. S = 8 .
Lời giải
B. S = 4 .
Chọn A
Ta có f ( x ) + x. f  ( x ) + f  ( x ) = f ( x ) + ( x + 1) f  ( x ) = ( x + 1) f ( x ) 
f ( x ) + x. f  ( x ) + f  ( x ) = 4 x3 − 6 x 2 − 2 x + 4  4 x3 − 6 x 2 − 2 x + 4 = ( x + 1) f ( x ) 
Nên
 ( x + 1) f ( x ) = x 4 − 2 x3 − x 2 + 4 x + C (1)
Thay x = −1 vào (1) ta được C − 2 = 0  C = 2 . Suy ra ( x + 1) f ( x ) = x 4 − 2 x3 − x 2 + 4 x + 2
 f ( x ) = x3 − 3x 2 + 2 x + 2
Khi đó f  ( x ) = 3x 2 − 6 x + 2 .
x = 0
Xét phương trình x − 3x + 2 x + 2 = 3 x − 6 x + 2  x − 6 x + 8 x = 0   x = 2

 x = 4
3
2
2
3
2
4
S=
Câu 20: Cho
0 x
3
− 6 x 2 + 8 x dx = 8
hàm
số
y = f ( x)
có
f ( x ) = 4 x3 + 3x 2 − xf ' ( x ) , x 
đạo
hàm
liên
tục
trên
và
B. 7,32 .
C. 7,33 .
Lời giải
Chọn C
Ta có f ( x ) = 4 x3 + 3x 2 − xf ' ( x )  f ( x ) + xf ' ( x ) = 4 x3 + 3x 2
  x. f ( x )  = 4 x3 + 3x 2  x. f ( x ) = x 4 + x3 + C
'
Cho x = 0 ta được C = 0  f ( x ) = x3 + x 2 và f ' ( x ) = 3x 2 + 2 x .
Xét phương trình: f ( x ) = f ' ( x )
x = 0

 x3 + x 2 = 3x 2 + 2 x  x3 − 2 x 2 − 2 x = 0   x = 1 − 3
x = 1+ 3

1+ 3
Diện tích hình phẳng là: S =

1− 3
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
mãn
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và
y = f ' ( x ) có kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai bằng
A. 7,31 .
thỏa
x3 − 2 x 2 − 2 x dx  7,33 ( đvdt).
D. 7,34
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 21: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
Phan Nhật Linh
và thỏa mãn f (1) = 0 ;
 0;1
 f ' ( x )  + 8 xf ( x ) = x 4 − 2 x, x   0;1 . Hình phẳng ( H ) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) và


2
trục Ox , Oy . Khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng ( H ) quanh trục Ox có thể tích bằng
A.

.
7
B.
2
.
7
C.
3
.
7
D.
4
7
Lời giải
Chọn B
1
Ta có
0
xf ( x ) dx =

1 2
 x2 
x2 1
x
f ( x ) d   = f ( x ).
−
. f ' ( x ) dx
2 0 0 2
 2 

1
1
1
1 2 '
1 2 '
= f (1) −
x f ( x ) dx = −
x f ( x ) dx
2
20
20


 f ' ( x )  + 8 xf ( x ) = x 4 − 2 x, x   0;1 


2
1
1
−4
  f ( x )  dx − 4 x f ( x ) dx =

5
0
0

1

( f
'

2
'
2
'
1
0
0
2
1
0  f
'
( x ) 
( x ) − 2 x 2 ) dx = 0  f ' ( x ) = 2 x 2  f ( x ) =
2
0
Do f (1) = 0 nên C =
1
 f ' ( x )  dx + 8 xf ( x ) dx =


2
1
0
1
0 ( x
4
)
− 2 x dx
1
0
d x − 4 x f ( x ) dx + 4 x 4 = 0
2
'
2 3
x +C
3
−2
2
2
 f ( x ) = x3 −
3
3
3
Xét phương trình: f ( x ) = 0 
2 3 2
x − = 0  x = 1.
3
3
1
2
2
2
Thể tích của khối tròn xoay là: V =   x3 −  dx =
( đvtt).
3
7
3
0
2

Câu 22: Cho
hàm
số
y = f ( x)
có
f ( x) + xf ( x) = 5 x 4 + 6 x + 3, x 
đạo
hàm
liên
tục
trên
và
thỏa
mãn
. Giá trị của diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) và y = f  ( x) thuộc khoảng
A. ( 27;28 ) .
B. ( 26;27 ) .
C. ( 28;29 ) .
D. ( 29;30 ) .
Lời giải
Chọn C
Ta có: f ( x) + x. f ( x) = 5 x 4 + 6 x + 3  ( x)  f ( x) + x. f ( x) = 5 x 4 + 6 x + 3
 [ x. f ( x)] = 5 x 4 + 6 x + 3  x. f ( x) = x5 + 3x 2 + 3x + C  f ( x) =
Vì f ( x ) liên tục trên
x5 + 3x 2 + 3x + C
x
nên C = 0 . Suy ra f ( x) = x 4 + 3x + 3  f ( x) = 4 x3 + 3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = f ( x) , ta có:
(
)
x 4 + 3x + 3 = 4 x3 + 3  x x3 − 4 x 2 + 3 = 0
x = 0
x = 1


2
 x ( x − 1) x − 3x − 3 = 0   x = 3 + 21 .
2


3 − 21
x =

2
(
)
Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = f ( x) là:
3 + 21
2

S=
f ( x) − f ( x) dx  28,87
3− 21
2
Câu 23: Cho
hàm
y = f ( x)
số
có
đạo
hàm
cos xf ( x) − sin xf ( x) = 2cos 2 x + 2sin x, x 
y = f ( x ) , y = f  ( x) , x = 0 và x =
A. 2 −  .

2
liên
tục
trên
và
thỏa
mãn
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
bằng
B. 2 +  .
C. 4 −  .
Lời giải
D. 4 +  .
Chọn C
Ta có: cos xf ( x) − sin xf ( x) = 2cos 2 x + 2sin x, x 
 cos x  f ( x) + ( cos x ) . f ( x) = 2cos 2 x + 2sin x
 [cos x. f ( x)] = 2cos 2 x + 2sin x
 cos x. f ( x) = sin 2 x − 2cos x + C
sin 2 x − 2cos x + C 2sin x.cos x − 2cos x + C
=
cos x
cos x
Vì do f ( x ) liên tục trên
nên C = 0 . Do đó f ( x) = 2cos x − 2  f ( x) = −2sin x
 f ( x) =
Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = f  ( x) , x = 0 và x =
S=


2
2

f ( x) − f ( x) dx =
0

2
là:

2
2cos x + 2sin x − 2 dx =
0
= ( 2sin x − 2cos x − 2 x )

 ( 2cos x + 2sin x − 2 ) dx
0

2
= 4 − .
0
Câu 24: Cho
hàm
số
y = f ( x)
có
đạo
hàm
liên
tục
trên
thoả
mãn
f (1) = 4
f ( x ) = xf  ( x ) − 2 x3 − 3x 2 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ( x ) và y = f  ( x ) .
A. 9 .
Chọn C
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 6 .
C. 18 .
Lời giải
D. 27 .
và
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
f ( x ) = xf  ( x ) − 2 x3 − 3x 2  xf  ( x ) − f ( x ) = 2 x3 + 3x 2

xf  ( x ) − f ( x )
x2
= 2 x + 3; x  0
 f ( x ) 
 f ( x ) 

=
2
x
+
3



 dx =
 x 
 x 


f ( x)
 ( 2 x + 3) dx = x
2
+ 3x + C
= x 2 + 3x + C
x
Vì f (1) = 4 nên  4 = 12 + 3.1 + C  C = 0 .
Do đó f ( x ) = x3 + 3x 2 ; x  0 .
nên f ( x ) liên tục tại x = 0  f ( 0 ) = 0  f ( x ) = x3 + 3x 2 ; x 
Vì f ( x ) liên tục trên
.
 f  ( x ) = 3x 2 + 6 x .
Phương trình hoành độ giao điểm của y = f ( x ) ; y = f  ( x ) là
 x=0

x3 + 3x 2 = 3x 2 + 6 x  x x 2 − 6 = 0   x = − 6
 x= 6

(
)
6
S hp =

x3 − 6 x dx = 18 .
− 6
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ( 0;+ ) thoả mãn f  ( x ) +
f ( x)
= 4 x 2 + 3x và
x
f (1) = 2 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ( x ) và phương trình tiếp tuyến của tại điểm
y = f ( x ) có hoành độ x = 2 .
A.
2400
.
12
B.
2401
.
12
C.
333
.
4
D.
335
.
4
Lời giải
Chọn B
f ( x) +
f ( x)
x
= 4 x 2 + 3x  xf  ( x ) + xf ( x ) = 4 x3 + 3x 2
  x. f ( x )  = 4 x3 + 3x 2   x. f ( x ) dx =

 ( 4x
3
)
+ 3x 2 dx  xf ( x ) = x 4 + x 3 + C .
Vì f (1) = 2 nên 1 f (1) = 1 + 1 + C  C = 0 . Do đó f ( x ) = x3 + x 2 .
Lại có f  ( x ) = 3x 2 + 2 x .
f  ( 2 ) = 16, f ( 2 ) = 12 .
Do đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = 2 là
y = 16 x − 20 .
Phương trình hoành độ giao điểm của f ( x ) = x3 + x 2 và y = 16 x − 20
 x = −5
x3 + x 2 = 16 x − 20  
 x=2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
2
Shp =
−5 x
3
+ x 2 − 16 x + 20 dx =
Câu 26: Cho hàm số
2401
.
12
y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
( 0;+ )
thoả mãn
f (1) = 3 và
x ( 4 − f  ( x ) ) = f ( x ) − 1 với mọi x  0 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ( x ) và trục
Ox , trục Oy và x = 1 .
A. 2 .
B. 1 .
C. 3 .
Lời giải
D. 5 .
Chọn A
x ( 4 − f  ( x ) ) = f ( x ) − 1  xf  ( x ) + f ( x ) = 4 x + 1   xf ( x )  = 4 x + 1

  x. f ( x )  dx =

 ( 4 x + 1) dx x. f ( x ) = 2x
2
+ x+C
Vì f (1) = 3 nên C = 0 .
Do đó f ( x ) = 2 x + 1
1
S hp =
0 2 x + 1dx = 2 .
2
1
và f  ( x ) = −2 x  f ( x )  , x 
5
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f ( x ) , x = 0 và x = 1 .
Câu 27: Cho hàm số y = f ( x ) thoả mãn f ( x )  0, x  ; f ( 2 ) =
A.

.
3
B.

.
4
2
.
3
C.
D.
.
3
.
4
Lời giải
Chọn B
f  ( x ) = −2 x  f ( x )  
2
Vì f ( 2 ) =
− f ( x)
 f ( x ) 
2
= 2x 
− f ( x )
  f ( x ) 2 dx =  2 xdx 


1
= x2 + C
f ( x)
1
nên C = 1 .
5
1
Do đó f ( x ) = 2
suy ra S hp =
x +1
1
1

0 x 2 + 1 dx = 4 .
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn − xf  ( x ) ln x + f ( x ) = 2 x 2 f 2 ( x ) , x  (1; +  ) , f ( x )  0 ,
x  (1; +  ) và f ( e ) =
x = e 2 bằng
1
A. .
2
1
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = xf ( x ) , y = 0 , x = e ,
e2
B.
5
.
3
C.
Lời giải
Chọn C
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
3
.
2
D.
1
.
4
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có: − xf  ( x ) ln x + f ( x ) = 2 x 2 f 2 ( x )  − x
f ( x)
f
2
Phan Nhật Linh
( x)
ln x +
 xg  ( x ) ln x + g ( x ) = 2 x 2 , x  (1; +  ) với g ( x ) =
 g  ( x ) ln x +
 g ( x ) ln x −
Do f ( e ) =
g ( x)

x
dx +

g ( x)
x
1
f ( x)
 g ( x ) lnx dx + 
= 2 x, x  (1; +  ) 
x
g ( x)
1
= 2 x 2 , x (1; +  ) .
f ( x)
g ( x)
x

dx = 2 xdx
dx = x 2 + C  g ( x ) ln x = x 2 + C , x  (1; +  )
1
 g ( e ) = e2  C = 0 .
2
e
Suy ra g ( x ) ln x = x 2 , x  (1; +  )
 g ( x) =
x2
x
ln x
 0, x  (1; +  )  xf ( x ) =
=
 0, x  (1; +  )
ln x
g ( x)
x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = xf ( x ) , y = 0 , x = e , x = e 2 là:
e2
e
xf ( x ) dx =
Câu 29: Cho
hàm
e2
e
số
ln x
dx =
x
e2
e
1
e2 3
lnx d ( ln x ) = ln 2 x = .
2
2
e
y = f ( x)
có
đạo
hàm
liên
tục
trên
và
thỏa
mãn
hệ
thức
2 x. f ( x ) + x 2 . f  ( x ) = 4 x3 − 12 x 2 + 8 x . Tính thể tích vật tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi
đồ thị y = f ( x ) , trục hoành và trục tung quanh trục Ox .
A.
8
.
3
B.
8
.
3
C.
32
.
5
D.
32
.
5
Lời giải
Chọn D

Ta có: 2 x. f ( x ) + x 2 . f  ( x ) = 4 x3 − 12 x 2 + 8 x   x 2 . f ( x )  = 4 x3 − 12 x 2 + 8 x
Lấy nguyên hàm hai vế ta được:

 x 2 . f ( x ) dx =



( 4x
3
)
− 12 x 2 + 8 x dx
 x 2 . f ( x ) = x 4 − 4 x3 + 4 x 2 + C
Chọn x = 0  C = 0 , nên f ( x ) = x 2 − 4 x + 4
Hoành độ giao điểm của đồ thị y = x 2 − 4 x + 4 với trục hoành là x = 2 .
2
Nên thể tích cần tìm là: V = 
0 ( x
2
)
2
2
− 4 x + 4 dx = 

0 ( x − 2 ) dx = 5 ( x − 2 )
4
Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) dương, có đạo hàm liên tục trên
 −2;1
2
5
=
0
32
5
, thỏa mãn hệ thức
f ( x ) = f  ( x ) . x + 3 và f (1) = 1 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = f ( x ) , trục
hoành và các đường thẳng x = −2, x = 1 .
3e 2 − 1
A.
.
2e2
3e 2 + 1
B.
.
2e2
3e 2 + 1
C.
.
e2
3e 2 − 1
D.
.
e2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn A
Ta có: f ( x ) = f  ( x ) . x + 3 
f ( x)
f ( x)
1
=
x+3
Lấy nguyên hàm hai vế ta được: ln f ( x ) =
Do f (1) = 1 nên C = −4 . Vậy f ( x ) = e2
1

x+3
x +3 − 4
=
e2
1
Khi đó, diện tích hình phẳng cần tìm là: S =
1
Đặt I =
−2 e
2 x +3
dx  ln f ( x ) = 2 x + 3 + C
e4
1
e2
4
e −2

x +3
x +3
dx
dx .
Đặt t = 2 x + 3  t 2 = 4 ( x + 3)  dx =
tdt
2
Đổi cận: x = 1  t = 4; x = −2  t = 2
1
Nên: I =
e
2 x +3
−2
Câu 31: Cho hàm số
4
4
4
1 t
1
3e 4 − e 2
3e 2 − 1
dx =
e .tdt =  et t − et  =
S=
.
2
22
2 2
2
2e 2

f ( x ) = 2 x3 + ax 2 + bx + c
với
a , b, c
là
các
số
thực.
Biết
hàm
số
g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) có hai giá trị cực trị là −4 và 4 . Diện tích hình phẳng giới hạn
bởi các đường y =
f ( x)
g ( x ) + 12
A. 2ln 3 .
và y = 1 bằng
B. ln 3 .
C. ln18 .
Lời giải
D. ln 2 .
Chọn D
Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) .
Ta có g  ( x ) = f  ( x ) + f  ( x ) + f  ( x ) = f  ( x ) + f  ( x ) + 12
Theo giả thiết ta có phương trình g  ( x ) = 0 có hai nghiệm m, n
 g ( m ) = gCD = 4
Vì g ( x ) là hàm bậc ba có hệ số a  0 nên nếu giả sử m  n thì 
 g ( n ) = gCT = −4
Xét phương trình
f ( x)
g ( x ) + 12
= 1  g ( x ) + 12 − f ( x ) = 0
x = m
 f  ( x ) + f  ( x ) + 12 = 0  g ' ( x ) = 0  
x = n
Diện tích hình phẳng cần tìm là:

f ( x) 
1−
dx =  1 −
 dx =

g
x
+
12
g
x
+
12
(
)
(
)


m
m
n

f ( x)
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
n

n
 g ( x ) + 12 − f ( x ) 
 dx
g ( x ) + 12

m 
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
n

=
m
f  ( x ) + f  ( x ) + 12
g ( x ) + 12
n
dx =
g( x )
 g ( x ) + 12
Phan Nhật Linh
n
=
dx
m

d ( g ( x ) + 12 )
g ( x ) + 12
m
= ln g ( n ) + 12 − ln g ( m ) + 12 = ln −4 + 12 − ln 4 + 12 = ln
= ln g ( x ) + 12
n
m
8
= ln 2 .
16
Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) là hàm đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ
Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = f ( x ) , y = f  ( x ) có diện tích bằng
A.
127
.
40
B.
107
.
5
C.
127
.
10
D.
13
.
5
Lời giải
Chọn B
Hàm số đã cho có dạng f ( x ) = ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e , a  0
 f  ( x ) = 4ax3 + 3bx 2 + 2cx + d
Từ hình vẽ đã cho ta thấy đồ thị f ( x ) tiếp xúc với trục hoành tại các điểm ( −2;0 ) , (1;0 ) và đi
qua điểm ( 0;1) nên:
 f ( x ) = k .( x + 2 )2 . ( x − 1)2
1
1
2
2
 k =  f ( x ) = .( x + 2 ) . ( x − 1)

4
4
 f ( 0 ) = 1
1
1
3
3
3
Vậy f ( x ) = x 4 + x3 − x 2 − x + 1  f  ( x ) = x3 + x 2 − x − 1
4
2
4
2
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm f ( x ) = f  ( x )
 x = −2
 x = −1
1 4 1 3 9 2 1
 x − x − x + x+2=0 
x = 1
4
2
4
2

x = 4
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y = f ( x ) , y = f  ( x ) là
4
S=
−2 f ( x ) − f  ( x ) dx
Do f ( x ) không đổi dấu trên các khoảng ( −2; − 1) , ( −1;1) , (1;4 ) nên ta có:
−1
1
4
  f ( x ) − f  ( x ) dx + −1  f ( x ) − f  ( x ) dx + 1  f ( x ) − f  ( x ) dx =
−2
107
(đvdt).
5
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 33: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên
\ 0
Về đích đặc biệt 9+
thoã mãn f (1) = 3 và
f 2 ( x ) − 8 xf ( x ) − f ' ( x ) = −16 x 2 − 4 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bới các đường y = f ( x )
, trục Ox và hai đường thẳng x = 1; x = 2 .
A. ln 2 − 6 .
B. 8 − ln 2 .
C. 6 − ln 2 .
Lời giải
D. 10 − ln 2 .
Chọn C
Ta có f 2 ( x ) − 8 xf ( x ) − f ' ( x ) = −16 x 2 − 4  f 2 ( x ) − 8 xf ( x ) + 16 x 2 = f ' ( x ) − 4
 ( f ( x ) − 4 x ) = ( f ( x ) − 4 x ) ' (1) . Đặt f ( x ) − 4 x = h ( x ) . Ta có (1)  h 2 ( x ) = h ' ( x )
2

h '( x )
h ( x)
2
h '( x )
h

=1
2
( x)

−
dx = 1dx
1
= x+C
h( x)
 h( x) = −
1
x+C
1
1
1
Do f (1) = 3  C = 0  f ( x ) − 4 x = −  f ( x ) = − + 4 x
x+C
x
x
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , trục Ox và hai đường thẳng x = 1; x = 2
 f ( x ) − 4x = −
2
là S =
1
2
1
1 − x + 4 x dx = 6 − ln 2 .
f ( x ) dx =
Câu 34: Cho hàm số f ( x ) = x +
3
1
0 (10u − 4 x ) f (u )du có đồ thị ( C ) . Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị ( C ) , trục tung, tiếp tuyến của ( C ) tại điểm có hoành độ x = 2 là
A. S = 108
B. S = 12 .
C. S = 180 .
Lời giải
D. S = 112 .
Chọn B
Ta có f ( x ) = x +
3
1
0 (10u − 4 x ) f (u )du = x
1
Đặt a =
1
3
1
0
0
− 4 x f ( u )du + 10 uf ( u )du
1
0 f (u )du và b = 0 uf (u )du. Khi đó hàm số
f ( x ) có dạng f ( x ) = x3 − 4ax + 10b .
Suy ra f ( u ) = u 3 − 4au + 10b
1
a=
1
 f (u)du =  (
0
0
a=
1
)
1
1

u − 4au + 10b du =  u 4 − 2au 2 + 10bu  = − 2a + 10b .
4
0 4
3
1
1
− 2a + 10b  3a − 10b = (1) .
4
4
1
1
0 (
0
)
b = uf (u )du = u u 3 − 4au + 10b du
1
=
(
0
)
1
4
1 4
1

u − 4au + 10bu du =  u 5 − au 3 + 5bu 2  = − a + 5b .
3
5
0 5 3
4
2
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1 4
4
1
 b = − a + 5b  a − 4b = (2)
5 3
3
5
Phan Nhật Linh
3

a = 4
Từ (1) và (2) ta được: 
b = 1

5
Suy ra f ( x ) = x3 − 3x + 2; f ( x) = 3 x 2 − 3. Ta có: f (2) = 4; f (2) = 9.
Phương trình tiếp tuyến d của ( C ) tại điểm có hoành độ x = 2 :
y = 9 ( x − 2 ) + 4  y = 9 x − 14.
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( C ) với tiếp tuyến d là:
 x = −4
x3 − 3x + 2 = 9 x − 14  x3 − 12 x + 16 = 0  
x = 2
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) , trục tung, tiếp tuyến d là
2
S=
Câu 35: Cho
0 x
2
3
0
− 3 x + 2 − ( 9 x − 14 ) dx = x − 12 x + 16 dx =
hàm
số
y = f ( x)
có
3
đạo
hàm
xác
2
0 ( x
3
)
− 12 x + 16 dx = 12.
định
 0;+  ) và thoả mãn
f ( 0 ) = 0 . Diện tích hình phẳng
trên
x 2 − x ( f  ( x ) − 2 ) + ( f ( x ) − f  ( x ) + 1) = 0 , x   0; +  ) và có
gới hạn bởi hai đồ thị y = f ( x ) và y = f  ( x ) bằng
A.
5 5
.
6
B.
3 3
.
4
C. 1 .
D.
8
.
3
Lời giải
Chọn A
Ta có: x 2 − x ( f  ( x ) − 2 ) + ( f ( x ) − f  ( x ) + 1) = 0
 x 2 − xf  ( x ) + 2 x + f ( x ) − f  ( x ) + 1 = 0
 ( x + 1) f  ( x ) − f ( x ) = ( x + 1) 
2
( x + 1) f  ( x ) − f ( x ) = 1, x  0; + 
)

( x + 1)2
f ( x)
 f ( x ) 

= x+C
 = 1, x   0; +  ) 
x +1
 x +1 
Mà f ( 0 ) = 0  C = 0  f ( x ) = x 2 + x  f  ( x ) = 2 x + 1

1+ 5
x =
2
Xét f ( x ) = f  ( x )  x 2 + x = 2 x + 1  x 2 − x − 1 = 0  

1− 5
x =

2
1+ 5
2
Vậy S =

1− 5
2
x 2 − x − 1 dx =
5 5
6
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
y = f ( x ) có đạo hàm
Câu 36: Cho hàm số
liên
tục
Về đích đặc biệt 9+
và thỏa mãn
trên
f ( x ) = ( x − 1) f  ( x ) + 2 x3 − 3x 2 + 1 và f ( 2 ) = −6 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
y = f ( x ) và y = f  ( x ) + 2 bằng
A. 6 .
B. 8 .
D. 22 .
C. 15 .
Lời giải
Chọn B
Ta có f ( x ) = ( x − 1) f  ( x ) + 2 x3 − 3x 2 + 1  ( x − 1) f  ( x ) − f ( x ) = −2 x3 + 3x 2 − 1 (*)
Nếu x = 1 thì f (1) = 0
Nếu x  1 thì (*) 
( x − 1) f  ( x ) − f ( x ) = −2 x − 1
( x − 1)2
 f ( x ) 
f ( x)

= − x2 − x + C
 = −2 x − 1 
x
−
1
x −1


(
)
Mà f ( 2 ) = −6  C = 0 . Vậy f ( x ) = ( x − 1) − x 2 − x = − x3 + x  f  ( x ) = −3x 2 + 1 .
x = 3
Phương trình hoành độ giao điểm f ( x ) = f  ( x ) + 2  x − 3x − x + 3 = 0   x = 1 .
 x = −1
3
2
Vậy diện tích phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = f  ( x ) + 2 là:
3
S=
−1 x
3
− 3 x 2 − x + 3 dx = 8 .
Câu 37: Cho hàm số
y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và thỏa mãn
f (1) = 6 và
xf  ( x ) = f ( x ) + 3x 4 − 3x 2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = f  ( x )
bằng
162
A.
.
5
B.
324
.
5
C.
104
.
5
D.
229
.
10
Lời giải
Chọn B
Từ giả thiết xf  ( x ) = f ( x ) + 3x 4 − 3x 2  xf  ( x ) − f ( x ) = 3x 4 − 3x 2 .
Có f ( 0 ) = 0 , với x  0 thì

f ( x)
x
xf  ( x ) − f ( x )
x2
 f ( x ) 
2
= 3x 2 − 3  
 = 3x − 3
x


= x3 − 3x + C , mà f (1) = 6 nên C = 8 . Do đó f ( x ) = x 4 − 3x 2 + 8 x (thỏa mãn).
Xét phương trình f ( x ) = f  ( x )  x 4 − 4 x3 − 3x 2 + 14 x − 8 = 0
 ( x − 1) ( x + 2 )( x − 4 ) = 0  x = 1 hoặc x = −2 hoặc x = 4 .
2
4
Vậy diện tích hình phẳng cần tính bằng S =
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
−2 x
4
− 4 x 3 − 3 x 2 + 14 x − 8 dx =
324
.
5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 38: Cho
hàm
số
y = f ( x)
liên
tục
trên
Phan Nhật Linh
khoảng
  
− ;  .
 2 2
Biết
f (0) = 1
và
  
f  ( x ) cos x + f ( x ) sinx = 1 , x   − ;  . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
 2 2
  
y = f ( x ) , y = 2 và trục Oy ( trong miền x   − ;  ) bằng
 2 2
A.
2 − 4
.
4
2 − 1
.
4
B.
C.
2 − .
2−
D.

4
.
Lời giải
Chọn A
  
Với mọi x   − ;  , ta có: f  ( x ) cos x + f ( x ) sinx = 1
 2 2

f  ( x ) cos x − f ( x )( cos x )
cos2 x
=
 f ( x ) 
f ( x)
1
1


= tan x + C .

 =
2
2
cos x
cos x
 cos x  cos x
Mà f ( 0 ) = 1 nên C = 1 . Suy ra: f ( x ) = sinx + cos x .
  
Phương trình hoành độ giao điểm của y = f ( x ) , y = 2 ( trong miền x   − ;  ) là:
 2 2

sinx + cos x = 2  x =
4
.
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) , y = 2 và trục Oy ( trong miền

  
x   − ;  ) bằng: S =
 2 2
4
 sin x + cos x −
2 dx =
0
Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
2 − 4
.
4
và thỏa mãn f ( x) + xf ( x) = 4 x3 − 6 x 2 , x 
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và y = f ( x) bằng
A.
7
.
12
B.
45
.
4
C.
1
.
2
D.
71
.
6
Lời giải
Chọn D
Ta có x 
: f ( x) + x. f ( x) = 4 x3 − 6 x 2  ( x)  f ( x) + x. f ( x) = 4 x 3 − 6 x 2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 [ x. f ( x)] = 4 x3 − 6 x 2  x. f ( x) = x 4 − 2 x3 + C
Với x = 0  C = 0 .
Do đó: f ( x) = x3 − 2 x 2  f ( x) = 3 x 2 − 4 x .
Phương trình hoành độ giao điểm của y = f ( x ) và y = f ( x) là nghiệm của phương trình:
x = 0
x − 2 x = 3x − 4 x  x − 5 x + 4 x = 0   x = 1 .
 x = 4
Suy ra, diện tích phẳng giới hạn bởi các đường cong y = f ( x ) và y = f ( x) là:
3
2
2
3
4
S=
0
Câu 40: Cho
2
1
f ( x ) − f ( x ) dx =
hàm
0 ( x
3
)
có
đạo
f ( x) + xf ( x) = 5 x 4 + 6 x 2 − 4, x 
1
xf ( x) bằng
4
112
A.
.
15
4
− 5 x + 4 x dx −
y = f ( x)
số
2
1 ( x
3
)
− 5 x 2 + 4 x dx =
hàm
liên
tục
7 45 71
+
=
.
12 4
6
trên
và
thỏa
mãn
. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) và
y=
B.
272
.
15
C.
1088
.
15
D.
32
.
3
Lời giải
Chọn D
Ta có x 
: f ( x) + x. f ( x) = 5 x 4 + 6 x 2 − 4  ( x)  f ( x) + x. f ( x) = 5 x 4 + 6 x 2 − 4
 [ x. f ( x)] = 5 x 4 + 6 x 2 − 4  x. f ( x) = x5 + 2 x3 − 4 x + C
Với x = 0  C = 0 .
Do đó f ( x) = x 4 + 2 x 2 − 4  f ( x) = 4 x3 + 4 x .
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và y =
x4 + 2 x2 − 4 =
x = 2
1
.
x 4 x3 + 4 x  x 2 = 4  
4
 x = −2
(
)
Suy ra, diện tích phẳng giới hạn bởi các đường cong y = f ( x ) và y =
2
S=

−2
1
xf ( x) là:
4
1
xf ( x) là:
4
2
1
32
f ( x) − xf ( x) dx = 4 − x 2 dx =
.
4
3
−2

Câu 41: Cho hàm số f ( x ) liên trục trên
1
0
và thỏa mãn điều kiện f ( x ) = 2 x3 − 9 + xf
( 1 + 15x ) dx .
2
Đồ thị hàm số y = g ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 9 cắt đồ thị y = f ( x ) tại ba điểm phân biệt có hoành
độ lần lượt là 1;2;4 . Hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong f ( x ) và g ( x ) có diện tích bằng:
A. I = 2.
3
B. I = .
2
C. I =
Lời giải
Chọn C
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
37
.
12
D. I = 1.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
0
Đặt k = xf
)
(
4
1 + 15 x 2 dx =
Phan Nhật Linh
4
4
t
1
f ( t ) dt =
x f ( x ) dx  15k = x f ( x ) dx (1) .
15
15
1
1
1



Khi đó f ( x ) = 2 x 2 − 9 + k  x. f ( x ) = 2 x3 − 9 x + kx thay vào (1) , ta được:
(1)  15k =
4
 ( 2x
1
3
9
k 4
1
− 9 x + kx dx  15k =  x 4 − x 2 + x 2   k = 8  f ( x ) = 2 x 2 − 1 .
2
2 1
2
)
(
) (
)
Mặt khác: g ( x ) − f ( x ) = a ( x − 1)( x − 2 )( x − 4 ) = ax3 + bx 2 + cx − 9 − 2 x 2 − 1 .
 g ( x ) − f ( x ) = a ( x − 1)( x − 2 )( x − 4 ) = ax3 + ( b − 2 ) x 2 + cx − 8 .
Cho x = 0  −8a = −8  a = 1 .
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong f ( x ) và g ( x ) bằng:
4
S=
37
1 ( x − 1)( x − 2 )( x − 4 ) dx = 12 .
 f ( x )  0
Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) , có đạo hàm f (1) = 1 và 
trên (1;+ ) thỏa mãn điều kiện

f
x

0
(
)

(
)
2  f ' ( x )  = ( x − 1) . 4 f ( x ) −  f  ( x )  + 4 . Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị
2
2
2
hàm số y = f ( x ) với các đường x = 1; x = 2 và Ox ?
A. S =
4
.
3
8
B. S = .
3
C. S =
−4
.
3
−8
.
3
D. S =
Lời giải
Chọn A
(
)
Ta có 2  f  ( x )  = ( x − 1) . 4 f ( x ) −  f  ( x )  + 4 .
2
2
2
 2  f  ( x )  +  f  ( x )  .( x − 1) = 4 ( x − 1) .( f ( x ) + 1) .
2
2
(
2
)
2
  f  ( x )  . x 2 − 2 x + 3 = 4 ( x − 1) .( f ( x ) + 1) .
2
 f  ( x ).
(x
2
2
f ( x)
1
− 2 x + 3 = 2 ( x − 1) . f ( x ) + 1  .
=
2 f ( x) + 1
)
x −1
x − 2x + 3
2
.
'
  f ( x ) + 1 =  x 2 − 2 x + 3 + C  .

 

'
Mặt khác ta có f (1) = 1  f ( x ) = x 2 − 2 x + 2  S =
2
1
4
f ( x ) dx = .
3
Câu 43: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm liên tục trên ( 0;+ ) thỏa mãn f (1) = 2 và
x ( f ' ( x ) − x ) = f ( x ) − 1, x  0. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) ;
x = 1; x = 3 và trục hoành bằng
A.
32
.
2
B.
20
.
3
C. 12 .
D.
32
.
3
Lời giải
Chọn D
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có x ( f ' ( x ) − x ) = f ( x ) − 1  xf ' ( x ) − f ( x ) = x 2 − 1

xf ' ( x ) − f ( x )
x2
=
xf ' ( x ) − x ' f ( x ) x 2 − 1
x2 − 1

= 2
x2
x2
x
f ( x)
 f ( x ) 
1
1
= x + + C.

 =1− 2 
x
x
x
 x 
Mặt khác: f (1) = 2  C = 0 
f ( x)
x
3
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là
1
= x+
1
 f ( x ) = x2 + 1
x
f ( x ) dx =
32
.
3
Câu 44: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ( 0; +  ) thỏa mãn 2 xf  ( x ) + f ( x ) = 4 x x . Biết f (1) = 1 .
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bỏi đồ thị của hàm số g ( x ) = f ( x ) − 2 xf  ( x ) , trục hoành, đường
thẳng x = 1; x = 4 .
A.
14
.
3
B.
124
.
5
C.
62
.
5
D.
28
.
3
Lời giải
Chọn B
Với x  0 ta có:
2 xf  ( x ) + f ( x ) = 4 x x 

(
2 xf  ( x ) + f ( x )
2 x
=
1
4x x
 x. f  ( x ) +
f ( x ) = 2x
2 x
2 x
)

x. f ( x ) = 2x  x. f ( x ) = x2 + C
1. f (1) = 12 + C  1 = 1 + C  C = 0  x . f ( x ) = x 2
Với x = 1 ta có
 f ( x) =
,
 f ( x) = x x
3
x . Suy ra g ( x ) = −2 x x .
2
4
Vậy diện tích S =
1 −2 x
x =
124
(Đvtt)
5
Câu 45: Cho hàm số y = f ( x ) có f ( 0 ) = 0 , đạo hàm f  ( x ) liên tục trên  −2; + ) và thỏa mãn
( x + 2 ) f  ( x ) − 2 f ( x ) = ( x − 2 )( x + 2 )3 với mọi
đồ thị của hàm số y = f ( x ) và trục hoành bằng
A.
432
.
5
B.
448
.
5
x   −2; + ) . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi
C.
464
.
5
Lời giải
Chọn C
Xét x = −2 : từ điều kiện ta có f ( −2 ) = 0 .
Xét x  −2 : chia hai vế của điều kiện cho ( x + 2 ) ta được
3
1
( x + 2)
2
f ( x) −
2
( x + 2 )3
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
f ( x) = x − 2 .
D.
446
.
5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 f ( x ) 
 1 
f ( x)
2
x2

=
−


=
x
+
2
Do 
nên
,
suy
ra
=
− 2 x + C hay
2
2
 ( x + 2 ) 
 ( x + 2 ) 
( x + 2 )3
( x + 2 )2 2
2

2 x
f ( x ) = ( x + 2)  − 2x + C 
 2

2
x

Vì f ( 0 ) = 0 nên C = 0 , suy ra f ( x ) = x  − 2  ( x + 2 ) .
2

2
x

Kết hợp cả hai trường hợp ta có f ( x ) = x  − 2  ( x + 2 ) với mọi x   −2; + ) .
2

Phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm x = −2 , x = 0 và x = 4 . Bên cạnh đó f ( x )  0 với mọi
x   0;4 và f ( x )  0 với mọi x   −2;0 .
0
4
464
2
2
x

x

Vậy diện tích cần tìm là: S = x  − 2  ( x + 2 ) dx − x  − 2  ( x + 2 ) dx =
.
2
2
5




−2
0


Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG 11
A
Phan Nhật Linh
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI SỐ PHỨC
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Xét phương trình bậc hai az 2 + bz + c = 0, ( ) với a  0 có:  = b 2 − 4ac .
b
.
2a
▪
Nếu  = 0 thì ( ) có nghiệm kép: z1 = z2 = −
▪
Nếu   0 thì ( ) có hai nghiệm thực phân biệt z1,2 =
▪
Nếu   0 thì ( ) có hai nghiệm phức phân biệt z1,2 =
−b  
.
2a
−b  i 
2a
. Hai nghiệm phức này là 2 số
phức liên hợp của nhau.
 Lưu ý
▪
▪
b
c
và z1 z2 = .
a
a
Căn bậc hai của số phức z = x + yi là một số phức w và tìm như sau:
Hệ thức Viét vẫn đúng trong trường phức
: z1 + z2 = −
Đặt w = z = x + yi = a + bi với x, y, a, b  .
w = x + yi = ( a + bi )
2
2
Giải hệ này với a, b 
B
a 2 − b 2 = x
 a − b + 2abi = x + yi  
.
2ab = y
(
2
2
)
sẽ tìm được a và b  w = z = a + bi .
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 42 – Đề tham khảo 2023. Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 ( m là số
thực). Có bao nhiêu giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
z1 + z2 = 2?
A. 1.
B. 4.
C. 2.
D. 3.
 Lời giải
Chọn C
Ta có:  = 2m + 2
Trường hợp 1:   0  m  −1.
Phương trình có hai nghiệm phức, khi đó: z1 = z2 =
c
= m2 .
a
m = 1
Suy ra: 2 m2 = 2  
.
 m = −1 (l )
Trường hợp 2:   0  m  −1.
Vì a.c = m 2  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt z1.z2  0 hoặc z1.z2  0.
 m = −2 (l )
Suy ra: z1 + z2 = 2  z1 + z2 = 2  2m + 2 = 2  
.
m = 0
Vậy có 2 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − (m + 2) z + m 2 = 0 ( m là số thực). Có bao nhiêu
3
3
giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa nãm z1 + z2 = 16 .
A. 3.
Câu 2:
B. 4.
C. 5.
D. 2.
Cho phương trình z 2 − 2mz + 6m − 8 = 0 . ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m để phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 z1 = z2 z2 ?
A. 4 .
Câu 3:
B. 1 .
D. 2 .
C. 3 .
Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m2 + 2 = 0 ( m là số thực). Có bao
nhiêu giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 8?
A. 1.
Câu 4:
B. 4.
C. 2.
D. 3.
Cho các số thực b , c sao cho phương trình z 2 + bz + c = 0 có hai nghiệm phức z1 ; z2 với phần
thực là số nguyên và thỏa mãn z1 + 3 − 2i = 1 và ( z1 − 2i )( z2 + 2 ) là số thuần ảo. Khi đó, b + c
bằng
A. −1 .
Câu 5:
B. 12 .
D. −12 .
C. 4 .
Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là 4 nghiệm phức của phương trình z 4 + ( 4 − m ) z 2 − 4m = 0 . Tìm tất cả các giá
trị m để z1 + z2 + z3 + z4 = 6 .
A. m = −1 .
Câu 6:
B. m = 2 .
C. m = 3
D. m = 1 .
Trong tập số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + 2m − 2 = 0 ( m là tham số thực). Gọi S là
tập hợp các giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn
z1 = z2 . Tổng các phần tử của tập S là
A. 3.
Câu 7:
B. 1.
C. 6.
D. 2.
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 ( a là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn
z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 4 .
Câu 8:
B. 2 .
D. 1 .
C. 3 .
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 6 z + m = 0 (1) ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng ( 0;20 ) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
z1 , z2 thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 ?
A. 10 .
Câu 9:
B. 11 .
C. 12 .
D. 13 .
Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( 2m − 1) z + m2 = 0 ( m là số thực). Khi phương
2
2
trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 sao cho biểu thức T = z1 + z2 − 10 z1z2 đạt giá trị nhỏ
nhất thì giá trị m thuộc khoảng nào sau đây?
A. ( −1;1) .
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 1;2 ) .
3 
C.  ;3  .
2 
D. ( 2;+ ) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 10: Gọi
z1 , z2 là
các
nghiệm phức
1
1
z12021 − z22022 + 2021 − 2022 bằng
z1
z2
của
Phan Nhật Linh
phương
trình
z2 − z + 1 = 0 .
Khi
đó
A. −1 .
B. 22021 i .
C. 2022 .
D. 2021 .
2
2
Câu 11: Gọi S là tập hợp các số thực m để phương trình z + 3 z + m − 2m = 0 có một nghiệm phức
z 0 với z0 = 2 . Tổng tất cả các phần tử trong S là
A. 0 .
B. −6 .
C. −5 .
D. 4 .
2
2
Câu 12: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z − 2 ( m + 2 ) z + 2m − 3m + 10 = 0 ( m là số thực). Biết
rằng phương trình trên có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
nhất của biểu thức T = z − z1 + z − z2 với z 
1
1
1
+
= . Tìm giá trị nhỏ
z1
z2 4
.
A. 0 .
B. 39 .
C. 231 .
D. 613 .
Câu 13: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 8m − 12 = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
z1 = z2 ?
A. 5
B. 6 .
D. 4 .
C. 3 .
Câu 14: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 6 z + m = 0 ( m là tham số thực). Gọi mo là một
giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 .
Trong khoảng ( 0;20 ) có bao nhiêu giá trị mo
A. 11 .
B. 13 .
C. 12 .
D. 10 .
Câu 15: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 2m 2 − 2m = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m  ( −10;10 ) để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2
thỏa mãn z1 − 2 = z2 − 2 ?
A. 15 .
B. 16 .
C. 17 .
D. 18 .
Câu 16: Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z + 6 z + 10 = 0. Giá trị biểu thức
2
w = ( 2 + z1 )
1000
+ ( 2 + z2 )
A. w = 2501 .
1000
là
B. w = 0 .
C. 2500 i .
D. w = −2500 i .
Câu 17: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 + 2mz − m + 12 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn
z1 + z2 = 2 z1 − z2 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 18: Cho các số thực b, c sao cho phương trình z 2 + bz + c = 0 có hai nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn
z1 − 4 + 3i = 1 và z2 − 8 − 6i = 4 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. 5b + c = −12.
B. 5b + c = 4.
C. 5b + c = −4.
D. 5b + c = 12.
Câu 19: Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z 2 − 2 ( a − 45 ) z + 2016 − 80a = 0 ( a là tham số
thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của a để phương trình có hai nghiệm phân biệt
z1 , z2 sao cho z1 = z2
A. 7 .
B. 8 .
C. 9 .
D. 10 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 20: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình z 2 + 2mz + 1 = 0 có hai nghiệm phức phân biệt
z1 , z2 thỏa mãn z1 + 3 = z2 + 3 .
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 21: Có bao nhiêu giá trị m nguyên và m   −2022;2022 để phương trình z 2 − 2 z + 1 − 3m = 0 có
hai nghiệm phức thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 .
A. 4045 .
B. 2021 .
C. 2022 .
D. 2023
2
Câu 22: Gọi z là nghiệm có phần ảo dương của phương trình z + z + 1 = 0 . Tính giá trị biểu thức
3
1
A = z 2022 − 2 z 2021 + 2022 − 2021 + 1 .
z
z
13
3
13
3
A. 0 .
B. i .
C.
D.
+
i.
−
i.
2
2
2
2
Câu 23: Trên tập hợp các số phức, gọi S là tổng các giá trị thực của m để phương trình
mz 2 + 2 ( m + 1) z − m + 6 = 0 có nghiệm z 0 thỏa mãn z0 = 1 . Tính S .
A. 3 .
B. −4 .
C. 1 .
D. −2 .
2
Câu 24: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình z − 2mz + 9m − 8 = 0 có hai
nghiệm phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 .
A. 4 .
B. 5 .
C. 6 .
D. 7 .
Câu 25: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình ( z − 1 − a )( z + 1 − a ) = 6 z ( a là tham số thực). Có
2
2
bao nhiêu giá trị của a để phương trình đó có hai nghiệm z1 , z 2 thỏa mãn z1 + z2 = 42 ?
A. 1 .
B. 2 .
D. 4 .
C. 3 .
Câu 26: Trên tập số phức, xét phương trình z − 4 ( m + 1) z + 4m + 2 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
2
2
nhiêu giá trị của tham số m để phương trình đó có nghiệm z 0 thoả mãn z0 = 4 ?
A. 1 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 2 .
Câu 27: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 4 ) z + m 2 − 8 = 0 ( m là tham số thực).
Tính tổng các giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z o thỏa mãn zo = 3 ?
A. 17 .
B. 6 .
C. 6 + 17 .
D. 6 − 17 .
2
2
Câu 28: Tìm tổng các giá trị của số thực a sao cho phương trình z + 3 z + a − 2a = 0 có nghiệm phức
z 0 thỏa z0 = 2 .
A. 0 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 4 .
2
2
Câu 29: Có bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình: 4 z + 4 ( m − 1) z + m − 3m = 0 có hai nghiệm
z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 2 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 30: Cho số phức w và hai số thực a , b . Biết z1 = w + 2i và z2 = 2 w − 3 là hai nghiệm phức của
phương trình z 2 + az + b = 0 . Tính giá trị của T = z1 + z2 .
A. T = 2 13 .
B. T = 4 13 .
C. T =
2 97
.
3
D. T =
2 85
.
3
Câu 31: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2az + b 2 − 20 = 0 (1) với a, b là các tham số nguyên
dương. Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn: z1 + 3iz2 = 7 + 5i thì giá trị
của biểu thức 7 a + 5b bằng
A. 19 .
B. 17 .
C. 32 .
D. 40 .
Câu 32: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + m 2 − 2m = 0 ( m là tham số thực). Có bao
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
nhiêu giá trị thực của m để phương trình có nghiệm z 0 thỏa mãn z0 = 2
B. 1 .
A. 0 .
C. 2 .
Phan Nhật Linh
D. 3 .
Câu 33: Có bao nhiêu số nguyên a để phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 có 2 nghiệm phức z1 , z2
thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 4 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 3 .
Câu 34: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 8m − 12 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 4 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 35: Có bao nhiêu số nguyên a để phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 có hai nghiệm phức z1 , z2
thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
Câu 36: Cho số phức w và hai số thực b , c . Biết rằng w + 2 và 3w − 4i là hai nghiệm của phương trình
2022 z 2 + bz + c = 0 . Tính giá trị biểu thức P = b + c bằng
A. P = −4044 .
B. P = 8088 .
C. P = 4044 .
D. P = −8088 .
Câu 37: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − z + 2 = 0 . Phần ảo của số phức
( z1 − i )( z2 − i ) 
2022
A. −21011 .
là
B. 22022 .
C. −22022 .
D. 21011 .
Câu 38: Cho phương trình 4 z 4 + mz 2 + 4 = 0 trong tập số phức và m là tham số thực. Gọi z1 , z2 , z3 , z4
là bốn nghiệm của phương trình đã cho. Tìm tất cả các giá trị của m để
(z
2
1
)(
)(
)(
)
+ 4 z22 + 4 z32 + 4 z42 + 4 = 324 .
m = 2
A. 
.
 m = −15
 m = −2
B. 
.
 m = 15
m = 1
C. 
.
 m = −35
 m = −1
D. 
.
 m = 35
Câu 39: Tổng các giá trị nguyên của tham số a để phương trình z 2 − 2 ( a + 2 ) z + a 2 + 3a = 0 có hai
nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 4.
B. −3 .
C. 3.
D. −4 .
Câu 40: Cho số phức w và hai số thực a, b Biết rằng w + i và 2 w − 1 là hai nghiệm của phương trình
z 2 + az + b = 0 . Tính tổng S = a + b
13
−5
5
−13
A.
B.
C.
D.
9
9
9
9
2
Câu 41: Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z + z + m = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên
của m để z1 + z2 = 2.
A. 3 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 0 .
Câu 42: Cho số phức w và hai số thực a , b . Biết rằng w + i và 3 − 2w là hai nghiệm của phương trình
z 2 + az + b = 0 . Tổng S = a + b bằng
A. −3 .
B. 3 .
C. 9 .
D. 7 .
Câu 43: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − mz + m + 1 = 0 . Tính tổng các giá trị của m để
phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z12 + z2 2 = z1 z2 + 1 .
A. −1 .
B. −4 .
C. 3 .
D. 5 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 44: Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 4m − 3 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu
giá trị nguyên dương của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn
z1 + z2 = 8 ?
A. 0.
B. 2.
C. 3.
D. 1.
Câu 45: Trên tập các số phức, xét phương trình z 2 − mz + m + 8 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu
giá trị nguyên của tham số m để phương trình có hai nghiệm z1 , z2 phân biệt thỏa mãn
(
) (
)
z1 z12 + mz2 = m2 − m − 8 z2 ?
A. 12 .
B. 6 .
C. 5 .
D. 11 .
Câu 46: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 6 z + m = 0 (1) ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng ( 0;20 ) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
z1 , z2 thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 ?
B. 11 .
A. 20 .
C. 12 .
D. 10 .
Câu 47: Cho phương trình 4 z 4 + mz 2 + 4 = 0 trong tập số phức và m là tham số thự C.
Gọi
z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm của phương trình đã cho. Tìm tất cả các giá trị của m để
(z
2
1
)(
)(
)(
)
+ 4 z22 + 4 z32 + 4 z42 + 4 = 324 .
A. m = 1 hoặc m = −35 . B. m = −1 hoặc m = −35 .
C. m = −1 hoặc m = 35 . D. m = 1 hoặc m = 35 .
Câu 48: Gọi
z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z 4 + 5 z 2 + 4 = 0 . Tổng
T = z1
2022
+ z2
2022
A. 1 + 22022 .
+ z3
2022
+ z4
2022
bằng?
B. 2 + 22022 .
C. 1 + 22023 .
D. 2 + 22023 .
Câu 49: Cho phương trình z 2 − 2 ( m − 2 ) z + m 2 − 5 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên
2
2
của tham số m để phương trình có hai nghiêm phức phân biệt z1 , z2 thoả mãn z1 + z2  8 ?
A. 5 .
B. 7 .
C. 2 .
D. 1 .
Câu 50: Biết phương trình z 2 + mz + m 2 − 2 = 0 ( m là tham số) có hai nghiệm phức z1 , z2 . Gọi A, B, C
lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 và z0 = i . Có bao nhiêu giá trị của tham số m
để diện tích tam giác ABC bằng 1 ?
A. 2.
B. 3.
C. 4.
D. 1.
Câu 51: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2z − m + 2 = 0 ( m là tham số thực). Gọi T là
tập hợp các giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt được biểu diễn hình học
bởi hai điểm A, B trên mặt phẳng tọa độ sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 , với
C ( −1;1) . Tổng các phần tử trong T bằng
A. 8 .
B. 4 .
C. 9 .
D. −1 .
c
c
= 0 (với c, d  và phân số
tối
d
d
giản) có hai nghiệm z1 , z2 . Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn hình học của z1 , z2 trên mặt
Câu 52: Trên tập hợp các số phức, cho biết phương trình z 2 − 2 z +
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
phẳng Oxy . Biết tam giác OAB đều, tính giá trị của P = c + 4d .
A. P = 19 .
B. P = 16 .
C. P = 22 .
Phan Nhật Linh
D. P = 14 .
Câu 53: Biết rằng phương trình z 2 + 2az + b = 0 (a, b là các số thực dương) có hai nghiệm phức liên hợp
z1 , z2 . Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của số phức w = 2, z1 , z2 . Tính giá trị của biểu
thức T = b − 4a biết rằng ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác vuông có diện tích bằng 9 .
A. 6 .
B. −8 .
C. 9 .
D. 14 .
Câu 54: Kí hiệu z 0 là nghiệm phức có phần thực và phần ảo đều âm của phương trình z 2 + 2 z + 5 = 0
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , điểm M nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w = i 3 z0 ?
A. M ( 2;1) .
B. M ( −2; −1) .
C. M ( 2; −1) .
D. M ( −1; 2 ) .
Câu 55: Trên tập hợp các số phức, phương trình z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 ( a là tham số thực) có 2
nghiệm z1 , z 2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z 2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết rằng có 2
giá trị của tham số a để tam giác OMN có một góc bằng 120 . Tổng các giá trị đó bằng bao
nhiêu?
A. 6 .
B. −4 .
C. 4 .
D. −6 .
Câu 56: Trong tập các số phức, cho phưong trình z 2 − 6 z + m = 0, m  (1) . Gọi m0 là một giá trị của m
để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1  z1 = z2  z2 . Hỏi trong khoảng
(0; 20) có bao nhiêu giá trị m0 
A. 10 .
?
B. 12 .
C. 11 .
D. 13 .
Câu 57: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m + 3 = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm phức z 0 thỏa mãn z0 + 2 = 6 ?
A. 3.
B. 4.
C. 1.
D. 2.
Câu 58: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( 2m − 1) z + 4m 2 − 5m = 0 ( m là tham số thực).
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm z 0 thoả mãn
z0 2 + (1 − 4m ) z0 + 4m 2 − 5m − 3 = 10 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 4 .
D 3.
.
Câu 59: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 2m 2 − 2m = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m  ( −10;10 ) để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2
thỏa mãn z1 − 2 = z2 − 2 ?
A. 15
B. 18 .
C. 16 .
D. 17 .
Câu 60: Trong tập số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + 4 = 0 ( m là tham số thực ). Gọi S là tập
hợp các giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2
. Tính tổng các phần tử của tập S
A. 3 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 5 .
Câu 61: Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 4 ) z + m 2 − 4m + 1 = 0 , m là tham số thự
C.
Có bao nhiêu giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z2 thỏa điều
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
kiện z1 + z2 − 2 z1 z2 = z1 .
A. 3 .
B. 2 .
C. 0 .
D. 3.
Câu 62: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình: z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 − 3m + 5 = 0 ( m là tham số
3
thực). Hỏi tổng các giá trị của m để phương trình trên có nghiệm z 0 thỏa mãn z0 − 12 = 5 z0
?
A. 9 .
B. 12 .
C. 10 .
D. 8 .
Câu 63: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình: z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị của m để phương trình trên có nghiệm z 0 thỏa mãn z0 = 6 ?
A. 4 .
C. 2 .
B. 3 .
D. 1 .
Câu 64: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( 2m − 1) z + 4m 2 − 5m = 0 ( m là tham số thực).
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm z 0 thoả mãn z0 + 3 = 10 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 3 .
Câu 65: Có bao nhiêu số nguyên a để phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 có 2 nghiệm phức z1 , z2
thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 4.
B. 2.
C. 1.
D. 3.
Câu 66: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2mz + 7 m − 10 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
2
z1 + 1 − 3i = 3 , z2 − 3 + 5i = 5 ?
A. 0 .
B. 1 .
D. 3 .
C. 2 .
2
Câu 67: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2 ( m + 1) z + 8m − 4 = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
z12 − 2mz1 + 8m = z22 − 2mz2 + 8m ?
A. 4 .
B. 3 .
C. 5 .
Câu 68: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − m + 1z −
D. 6 .
(
)
1 2
m − 5m − 6 = 0(m là tham số thực).
4
Có bao nhiêu số nguyên m  [−10;10] đề phương trình trên có hai nghiệm phức
z1 , z2 thỏa mãn
z1 + z2  z1 − z2 ?
A. 11.
B. 10.
C. 8.
D. 9.
Câu 69: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m + 3 = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm phức z 0 thỏa mãn z0 + 2 = 6 ?
A. 3 .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 1 .
C. 4 .
D. 2 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − (m + 2) z + m 2 = 0 ( m là số thực). Có bao nhiêu
3
3
giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa nãm z1 + z2 = 16 .
A. 3.
B. 4.
C. 5.
Lời giải
D. 2.
Chọn A
Ta có  = −3m 2 + 4m + 4
2

m−

TH1:   0 
3

m

2

Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 .
3
3
3
Khi đó z1 + z2 = 16  2 z1 = 16  z1 = 2  z1.z2 = 4 .
Theo Vi-ét ta có m 2 = 4  m = 2 . Kết hợp điều kiện ta được m = −2 .
2
TH2:   0  −  m  4 .Vì
3
z1 + z2 = z1 + z2 − 3 z1z2 ( z1 + z2 ) = z1 + z2 − 3z1z2 ( z1 + z2 )
3
3
3
3
= ( m + 2 ) − 3m 2 ( m + 2 ) = − 2m3 +12m + 8
3
 m = −1 + 3

Nên −2m3 + 12m + 8 = 16  −2m3 + 12m − 8 = 0   m = −1 − 3
m = 2

Kết hợp điều kiện ta được m = 2; m = −1 + 3 .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 2:
Cho phương trình z 2 − 2mz + 6m − 8 = 0 . ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m để phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 z1 = z2 z2 ?
A. 4 .
B. 1 .
D. 2 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn D
Ta có  = m 2 − 6m + 8
m  4
TH1:   0  
m  2
Khi đó phương trình
đã
cho
có
hai
nghiệm
thực
phân
biệt
z1 , z2
và
 z1 = z2 ( loai )
z1 z1 = z2 z2  z12 = z22  
 z1 + z2 = 0  2m = 0  m = 0 ( tm )
 z1 = − z2
TH2:   0  2  m  4
Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z2
z1 z1 = z2 z2  z1.z2 = z1.z1 ( luôn đúng)
Mà m 
 m  3 . Vậy có 2 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn bài toán.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 3:
Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m2 + 2 = 0 ( m là số thực). Có bao
nhiêu giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 8?
A. 1.
B. 4.
C. 2.
Lời giải
D. 3.
Chọn C
Ta có:  = 2m − 1 .
TH1:   0  m 
1
.
2
Phương trình có hai nghiệm phức z1,2 = m + 1  i −2m + 1 .
Ta
có
z1 = z2
,
do
z1 + z2 = 8  z1 = 4
đó
 m = 14 ( l )
2
 ( m + 1) − 2m + 1 = 16  m 2 = 14  
.
 m = − 14 ( tm )
1
TH2:   0  m 
2
Phương trình có hai nghiệm thực phân biệt z1 , z2 .
1
.Suy ra: z1  0, z2  0 .
2
Khi đó z1 + z2 = 8  z1 + z2 = 8  2 ( m + 1) = 8  m = 3 ( tm ) .
Ta có z1 + z2 = 2 ( m + 1)  0; z1z2 = m2 + 2  0, m 
Vậy có 2 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 4:
Cho các số thực b , c sao cho phương trình z 2 + bz + c = 0 có hai nghiệm phức z1 ; z2 với phần
thực là số nguyên và thỏa mãn z1 + 3 − 2i = 1 và ( z1 − 2i )( z2 + 2 ) là số thuần ảo. Khi đó, b + c
bằng
A. −1 .
B. 12 .
D. −12 .
C. 4 .
Lời giải
Chọn B
Trường hợp 1: Nếu các nghiệm của phương trình là các số thực x ; y thì
z1 + 3 − 2i = ( x + 3) − 2i =
( x + 3)2 + 4
= 2  1 mâu thuẫn với giả thiết.
Trường hợp 2: Các nghiệm phức của phương trình không là các số thực
Giả sử z1 = x + yi  z2 = z1 = x − yi .
Khi đó z1 + 3 − 2i = 1  ( x + 3) + ( y − 2 ) = 1
2
2
(1) .
Lại có ( z1 − 2i )( z2 + 2 ) =  x + ( y − 2 ) i  . ( x + 2 ) − yi 
= x.( x + 2 ) + y.( y − 2 ) + ( x + 2 ) .( y − 2 ) − xy  .i là một số thuần ảo.
Suy ra x.( x + 2 ) + y.( y − 2 ) = 0  x 2 + y 2 + 2 x − 2 y = 0
(2) .
( x + 3)2 + ( y − 2 )2 = 1  x = −2
 z1 = −2 + 2i ; z2 = −2 − 2i .

Giải hệ gồm (1) và ( 2 ) : 
2
2
y = 2
 x + y + 2 x − 2 y = 0
 z1 + z2 = −b = ( −2 + 2i ) + ( −2 − 2i ) = −4
 b + c = 4 + 8 = 12 .
Vì vậy theo Viet ta có: 
 z1. z2 = c = ( −2 + 2i ) . ( −2 − 2i ) = 8
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 5:
Phan Nhật Linh
Gọi z1 , z2 , z3 , z4 là 4 nghiệm phức của phương trình z 4 + ( 4 − m ) z 2 − 4m = 0 . Tìm tất cả các giá
trị m để z1 + z2 + z3 + z4 = 6 .
A. m = −1 .
B. m = 2 .
C. m = 3
Lời giải
D. m = 1 .
Chọn D
 z 2 = −4 (1)
Ta có: z + ( 4 − m ) z − 4m = 0  z + 4 z − m = 0  
 z 2 = m ( 2 )
4
(
2
2
)(
2
)
n
Ta có: z n = z .
z1; z2 là nghiệm của phương trình (1) . Ta có: z1 = z2 =
z3 ; z4 là nghiệm của phương trình ( 2 ) . Ta có: z3 = z4 =
−4 = 2 .
m .
Theo đề ra ta có: z1 + z2 + z3 + z4 = 6  2 m + 4 = 6 
m = 1  m = 1 (thỏa mãn).
Kết luận m = 1 .
Câu 6:
Trong tập số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + 2m − 2 = 0 ( m là tham số thực). Gọi S là
tập hợp các giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn
z1 = z2 . Tổng các phần tử của tập S là
A. 3.
B. 1.
C. 6.
Lời giải
D. 2.
Chọn B
Xét phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + 2m − 2 = 0 , ta có:
 =  − ( m − 1)  − 1.( 2m − 2 ) = m2 − 4m + 3 .
2
m  3
TH1:   0  m 2 − 4m + 3  0  
.
m 1
Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt z1 , z 2 .
 z + z = 2 ( m − 1)
Theo định lí Vi-et ta có:  1 2
.
z
z
=
2
m
−
2
 1 2
Theo đề bài ta có: z1 = z2  z1 = − z2  z1 + z2 = 0  2 ( m − 1) = 0  m = 1 .
TH2:   0  1  m  3
Phương trình luôn có hai nghiệm phức z1 , z 2 luôn thỏa mãn z1 = z2 .
Do đó S = 2 . Vậy tổng các phần tử của tập S là 1.
Câu 7:
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 ( a là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn
z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 4 .
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải
D. 1 .
Chọn A
Ta có  = −3a 2 − 10a + 9 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
TH1:   0 , phương trình có 2 nghiệm z1,2 =
z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 =
a −3 
, khi đó
2
a = 0
2
. (thỏa mãn điều
  ( a − 3 ) =   4a 2 + 4a = 0  
 a = −1
kiện   0 ).
TH2:   0 , phương trình có 2 nghiệm z1,2 =
a − 3  i −
, khi đó
2
a = 1
2
. (thỏa
z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 = i −  ( a − 3) = −  2a 2 + 16a − 18 = 0  
a
=
−
9

mãn điều kiện   0 ).
Vậy có 4 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy có 2 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 8:
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 6 z + m = 0 (1) ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng ( 0;20 ) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
z1 , z2 thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 ?
A. 10 .
B. 11 .
C. 12 .
Lời giải
D. 13 .
Chọn A
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là:  = 9 − m  0  m  9 .
Trường hợp 1:   0  m  9 . Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm thực phân biệt z1 , z2 và
 z = z2
z1 = z1 , z2 = z2 . Nên z1 z1 = z2 z2  z12 = z2 2   1
 z1 = − z2
Với z1 = z2 , không thoả mãn yêu cầu phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, nên loại.
Với z1 = − z2  z1 + z2 = 0 không thỏa mãn, do theo Vi-ét, ta có z1 + z2 = 6 .
Trường hợp 2:   0  m  9 . Khi đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z 2 và
z2 = z1 , z1 = z2 . Yêu cầu z1 z1 = z2 z2  z1z2 = z1z2 luôn đúng với m  9 .
Vậy trong khoảng ( 0; 20 ) có 10 số m0 thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9:
Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( 2m − 1) z + m2 = 0 ( m là số thực). Khi phương
2
2
trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 sao cho biểu thức T = z1 + z2 − 10 z1z2 đạt giá trị nhỏ
nhất thì giá trị m thuộc khoảng nào sau đây?
A. ( −1;1) .
B. 1;2 ) .
3 
C.  ;3  .
2 
Lời giải
Chọn C
Ta có:  = 3m 2 − 4m + 1 .
TH1:   0  3m2 − 4m + 1  0 
1
 m  1.
3
Phương trình có hai nghiệm phức z1,2 = 2m − 1  i −3m2 + 4m − 1 .
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. ( 2;+ ) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
2
Phan Nhật Linh
2
Ta có z1 = z2 = z1z2 = m 2 .
2
2
1 
Do đó T = z1 + z2 − 10 z1z2 = 2 z1z2 − 10 z1z2 = −8m2  −8, m   ;1 .
3 
Trường hợp này không tồn tại m để T đạt giá trị nhỏ nhất.
 m 1
TH2:   0  3m − 4m + 1  0  
.
m  1
3

2
Phương trình có hai nghiệm thực phân biệt z1 , z2 .
Ta có z1 + z2 = 2 ( 2m − 1)  0; z1z2 = m 2 .
Khi
T = z1 + z2 − 10 z1z2 = z12 + z22 − 10 z1z2 = ( z1 + z2 ) − 2 z1z2 − 10 z1z2
2
đó
2
2
1
2
2

= 4 ( 2m − 1) − 12m2 = 4m2 − 16m + 4 = 4 ( m − 2 ) − 12  −12, m   −;   (1; + ) .
3

Vậy biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất bằng −12 khi m = 2 .
Câu 10: Gọi
z1 , z2 là
z12021 − z22022 +
các
1
z12021
−
nghiệm
1
z22022
A. −1 .
phức
của
phương
z2 − z + 1 = 0 .
trình
Khi
đó
bằng
B. 22021 i .
C. 2022 .
Lời giải
D. 2021 .
Chọn A

1 − 3i
3
3
 z1 =
 1 − 3i   1 + 3i 
2
2
Ta có: z − z + 1 = 0  
mà 
 = 
 = −1
2
2

1 + 3i

 

 z2 =

2
 z12021 = ( z13 )673.z12 = (−1)673.z12 = − z12 , z22022 = ( z23 ) 674 = (−1) 674 = 1

z12021
−
z22022
+
1
z12021
−
1
z22022
2
=
− z12
 1 − 3i 
1
1
1
−1+ 2 +
= − 
− 2 = 1 − 2 = −1
 +
2
2
z1 −1




1 − 3i
−

 2 
Câu 11: Gọi S là tập hợp các số thực m để phương trình z 2 + 3 z + m 2 − 2m = 0 có một nghiệm phức
z 0 với z0 = 2 . Tổng tất cả các phần tử trong S là
A. 0 .
B. −6 .
C. −5 .
Lời giải
D. 4 .
Cách 1
TH1: z 0 là số thực
 m 2 − 2m + 10 = 0 (VN )
 z0 = 2

z0 = 2  
 m 2 − 2m − 2 = 0  m = 1  3
 z0 = −2
(
)
TH2: z 0 không phải là số thực   = 9 − 4 m2 − 2m  0  m2 − 2m 
9
(1)
4
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vì phương trình z 2 + 3z + m2 − 2m = 0 (*) có các hệ số thực và z 0 là nghiệm của (*) nên z 0
cũng là nghiệm của (*) .
2
Theo Viet ta có z0 .z0 = m2 − 2m  4 = z0 = m 2 − 2m (thỏa (1))
 m 2 − 2m − 4 = 0  m = 1  5
Vậy tổng các phần tử của S bằng 4.
Cách 2:
Gọi z0 = a + bi ( a, b 
)
z0 = 2  a 2 + b 2 = 4 (1)
z 0 là nghiệm của phương trình z 2 + 3 z + m 2 − 2m = 0  ( a + bi ) + 3 ( a + bi ) + m 2 − 2m = 0
2
2
2
2

a − b + 3a + m − 2m = 0 (2)
 a − b + 3a + m − 2m + (2ab + 3b)i = 0  

2ab + 3b = 0 (3)
2
2
2
b = 0
Ta có (3)  
a = − 3

2
Với b = 0 . Từ (1)  a 2 = 4  a = 2 .
Khi b = 0, a = 2 , lúc đó: ( 2 )  m2 − 2m + 10 = 0 (vô nghiệm)
Khi b = 0, a = −2 , lúc đó: ( 2 )  m2 − 2m − 2 = 0  m = 1  3
3
7
Với a = − , lúc đó : (1)  b 2 = .
2
4
Do đó: ( 2 )  m2 − 2m − 4 = 0  m = 1  5
Vậy tổng các phần tử của S bằng 4 .
Câu 12: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 2 ) z + 2m 2 − 3m + 10 = 0 ( m là số thực). Biết
rằng phương trình trên có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
nhất của biểu thức T = z − z1 + z − z2 với z 
A. 0 .
B.
Chọn C
(
39 .
1
1
1
+
= . Tìm giá trị nhỏ
z1
z2 4
.
C. 231 .
Lời giải
D.
613 .
)
 = ( m + 2 ) − 2m2 − 3m + 10 = −m2 + 7m − 6 .
2
TH1:   0  1  m  6 .
 S = 2 ( m + 2 )  0
Ta có: 
, m  (1;6 ) nên phương trình có 2 nghiệm thực z2  z1  0 .
2
P
=
2
m
−
3
m
+
10

0

−1

m=
1 1 1
1
1
1
2

Do đó:
+
=  + =  4S = P  2m − 11m − 6 = 0 
2 (loại).

z1
z2 4
z1 z2 4
m = 6
m  1
TH2:   0  
.
m  6
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
2
Phương trình có hai nghiệm phức thoả: z2 = z1 nên P = z1z2 = z1  z1 = z2 = P .
−9

m=
1
1
1
1
1
1
2

Do đó:
+
=  P = 64  2m − 3m − 54 = 0 
+
= 
2 .

z1
z2 4
P
P 4
m = 6
−9
−5
231
. Khi đó PT trở thành: z 2 + 5 z + 64 = 0  z =

i.
2
2
2
−5
T = z − z1 + z2 − z  z2 − z1 = 231 . Vậy min T = 231 đạt được tại z =
.
2
So với ĐK nhận m =
Câu 13: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 8m − 12 = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
z1 = z2 ?
A. 5
B. 6 .
C. 3 .
Lời giải
D. 4 .
Chọn D
Ta có: z 2 − 2mz + 8m − 12 = 0 (*) thì  = m 2 − 8m + 12 .
m  6
TH1:   0  m2 − 8m + 12  0  
. Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm thực phân
m  2
 z1 = z2 ( KTM )
biệt z1 , z2 và theo yêu cầu bài toán: z1 = z2  
 z1 = − z2  z1 + z2 = 0  m = 0 (TM )
TH2:   0  2  m  6 . Phương trình (*) khi đó có 2 nghiệm z1,2 = m  i  luôn thỏa
mãn z1 = z2 . Nên: m  3;4;5 .
Vậy các giá trị m thỏa mãn là: m  0;3;4;5 .
Câu 14: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 6 z + m = 0 ( m là tham số thực). Gọi mo là một
giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 .
Trong khoảng ( 0;20 ) có bao nhiêu giá trị mo
A. 11 .
B. 13 .
C. 12 .
Lời giải
D. 10 .
Chọn D
Xét phương trình z 2 − 6 z + m = 0 .
Ta có  ' = 9 − m .
Theo đề bài: z1.z1 = z2 .z2  z1 = z2 .
Khi  '  0 phương trình có hai nghiệm thực phân biệt, khi đó:
z1 = z2  z1 = − z2  z1 + z2 = 0 ( mâu thuẫn vì z1 + z2 = 6 ).
Khi  '  0 phương trình có hai nghiệm phức phân biệt là hai số phức liên hợp, hay:
9 − m  0  m  9 . Suy ra Trong khoảng ( 0;20 ) có 10 giá trị mo .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 15: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 2m 2 − 2m = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m  ( −10;10 ) để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2
thỏa mãn z1 − 2 = z2 − 2 ?
A. 15 .
B. 16 .
C. 17 .
Lời giải
D. 18 .
Ta có: z 2 − 2mz + 2m2 − 2m = 0 (*) thì  = − m 2 + 2m .
Trường hợp 1:   0  −m2 + 2m  0  0  m  2 .
Với 0  m  2 phương trình có hai nghiệm thực z1  z2 .
 z1 − 2 = z2 − 2
 z1 = z2 ( L )
Khi đó z1 − 2 = z2 − 2  
.

z
−
2
=
−
z
−
2
(
)
z
+
z
=
4
2
 1
 1 2
Suy ra z1 + z2 = 4  2m = 4  m = 2 (loại).
m  2
Trường hợp 2:   0  
.
m  0
Phương trình (*) khi đó có 2 nghiệm z1,2 = m  i −m2 + 2m .
Do đó z1 − 2 = z2 − 2 (luôn đúng).
m  2
Kết hợp điều kiện 
và m  ( −10;10 ) , m nguyên suy ra m  −9; −8;...; −1;3;4;...;9
m  0
Vậy các giá trị nguyên của thỏa mãn là: m  −9; −8;...; −1;3;4;...;9 nên có 16 giá trị nguyên của
m  ( −10;10 ) thoả mãn.
Câu 16: Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 + 6 z + 10 = 0. Giá trị biểu thức
w = ( 2 + z1 )
1000
+ ( 2 + z2 )
1000
A. w = 2501 .
là
B. w = 0 .
D. w = −2500 i .
C. 2500 i .
Lời giải
Chọn A
 z = −3 + i
Có z 2 + 6 z + 10 = 0  
.
 z = −3 − i
Khi đó w = ( 2 + z1 )
1000
4
w = ( −1 + i ) 


250
+ ( 2 + z2 )
1000
4
+ ( −1 − i ) 


250
= ( −1 + i )
1000
+ ( −1 − i )
1000
= 4250 + 4250 = 2501.
Câu 17: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 + 2mz − m + 12 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn
z1 + z2 = 2 z1 − z2 ?
A. 1 .
B. 2 .
Chọn B
Phương trình đã cho có  = m 2 + m − 12 .
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C. 3 .
Lời giải
D. 4 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 m  −4
Trường hợp 1:   0  m2 + m − 12  0  
.
m  3
Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm thực z1 , z 2 phân biệt.
Do đó, z1 + z2 = 2 z1 − z2  ( z1 + z2
(
)
2
=
(
2 z1 − z2
)
2
)
2
2
 z12 + z22 + 2 z1z2 = 2 z12 + z22 − 2 z1z2  ( z1 + z2 ) − 2 z1z2 + 2 z1z2 = 2 ( z1 + z2 ) − 4 z1z2 


 ( z1 + z2 ) − 6 z1z2 − 2 z1z2 = 0  4m2 − 6 ( −m + 12 ) − 2 −m + 12 = 0 ()
2
 m = −6
Nếu m  −4 hoặc 3  m  12 thì ( )  4m2 − 8 ( −m + 12 ) = 0  m2 + 2m − 24 = 0  
m = 4
Nếu m  12 thì ( )  4m2 − 4 ( −m + 12 ) = 0  m2 + m − 12 = 0 (không thỏa mãn).
Trường hợp 2:   0  m 2 + m − 12  0  −4  m  3 .
Khi đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 là hai số phức liên hợp:
−m + i −m 2 − m + 12 và −m − i −m 2 − m + 12 .
(
)
Do đó, z1 + z2 = 2 z1 − z2  2 m2 + −m2 − m + 12 = 2 −m2 − m + 12
 − m + 12 = − m 2 − m + 12  m = 0 (thỏa mãn).
Vậy có 3 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn đề bài.
Câu 18: Cho các số thực b, c sao cho phương trình z 2 + bz + c = 0 có hai nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn
z1 − 4 + 3i = 1 và z2 − 8 − 6i = 4 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. 5b + c = −12.
B. 5b + c = 4.
C. 5b + c = −4.
Lời giải
D. 5b + c = 12.
Chọn A
Vì z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + bz + c = 0 nên z1 = z2
Khi đó ta có z2 − 8 − 6i = 4  z1 − 8 − 6i = 4  z1 − 8 + 6i = 4.
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1.
 M vừa thuộc đường tròn ( C1 ) tâm I1 ( 4; −3) , bán kính R1 = 1 và đường tròn ( C2 ) tâm
I1 ( 8; −6 ) , bán kính R1 = 4  m  ( C1 )  ( C2 ) .
Ta có I1I 2 = 42 + 32 = 5 = R1 + R2  ( C1 ) và ( C2 ) tiếp xúc ngoài.
Do đó có duy nhất 1 điểm M thỏa mãn, tọa độ điểm M là nghiệm của hệ :
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
24

 x = 5
 x 2 + y 2 − 8 x + 6 y + 24 = 0
24 18
 24 18 

 M  ; −   z1 =
− i là nghiệm của
 2
2
18
5
5
5
5


x
+
y
−
16
x
+
12
y
+
84
=
0
y = −

5

24 18
phương trình z 2 + bz + c = 0  z2 =
+ i cũng là nghiệm của phương trình z 2 + bz + c = 0.
5
5
48
48
z + z = −b =
 b = − ; z1.z2 = c = 36
Áp dụng định lí Vi ét ta có 1 2
5
5
Vậy
5b + c = −48 + 36 = −12.
Câu 19: Trong tập hợp các số phức, cho phương trình z 2 − 2 ( a − 45 ) z + 2016 − 80a = 0 ( a là tham số
thực). Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của a để phương trình có hai nghiệm phân biệt
z1 , z2 sao cho z1 = z2
A. 7 .
B. 8 .
C. 9 .
Lời giải
D. 10 .
Chọn B
Ta có  ' = ( a − 45 ) − ( 2016 − 80a ) = a 2 − 10a + 9
2
a  1
TH1:.  '  0  a 2 − 10a + 9  0  
.
a  9
 z = z2 (l )
Phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt, khi đó: z1 = z2   1
 z1 = − z2
 z1 + z2 = 0  2 ( a − 45 ) = 0  a = 45 .
TH2:  '  0  a 2 − 10a + 9  0  a  (1;9 ) .
Khi đó phương trình có 2 nghiệm phức z1 , z2 là 2 số phức liên hợp của nhau, ta luôn có z1 = z2
.
Với a 
+
 a  2;3;4;5;6;7;8;45 . Vậy có 8 giá trị nguyên dương cần tìm.
Câu 20: Có bao nhiêu số nguyên m để phương trình z 2 + 2mz + 1 = 0 có hai nghiệm phức phân biệt
z1 , z2 thỏa mãn z1 + 3 = z2 + 3 .
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải
D. 4 .
Chọn B
Với  = m 2 − 1  0 , phương trình z 2 + 2mz + 1 = 0 có hai nghiệm phức liên hợp
z1 = a + bi, z2 = a − bi . Khi đó hiển nhiên z1 + 3 =
( a + 3) 2 + b 2
= z2 + 3 .
Với  = m 2 − 1  0 , phương trình z 2 + 2mz + 1 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt z1 , z2 . Đẳng
thức z1 + 3 = z2 + 3 tương đương với z1 + z2 + 6 = 0 , điều này nghĩa là −2m + 6 = 0 tức m = 3
.
Tóm lại các số nguyên m cần tìm là m = 0, m = 3 .
Câu 21: Có bao nhiêu giá trị m nguyên và m   −2022;2022 để phương trình z 2 − 2 z + 1 − 3m = 0 có
hai nghiệm phức thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 .
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 4045 .
B. 2021 .
C. 2022 .
Lời giải
Chọn D
 = 4 − 4(1 − 3m) = 12m
Phan Nhật Linh
D. 2023
TH1. Nếu   0  m  0
Khi đó phương trình có hai nghiệm thực z1 = 1 − 3m và z2 = 1 + 3m
 z1 = 1 − 3m , z2 = 1 + 3m
(
Ta có z1.z1 = z2 .z2  1 − 3m
) = (1 +
2
3m
)
2
m=0
TH2. Nếu   0  m  0
Khi đó phương trình có hai nghiệm phức z1 = 1 − i −3m và z2 = 1 + i −3m
 z1 = 1 + i −3m , z2 = 1 − i −3m
(
)(
) (
)(
Mà z1.z1 = z2 .z2  1 − i −3m 1 + i −3m = 1 + i −3m 1 − i −3m
)
 1 − 3m = 1 − 3m
Kết hợp hai TH suy ra m  0 thì phương trình luôn có hai nghiệm phức thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 .
Mà m  Z , m   −2022;2022  m = −2022; − 2021;...; − 1;0 .
Vậy có 2023 giá trị m cần tìm.
Câu 22: Gọi z là nghiệm có phần ảo dương của phương trình z 2 + z + 1 = 0 . Tính giá trị biểu thức
3
1
A = z 2022 − 2 z 2021 + 2022 − 2021 + 1 .
z
z
B. i .
A. 0 .
C.
13
3
+
i.
2
2
D.
13
3
−
i.
2
2
Lời giải
Chọn C

1
z = − +
2
z2 + z + 1 = 0  

1
z = − −

2
3
i
2
3
i
2
1
3
1
3
i , ta có: z 2 = − −
i và z 3 = 1 .
Lấy z = − +
2 2
2 2
( )
Suy ra z 2022 = z 3
674
( )
= 1 và z 2021 = z 3
673
1
3
.z 2 = z 2 = − −
i
2 2
 1
3 
1
i  + 3 −
+1
Suy ra A = 1 − 2  − −
2
2
1
3


− −
i
2 2
 1
3 
1
13
3
i  + 3 −
+1= +
i.
Suy ra A = 1 − 2  − −
2
2
1
3
 2 2 
− −
i
2 2
Câu 23: Trên tập hợp các số phức, gọi S là tổng các giá trị thực của m để phương trình
mz 2 + 2 ( m + 1) z − m + 6 = 0 có nghiệm z 0 thỏa mãn z0 = 1 . Tính S .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 3 .
B. −4 .
C. 1 .
Lời giải
Chọn D
Về đích đặc biệt 9+
D. −2 .
Xét phương trình mz 2 + 2 ( m + 1) z − m + 6 = 0 .
TH1: m = 0  Phương trình đã cho có dạng 2 z + 6 = 0  z = −3  z = 3 không thõa mãn.
TH2: m  0 . Ta có  = ( m + 1) − m ( −m + 6 ) = 2m2 − 4m + 1 .
2

2− 2
m 
2
Nếu:   0  2m 2 − 4m + 1  0  
thì phương trình đã cho có hai nghiệm thực 

2+ 2
m 

2
z 0 là số thực
z = 1
Theo bài ra, ta có z0 = 1   0
.
 z0 = −1
Với z0 = 1 , ta có m + 2m + 2 − m + 6 = 0  m = −4 (thỏa mãn ).
Với z0 = −1 , ta có m − 2m − 2 − m + 6 = 0  m = 2 ( thỏa mãn ).
Nếu:   0  2m2 − 4m + 1  0 
2− 2
2+ 2
, thì phương trình đã cho có hai
m
2
2
nghiệm phức
z 0 là nghiệm của phương trình đã cho  z0 cũng là nghiệm của phương trình đã cho.
Áp dụng hệ thức viét, ta có z0 .z0 =
−m + 6
−m + 6
2
mà z0 .z0 = z0 = 1 
= 1  m = 3 (không
m
m
thõa mãn)
Vậy m = −4; m = 2  S = −2 .
Câu 24: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình z 2 − 2mz + 9m − 8 = 0 có hai
nghiệm phức phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 .
A. 4 .
B. 5 .
C. 6 .
Lời giải
D. 7 .
Chọn D
2

   0
m − 9m + 8  0

m=0



m=0

 z1 + z2 = 0

Yêu cầu bài toán  
m
    0  1  m  8 ⎯⎯⎯
→ m  2;3;4;5;6;7.
  z1 = z2


Vậy có tất cả 7 giá trị m cần tìm.
Câu 25: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình ( z − 1 − a )( z + 1 − a ) = 6 z ( a là tham số thực). Có
2
2
bao nhiêu giá trị của a để phương trình đó có hai nghiệm z1 , z 2 thỏa mãn z1 + z2 = 42 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải
D. 4 .
Chọn B
Ta có: ( z − 1 − a )( z + 1 − a ) = 6 z  z 2 − 2 ( a + 3) z + a 2 − 1 = 0 (1) có  = 6a + 10 .
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
5
Trường hợp 1:   0  a  − . Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm thực z1 , z 2 .
3
 a = −6 + 38
2
2
2
Suy ra z1 + z2 = 42   2 ( a + 3)  − 2 a 2 − 1 = 42  2a 2 + 24a − 4 = 0  
.
 a = −6 − 38
(
)
Kết hợp với điều kiện nhận a = −6 + 38 .
5
Trường hợp 2:   0  a  − . Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm phức z1 , z 2 thỏa mãn
3
z1 = z2 .
 a = 22
2
2
Suy ra z1 + z2 = 42  z1 z1 + z2 z2 = 42  z1z2 = 21  a 2 − 22 = 0  
.
 a = − 22
5
Kết hợp với điều kiện a  − , nhận a = − 22 .
3
Vậy có 2 giá trị của a thỏa mãn.
Câu 26: Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 4 ( m + 1) z + 4m 2 + 2 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị của tham số m để phương trình đó có nghiệm z 0 thoả mãn z0 = 4 ?
A. 1 .
B. 3 .
C. 4 .
Lời giải
D. 2 .
Chọn B
Phương trình z 2 − 4 ( m + 1) z + 4m 2 + 2 = 0 có  ' = 4 ( m + 1) − 4m2 − 2 = 8m + 2 .
2
1
Trường hợp 1: Nếu   0  m  − . Phương trình đã cho có nghiệm z 0 thoả mãn z0 = 4 ,
4
suy ra z0 = 4 hoặc z0 = −4 .

4 + 14
m =
2
(t )
Nếu z0 = 4 , suy ra 16 − 4 ( m + 1) .4 + 4m 2 + 2 = 0  4m 2 − 16m + 2 = 0  

4 − 14
m =

2
Nếu z0 = −4 , suy ra 16 + 4 ( m + 1) .4 + 4m2 + 2 = 0  4m2 + 16m + 34 = 0 (vô nghiệm).
Trường hợp 2: Nếu   0  m  −
1
, phương trình đã cho có hai nghiệm phức
4
z1 = 2 ( m + 1) − i −8m − 2 và z2 = 2 ( m + 1) + i −8m − 2 .

14
(l )
m =
2
2
2

z
=
4

4
m
+
1
−
8
m
−
2
=
16

4
m
=
14

Khi đó 0
.
(
)

14
(t )
m = −

2
Vậy có 3 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 27: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 4 ) z + m 2 − 8 = 0 ( m là tham số thực).
Tính tổng các giá trị của m để phương trình đó có nghiệm z o thỏa mãn zo = 3 ?
A. 17 .
B. 6 .
C. 6 + 17 .
Lời giải
D. 6 − 17 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn D
Về đích đặc biệt 9+
Xét phương trình z 2 − 2 ( m + 4 ) z + m 2 − 8 = 0 có  = 8m + 24 .
Nếu   0  8m + 24  0  m  −3 thì phương trình có nghiệm z o thỏa zo = 3 suy ra zo = 3
hoặc zo = −3 .
m = 3 + 4 2
Với zo = 3 ta có 9 − 2 ( m + 4 ) .3 + m2 − 8 = 0  m2 − 6m − 23 = 0  
(nhận).
 m = 3 − 4 2
Với zo = −3 ta có 9 − 2 ( m + 4 )( −3) + m2 − 8 = 0  m2 + 6m + 25 = 0 (vô nghiệm).
Nếu   0  m  −3 , khi đó phương trình có hai nghiệm phức z1; z2 thỏa mãn zo = z1 = z2 .
Suy ra zo = 3  zo .zo = 9  z1.z2 = 9  m 2 − 8 = 9  m =  17 .
Kết hợp với điều kiện m  −3 suy ra m = − 17 .
Vậy tổng các giá trị của m là 3 + 4 2 + 3 − 4 2 − 17 = 6 − 17 .
Câu 28: Tìm tổng các giá trị của số thực a sao cho phương trình z 2 + 3 z + a 2 − 2a = 0 có nghiệm phức
z 0 thỏa z0 = 2 .
B. 2 .
A. 0 .
C. 6 .
Lời giải
D. 4 .
Chọn D
Trường hợp z0 
z = 2
. Khi đó z0 = 2   0
.
z
=
−
2
 0
Nếu z0 = 2 thì a 2 − 2a + 10 = 0 không có nghiệm thực a .
Nếu z0 = −2 thì a 2 − 2a − 2 = 0 luôn có nghiệm thực a và theo định lý Vi-ét tổng hai nghiệm
thực này là 2 (1) .
Trường hợp phương trình z 2 + 3 z + a 2 − 2a = 0 có nghiệm phức z0 
thì z 0 cũng là nghiệm
phức của phương trình.
2
Vì z0 = 2 nên z0 .z0 = z0 = 4 .
a 2 − 2a
= a 2 − 2a  a 2 − 2 a = 4  a 2 − 2 a − 4 = 0 ( * ) .
1
Phương trình (*) luôn có hai nghiệm thực phân biệt, theo định lý Vi-ét ta có tổng các giá trị của
Theo định lý Vi-ét ta có z0 .z0 =
số thực a bằng 2
( 2) .
Từ (1) và ( 2 ) suy ra tổng các giá trị của số thực a sao cho phương trình z 2 + 3 z + a 2 − 2a = 0
có nghiệm phức z 0 thỏa z0 = 2 là 4 .
Câu 29: Có bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình: 4 z 2 + 4 ( m − 1) z + m2 − 3m = 0 có hai nghiệm
z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 2 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn B
Phương trình 4 z 2 + 4 ( m − 1) z + m2 − 3m = 0 (1)
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. 4 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
Phan Nhật Linh
)
Có:  ' = 4.( m − 1) − 4 m2 − 3m = 4m + 4
2
Trường hợp 1:  ' = 0  m = −1 . (1) có 2 nghiệm z1 = z2 = 1  z1 + z2 = 2
Trường hợp 2:  '  0  m  −1  (1) có 2 nghiệm phức liên hợp z1,2 = a  b.i ( a, b 
).
a 2 + b2 = 1
 z1 + z2 = 2
m = 4
m2 − 3m


2
2
Ta có: 
.


=1 
 2
m − 3m
m
−
3
m
2
m
=
−
1
4
z
.
z
=
a
+
b
=

 1 2


4

4
Trường hợp 3:  '  0  m  −1  (1) có 2 nghiệm thực phân biệt thỏa mãn định lý Viet:
 z1 + z2 = 1 − m


m 2 − 3m
 z1.z2 =

4
Mà z1 + z2 = 2  z12 + z22 + 2. z1.z2 = 4  ( z1 + z2 ) − 2 z1z2 + 2. z1.z2 = 4
2
2
m2 − 3m m − 3m
 (1 − m ) −
+
= 4  m = 3.
2
2
Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
Câu 30: Cho số phức w và hai số thực a , b . Biết z1 = w + 2i và z2 = 2 w − 3 là hai nghiệm phức của
phương trình z 2 + az + b = 0 . Tính giá trị của T = z1 + z2 .
A. T = 2 13 .
B. T = 4 13 .
C. T =
2 97
.
3
D. T =
2 85
.
3
Lời giải
Chọn C
 z1 = z2
Vì z1 , z2 là 2 nghiệm phức của phương trình đã cho nên 
 z2 = z1
 w − 2i = 2 w − 3
2 w − 4i = 4 w − 6
2


 w = 3− i
3
2 w − 3 = w + 2i
2 w − 3 = w + 2i
2
4
97
4
 z1 = 3 + i  z1 = 32 +   =
.
3
3
3
Mà z1 , z2 là 2 nghiệm phức của phương trình trên nên z1 = z2 =
97
2 97
. Vậy T =
.
3
3
Câu 31: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2az + b 2 − 20 = 0 (1) với a, b là các tham số nguyên
dương. Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn: z1 + 3iz2 = 7 + 5i thì giá trị
của biểu thức 7 a + 5b bằng
A. 19 .
B. 17 .
C. 32 .
Lời giải
D. 40 .
Chọn C
Nhận xét: Nếu  = a 2 − b 2 + 20  0
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 z1 = 7
5

Giả thiết z1 + 3iz2 = 7 + 5i  
5 . Suy ra 7 + = z1 + z2 = 2a 
3
 z2 = 3
Về đích đặc biệt 9+
(vô lý)
Suy ra:  = a 2 − b 2 + 20  0
z = a +

Giải phương trình (1) ta có hai nghiệm 
z = a −

a 2 − b 2 + 20 i
a 2 − b 2 + 20 i
 z = a − a 2 − b 2 + 20 i
 1
 z1 + 3iz2 = 7 + 5i

2
2
TH1:  z2 = a + a − b + 20 i

(
 a − 3 a 2 − b 2 + 20 + 3a −
)
a 2 − b 2 + 20 i = 7 + 5i
a − 3 a 2 − b 2 + 20 = 7
a = 1



 2
 VN
2
2
2
a
−
b
+
20
=
−
2
3a − a − b + 20 = 5


 z = a + a 2 − b 2 + 20 i
 1
 z1 + 3iz2 = 7 + 5i

2
2
TH2:  z2 = a − a − b + 20 i

(
 a + 3 a 2 − b 2 + 20 + 3a +
)
a 2 − b 2 + 20 i = 7 + 5i
a = 1
a + 3 a 2 − b 2 + 20 = 7
a = 1
a = 1
 2
a = 1




 2
  b = 25   b = 5

2
b = 5
3a + a 2 − b 2 + 20 = 5
 a − b + 20 = 4
 2
 b = −5(l )
b
=
17(
l
)





Suy ra 7 a + 5b = 32
Cách 2
Nhận xét: Nếu  = a 2 − b 2 + 20  0
 z1 = 7
5

Giả thiết z1 + 3iz2 = 7 + 5i  
5 . Suy ra 7 + = z1 + z2 = 2a 
3
 z2 = 3
(vô lý)
Suy ra:  = a 2 − b 2 + 20  0
 z1 + 3i ( 7 − 5i + 3iz1 ) = 7 + 5i
 z1 + 3iz2 = 7 + 5i
 z1 = 1 + 2i
Giả thiết ta có: 


 z2 − 3iz1 = 7 − 5i
 z2 − 3iz1 = 7 − 5i
 z2 = 1 − 2i
a = 1
Áp dụng viet suy ra 
 7a + 5b = 32
b = 5
Câu 32: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + m 2 − 2m = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị thực của m để phương trình có nghiệm z 0 thỏa mãn z0 = 2
A. 0 .
Chọn D
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải
D. 3 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta có  ' = 2m
Trường hợp 1:  '  0  2m  0  m  0 phương trình có hai nghiệm thực, khi đó
 z0 = 2
z0 = 2  
 z0 = −2
Nếu z0 = 2 là nghiệm của phương trình đã cho thì ta có
 m = 1(nhaän
22 − 2m.2 + m2 − m = 0  m2 − 5m + 4 = 0  
 m = 4(nhaän)
Nếu z0 = −2 là nghiệm của phương trình đã cho thì ta có
(−2) 2 − 2m.(−2) + m 2 − m = 0  m 2 + 3m + 4 = 0 (vô nghiệm)
Trường hợp 2:  ' = 0  2m = 0  m = 0 phương trình đã cho là z 2 = 0  z = 0 không thỏa
mãn điều kiện z0 = 2 nên m = 0 không là giá trị càn tìm.
Trường hợp 3:  '  0  2m  0  m  0 khi đó phương trình có hai nghiệm phức là
z2 = m − −2mi ; z1 = m + −2mi . Vì hai nghiệm này là hai số phức liên hợp, nên có modun bằng
nhau, do đó ta chỉ cần xét một trường hợp.
Giả
z0 = m + −2mi
sử
khi
đó
 m = 1 − 5 ( nhaän)
z0 = 2  m 2 − 2 m = 2  m 2 − 2 m − 4 = 0  
 m = 1 + 5 (loaïi )
Vậy có 3 giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán, Chọn D
Câu 33: Có bao nhiêu số nguyên a để phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 có 2 nghiệm phức z1 , z2
thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 4 .
B. 2 .
Chọn A
(
C. 1 .
Lời giải
D. 3 .
)
Ta có:  = ( a − 3) − 4 a 2 + a = −3a 2 − 10a + 9
2
2
  0
  0
−3a − 10a + 9  0


TH1: 

2
2
 z1 + z2 = z1 − z2
 z1 + z2 = z1 − z2
 z1.z2 = 0
 −3a 2 − 10a + 9  0
a = 0


.
2
 a = −1
 a + a = 0
2
  0
  0

−3a − 10a + 9  0


TH2: 
2
2
2a + 16a − 18 = 0
 z1 + z2 = z1 − z2
 a − 3 = i. 3a + 10a − 9
a = 1

.
 a = −9
Vậy có 4 giá trị nguyên của a thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 34: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 8m − 12 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = 4 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải
D. 4 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
Ta có  = m 2 − 8m + 12 . Xét hai trường hợp:
m  6
Trường hợp 1:   0  m2 − 8m + 12  0  
.
m  2
 z + z = 2m
Phương trình có hai nghiệm thực z1 , z2 và  1 2
.
 z1.z2 = 8m − 12
Theo giả thiết: z1 + z2 = 4  z12 + z22 + 2 z1z2 = 16  ( z1 + z2 ) − 2 z1z2 + 2 z1z2 = 16
2
 4m2 − 2 ( 8m − 12 ) + 2 8m − 12 = 16  4m2 − 16m + 8 + 2 8m − 12 = 0 (*)
Với m  6 hoặc
3
m2:
2
 m = 2 ( KTM )
(*)  4m 2 − 16m + 8 + 2 ( 8m − 12 ) = 0  4m 2 − 16 = 0  
.
 m = −2 ( KTM )
3
Với m  :
2
 m = 4 − 2 2 (TM )
(*)  4m 2 − 16m + 8 + 2 ( −8m + 12 ) = 0  4m 2 − 32m + 32 = 0  
.
 m = 4 + 2 2 ( KTM )
Trường hợp 2:   0  m 2 − 8m + 12  0  2  m  6 .
Phương trình có hai nghiệm phức z1 , z2 và z1 = z2  z1 = z2 = z2 .
Theo giả thiết z1 + z2 = 4  2 z1 = 4  z1 = 2 (**).
Khi đó (**)  m + i m2 − 8m + 12 = 2  2m2 − 8m + 8 = 0  m = 2 (không thỏa mãn).
Vậy có một giá trị của m thỏa mãn là . m = 4 − 2 2 ..
Câu 35: Có bao nhiêu số nguyên a để phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 có hai nghiệm phức z1 , z2
thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 1 .
B. 2 .
Chọn D
(
C. 3 .
Lời giải
D. 4 .
)
Ta có  =  − ( a − 3)  − 4 a 2 + a = −3a 2 − 10a + 9
2
−5 − 2 13
−5 + 2 13
a
( *)
3
3
Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm thực z1 , z2 (nghiệm thực cũng là nghiệm phức có
Trường hợp 1:   0  −3a 2 − 10a + 9  0 
 z1 + z2 = a − 3
.
phần ảo bằng 0 ), thỏa mãn 
z
−
z
=

1
2

Suy ra z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 =
  ( a − 3) = 
2
a = 0
2
 ( a − 3) = −3a 2 − 10a + 9  4a 2 + 4a = 0  
đều thỏa mãn (*) .
 a = −1
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh

−5 − 2 13
a 
3
Trường hợp 2:   0  −3a 2 − 10a + 9  0  
(**)

−5 + 2 13
a 
3

 z1 + z2 = a − 3
.
Khi đó phương trình có hai nghiệm phức z1 , z2 , thỏa mãn 
 z1 − z2 = i 
Suy ra z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 = i   ( a − 3) = −
2
a = 1
2
đều thỏa mãn (**) .
 ( a − 3) = 3a 2 + 10a − 9  2a 2 + 16a − 18 = 0  
a
=
−
9

Vậy có 4 số nguyên a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 36: Cho số phức w và hai số thực b , c . Biết rằng w + 2 và 3w − 4i là hai nghiệm của phương trình
2022 z 2 + bz + c = 0 . Tính giá trị biểu thức P = b + c bằng
A. P = −4044 .
B. P = 8088 .
C. P = 4044 .
Lời giải
Chọn B
D. P = −8088 .
Nhận xét: Trong tập số phức, phương trình bậc hai az 2 + bz + c = 0 có hai nghiệm phức z1 , z2
(có phần ảo khác 0) thì z1 = z2 .
Đặt w = x + yi
( x, y  ) . Vì b, c 
và phương trình 2022 z 2 + bz + c = 0 có hai nghiệm là
z1 = w + 2 , z2 = 3w − 4i nên 2 nghiệm z1 , z2 là 2 nghiệm phức có phần ảo khác 0.
Do đó z1 = z2  w + 2 = 3w − 4i  x + yi + 2 = 3 ( x + yi ) − 4i
 z1 = w + 2 = 3 + i
 x + 2 = 3x
x = 1
.
 x + 2 + yi = 3x + ( 4 − 3 y ) i  

 w =1+ i  
 y = 4 − 3y
y =1
 z2 = 3w − 4i = 3 − i
b

 z1 + z2 = − 2022
Theo định lý Viet: 
, từ đó suy ra
 z .z = c
 2 2 2022
Vậy P = b + c = 8088 .
 b
− 2022 = 6
b = −6.2022

 b + c = 8088

c = 10.2022
 c = 10
 2022
Câu 37: Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − z + 2 = 0 . Phần ảo của số phức
( z1 − i )( z2 − i ) 
2022
là
A. −21011 .
C. −22022 .
Lời giải
B. 22022 .
D. 21011 .
Chọn D
z + z = 1
Ta có z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 − z + 2 = 0 nên  1 2
.
 z1.z2 = 2
( z1 − i )( z2 − i ) 
1011
2
= (1 − i ) 


2022
=  z1z2 − i ( z1 + z2 ) + i 2 
= ( −2i )
1011
= ( −2 )
1011 1011
i
2022
= ( −2 )
= ( 2 − i − 1)
1011
(i )
2
505
2022
= (1 − i )
i = ( −2 )
1011
2022
( −1) i = 21011i .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vậy phần ảo của số phức ( z1 − i )( z2 − i ) 
2022
là 21011 .
Câu 38: Cho phương trình 4 z 4 + mz 2 + 4 = 0 trong tập số phức và m là tham số thực. Gọi z1 , z2 , z3 , z4
là bốn nghiệm của phương trình đã cho. Tìm tất cả các giá trị của m để
(z
2
1
)(
)(
)(
)
+ 4 z22 + 4 z32 + 4 z42 + 4 = 324 .
m = 2
A. 
.
 m = −15
 m = −2
B. 
.
 m = 15
 m = −1
D. 
.
 m = 35
m = 1
C. 
.
 m = −35
Lời giải
Chọn D
Đặt t = z 2 , phương trình trở thành 4t 2 + mt + 4 = 0 có hai nghiệm t1 , t2 .
m

t1 + t2 = −
2
2
2
2
Ta có 
4 . Do vai trò bình đẳng, giả sử ta có z1 = z2 = t1 , z3 = z4 = t2 .
t1.t2 = 1
Yêu cầu bài toán  ( t1 + 4 ) ( t2 + 4 ) = 324  t1t2 + 4 ( t1 + t2 ) + 16  = 324
2
2
2
 −m + 17 = 18
 m = −1
2
.
 ( −m + 17 ) = 182  

 −m + 17 = −18
 m = 35
Câu 39: Tổng các giá trị nguyên của tham số a để phương trình z 2 − 2 ( a + 2 ) z + a 2 + 3a = 0 có hai
nghiệm phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ?
B. −3 .
A. 4.
D. −4 .
C. 3.
Lời giải
Chọn B
 z1 + z2 = 2 ( a + 2 )
Theo định lý Viet ta có: 
2
 z1.z2 = a + 3a
Mặt khác: z1 + z2 = z1 − z2  ( z1 + z2 ) = ( z1 − z2 )
2
2
(
 ( z1 + z2 ) = ( z1 + z2 ) − 4 z1z2  4 ( a + 2 ) = 4 ( a + 2 ) − 4 a 2 + 3a
2
2
2
(
2
)
)
( a + 2 )2 = ( a + 2 )2 − a 2 + 3a
 a 2 + 3a = 0
a = 0




.
 a + 2 2 = − a + 2 2 + a 2 + 3a
a = −3
a 2 + 5a + 8 = 0


(
)
(
)


Vậy tổng các giá trị nguyên của a bằng −3 .
(
)
Câu 40: Cho số phức w và hai số thực a, b Biết rằng w + i và 2 w − 1 là hai nghiệm của phương trình
z 2 + az + b = 0 . Tính tổng S = a + b
13
−13
A.
B.
9
9
C.
−5
9
D.
5
9
Lời giải
Chọn C
Đặt w = x + yi ( x, y 
).
Vì a, b 
và phương trình z 2 + az + b = 0 có hai nghiệm là
z1 = w + i , z2 = 2 w − 1 ( z 2 là số phức) nên z1; z2 là 2 số phức liên hợp
Ta có: z1 = z2  w + i = 2w − 1  x + yi + i = 2 ( x + yi ) − 1
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
x = 1
x = 2x − 1

 x + ( y + 1) i = ( 2 x − 1) − 2 yi  

1
 y + 1 = −2 y
 y = − 3
2

z1 = w + i = 1 + i

1

3
.
 w = 1− i  
3
 z = 2w − 1 = 1 − 2 i
 2
3
2 = −a
 a = −2
 z1 + z2 = −a 

 4
  13 .
Theo định lý Viet: 
 z2 .z2 = b
1 + 9 = b b = 9
5
Vậy S = a + b = − .
9
Câu 41: Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + z + m = 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên
của m để z1 + z2 = 2.
B. 2 .
A. 3 .
C. 1 .
Lời giải
D. 0 .
Chọn C
Xét z 2 + z + m = 0 (1) ,  = 1 − 4m .
TH1:   0  1 − 4m  0  m 
1
. Khi đó (1) có hai nghiệm phức là hai số phức liên hợp của
4
nhau.
Giả sử z1 = z0  z2 = z0 .
2
Ta có: z0 .z0 = m  z0 = m  z0 = m nên T = z1 + z2 = 2 z0 = 2 m .
T = 2  2 m = 2  m = 1.
TH2:   0  1 − 4m  0  m 
1
. Khi đó (1) có hai nghiệm thực thỏa mãn
4
 z1 + z2 = −1

 z1z2 = m
T = z1 + z2  T 2 = ( z1 + z2 ) + 2 z1z2 − 2 z1z2 = 1 + 2 m − 2m.
2
m  0
−1
T = 2  1 + 2 m − 2m = 2  2 m − 2m = 1  
m= .
4
−4m = 1
Vậy m = 1 là giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 42: Cho số phức w và hai số thực a , b . Biết rằng w + i và 3 − 2w là hai nghiệm của phương trình
z 2 + az + b = 0 . Tổng S = a + b bằng
A. −3 .
B. 3 .
C. 9 .
Lời giải
D. 7 .
Chọn B
Đặt w = x + yi
( x, y  ) .
Vì a, b 
và phương trình z 2 + az + b = 0 có hai nghiệm là
z1 = w + i , z2 = 3 − 2 w nên z1 = z2  w + i = 3 − 2w  x + yi + i = 3 − 2 ( x + yi )
x = 3 − 2x
x = 1
.
 x + ( y + 1) i = ( 3 − 2 x ) + 2 yi  

y +1 = 2y
y =1
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 z1 = w + i = 1 + 2i
.
 w =1+ i  
 z2 = 3 − 2w = 1 − 2i
 z + z = −a 2 = −a
a = −2
Theo định lý Viet:  1 2
.


1 + 4 = b b = 5
 z2 . z2 = b
Vậy S = a + b = 3 .
Câu 43: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − mz + m + 1 = 0 . Tính tổng các giá trị của m để
phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z12 + z2 2 = z1 z2 + 1 .
A. −1 .
B. −4 .
C. 3 .
Lời giải
D. 5 .
Chọn C
Ta có:  = m2 − 4m − 4 .


Phương trình có hai nghiệm phân biệt    0  m  2 − 2 2;2 + 2 2 .
Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình.
z z = m + 1
Theo Viet ta có:  1 2
(1) .
 z1 + z2 = m
z12 + z2 2 = z1z2 + 1  ( z1 + z2 )2 − 2 z1z2 = z1z2 + 1  ( z1 + z2 ) 2 − 3z1z2 = 1 ( 2 ) .
 m = −1
Thay (1) vào ( 2 ) ta có: m2 − 3(m + 1) = 1  m2 − 3m − 4 = 0  
m = 4
Vậy tổng các giá trị của m là −1 + 4 = 3 .
( tm ) .
Câu 44: Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 2mz + 4m − 3 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu
giá trị nguyên dương của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn
z1 + z2 = 8 ?
A. 0.
B. 2.
C. 3.
Lời giải
D. 1.
Chọn D
Ta có  = m2 − 4m + 3 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt    0 . Nên để phương trình
đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2 thỏa mãn z1 + z2 = 8 ta xét hai trường hợp:
m 2 − 4m + 3  0
  0
TH1: 
, trong trường hợp này z1 , z 2 là hai nghiệm thực nên 
2
 z1 + z2 = 8
( z1 + z2 ) = 64
m +  m  ( 3; + )
m +  m  ( 3; + )



 m  ( −;1)  ( 3; + )
  2
 

2
2

4m − 2 ( 4m − 3) + 2. 4m − 3 = 64

 4m = 64
( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 + 2 z1 z2 = 64
m +
 m = 4.
 m 2 − 4m + 3  0
  0


TH2: 
2
2
 z1 + z2 = 8  m + i −m + 4m − 3 + m − i −m + 4m − 3 = 8

30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
m  (1;3)
m +  m = 2


, nên không tồn tại số nguyên dương m trong

 
2
2
5=4
2 m + − m + 4m − 3 = 8




(
)
trường hợp này.
Vậy có 1 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn điều kiện bài ra.
Câu 45: Trên tập các số phức, xét phương trình z 2 − mz + m + 8 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu
giá trị nguyên của tham số m để phương trình có hai nghiệm z1 , z2 phân biệt thỏa mãn
(
) (
)
z1 z12 + mz2 = m2 − m − 8 z2 ?
A. 12 .
B. 6 .
C. 5 .
Lời giải
D. 11 .
Chọn C
Ta có  = m 2 − 4m − 32 là biệt thức của phương trình.
m  8
TH1: Xét   0  m2 − 4m − 32  0  
khi đó phương trình có hai nghiệm thực phân
 m  −4
biệt. Ta có z12 = mz1 − m − 8 suy ra z1 + mz2 = m ( z1 + z2 ) − m − 8 = m − m − 8 do đó
2
(
) (
2
(
)
)
2
2
z1 z12 + mz2 = m2 − m − 8 z2  m − m − 8 z1 = m − m − 8 z2 (*).
2
m − m − 8  0
Nếu z1.z2 = 0 thì m + 8 = 0  m = −8 không thỏa mãn. Khi đó (*)  
 z1 = z2
2
2
m − m − 8  0
m − m − 8  0


hệ vô nghiệm.
m = 0
 z1 = − z2
TH2: Xét   0  −4  m  8 khi đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt và z1 = z2 ,
(
)
ta có z1 ( z12 + mz2 ) = ( m2 − m − 8) z2  m2 − m − 8 z1 = m2 − m − 8 z2

1 + 33
m 
2
 m2 − m − 8  0  
. Kết hợp điều kiện ta được m  −3;4;5;6;7 .

1 − 33
m 

2
Vậy có tất cả là 5 số nguyên cần tìm.
Câu 46: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 6 z + m = 0 (1) ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m thuộc khoảng ( 0; 20 ) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
z1 , z2 thỏa mãn z1.z1 = z2 .z2 ?
A. 20 .
B. 11 .
C. 12 .
Lời giải
D. 10 .
Chọn D
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là:  = 9 − m  0  m  9 .
Trường hợp 1:   0  m  9 . Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm thực phân biệt z1 , z2 và
 z1 = z2
 z1 = − z2
z1 = z1 , z2 = z2 . Nên z1 z1 = z2 z2  z12 = z2 2  
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Với z1 = z2 , không thoả mãn yêu cầu phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, nên loại.
Với z1 = − z2  z1 + z2 = 0 không thỏa mãn, do theo Vi-ét, ta có z1 + z2 = 6 .
Trường hợp 2:   0  m  9 . Khi đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z 2 và
z2 = z1 , z1 = z2 . Yêu cầu z1 z1 = z2 z2  z1 z2 = z1z2 luôn đúng với m  9 .
Vậy trong khoảng ( 0; 20 ) có 10 số m0 thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 47: Cho phương trình 4 z 4 + mz 2 + 4 = 0 trong tập số phức và m là tham số thự C.
Gọi
z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm của phương trình đã cho. Tìm tất cả các giá trị của m để
(z
2
1
)(
)(
)(
)
+ 4 z22 + 4 z32 + 4 z42 + 4 = 324 .
A. m = 1 hoặc m = −35 .
C. m = −1 hoặc m = 35 .
B. m = −1 hoặc m = −35 .
D. m = 1 hoặc m = 35 .
Lời giải
Chọn C
Đặt f ( z ) = 4 z + mz + 4 .
4
2
Vì phương trình f ( z ) = 0 có 4 nghiệm z1 , z2 , z3 , z4 nên
f ( z ) = 4 z 4 + mz 2 + 4 = 4 ( z − z1 )( z − z2 ) ( z − z3 ) ( z − z4 )
(
)(
)(
)(
)
2
2
2
2
Ta có: z1 + 4 = ( z1 − 2i )( z1 + 2i )  z1 + 4 z2 + 4 z3 + 4 z4 + 4 =
2
f ( 2i ) f ( −2i )
.
4
4
 f ( 2i ) = 4 ( 2i )4 + m ( 2i )2 + 4 = 68 − 4m

Mà 
và z12 + 4 z22 + 4 z32 + 4 z42 + 4 = 324
4
2
 f ( −2i ) = 4 ( −2i ) + m ( −2i ) + 4 = 68 − 4m
(
2
68 − 4m )
(
Nên 324 =
16
Câu 48: Gọi
)(
)(
)(
)
 m = −1
.

 m = 35
z1 , z2 , z3 , z4 là bốn nghiệm phức của phương trình z 4 + 5 z 2 + 4 = 0 . Tổng
T = z1
2022
A. 1 + 2
+ z2
2022
2022
+ z3
2022
+ z4
2022
bằng?
2022
B. 2 + 2 .
.
C. 1 + 2
Lời giải
2023
D. 2 + 2
.
2023
.
Chọn D
 z 2 = −1
 z = i
Ta có: z 4 + 5 z 2 + 4 = 0   2
.

 z = −4
 z = 2i
T = z1
2022
+ z2
2022
+ z3
2022
+ z4
2022
=i
2022
+ −i
2022
+ 2i
2022
+ −2i
2022
= 2 + 22023 .
Câu 49: Cho phương trình z − 2 ( m − 2 ) z + m − 5 = 0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu giá trị nguyên
2
2
2
2
của tham số m để phương trình có hai nghiêm phức phân biệt z1 , z2 thoả mãn z1 + z2  8 ?
A. 5 .
Chọn C
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 7 .
C. 2 .
Lời giải
D. 1 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta có  = ( m − 2 ) − m2 + 5 = 9 − 4m .
2
Nếu   0  9 − 4m  0  m 
9
4
thì phương trình có hai nghiệm thực phân biệt
z1 = m − 2 − 9 − 4m và z2 = m − 2 + 9 − 4m .
2
2
Ta có z1 + z2  8  m2 − 8m + 9  0  4 − 7  m  4 + 7 .
9
. Mà m  nên m = 2 .
4
9
Nếu   0  9 − 4m  0  m 
thì phương trình có hai nghiệm phức phân biệt là
4
z1 = m − 2 − i 4m − 9 và z2 = m − 2 + i 4m − 9 .
Kết hợp ĐK ta được: 4 − 7  m 
Ta có z1 + z2  8  ( m − 2 ) + 4m − 9 + ( m − 2 ) + 4m − 9  8  m 2 − 9  0  −3  m  3 .
2
Vì m 
2
và m 
2
2
9
nên m = 3 . Tóm lại m  2;3 .
4
Câu 50: Biết phương trình z 2 + mz + m 2 − 2 = 0 ( m là tham số) có hai nghiệm phức z1 , z2 . Gọi A, B, C
lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 và z0 = i . Có bao nhiêu giá trị của tham số m
để diện tích tam giác ABC bằng 1 ?
A. 2.
B. 3.
C. 4.
Lời giải
D. 1.
Chọn A

8
m  −
3
Để phương trình có hai nghiệm phức thì  = −3m 2 + 8  0  

8
m 
3

2
2
2
Ta có AB = z1 − z2 = ( z1 − z2 ) = ( z1 + z2 ) − 4 z1z2 = 3m − 8  AB = 3m − 8
2
2
Lại có d ( C , AB ) = d ( O, AB ) =
SABC = 1 
2
z1 + z2
m
1
m
=
 SABC = d ( C , AB ) . AB = . 3m 2 − 8
2
2
2
4
 m = 2 (TM )
m
. 3m2 − 8 = 1  m2 3m2 − 8 = 16  
4
 m = −2 (TM )
(
)
Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
Câu 51: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2z − m + 2 = 0 ( m là tham số thực). Gọi T là
tập hợp các giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt được biểu diễn hình học
bởi hai điểm A, B trên mặt phẳng tọa độ sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 , với
C ( −1;1) . Tổng các phần tử trong T bằng
A. 8 .
B. 4 .
C. 9 .
Lời giải
D. −1 .
Chọn A
2
Ta có: z − 2z − m + 2 = 0  ( z − 1) = m − 1 (1)
2
TH1: (1) có hai nghiệm phức  m − 1  0  m  1 .
Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức z1 = 1 + 1 − m i ; z2 = 1 − 1 − m i .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi A , B lần lượt là hai điểm biểu diễn của z1 ; z 2 trên mặt phẳng Oxy ta có:
(
) (
)
A 1; − 1 − m ; B 1; 1 − m .
Ta có: AB = 2 1 − m ; d ( C ; AB ) = d ( C ; ( x = 1) ) = 2 .
1
AB.d ( C; AB ) = 2 1 − m = 2 2  m = −1.
2
TH2: (1) có hai nghiệm thực phân biệt  m − 1  0  m  1 .
Khi đó, phương trình có hai nghiệm z1 = 1 + 1 − m ; z2 = 1 − 1 − m .
Khi đó SABC =
Gọi A , B lần lượt là hai điểm biểu diễn của z1 ; z 2 trên mặt phẳng Oxy ta có:
(
) (
)
A 1− 1 − m ;0 ; B 1+ 1 − m ;0 .
Ta có: AB = 2 1 − m ; d ( C ; AB ) = d ( C ; Ox ) = 1 .
1
AB.d ( C; AB ) = 1 − m = 2 2  m = 9. Vậy T = −1;9 nên tổng các phần tử
2
trong T bằng 8 .
Khi đó SABC =
c
= 0 (với c, d 
d
c
d
tối giản) có hai nghiệm z1 , z2 . Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn hình học của z1 , z2 trên
Câu 52: Trên tập hợp các số phức, cho biết phương trình z 2 − 2 z +
và phân số
mặt phẳng Oxy . Biết tam giác OAB đều, tính giá trị của P = c + 4d .
C. P = 22 .
D. P = 14 .
Lời giải
c
c
2
Từ giả thiết z 2 − 2 z + = 0  ( z − 1) = 1 − (*)
d
d
c
Nếu 1 −  0 thì (*) có hai nghiệm thực nên không tồn tại tam giác OAB , không thỏa mãn bài
d
toán.
A. P = 19 .
B. P = 16 .

 z1 = 1 + i
c
c
Nếu 1 −  0   1 . Khi đó (*)  

d
d
z = 1 − i
2


c
−1
d
Suy ra A 1;



c
c
− 1  nên tam giác
− 1  và B  1; −
d
d



Gọi
là


OI =
I
trung
điểm
đoạn
.
c
−1
d
AB
OAB luôn cân tại O .
,
tam
giác
OAB
đều
thì
AB. 3
c
c 4
 1 = 3.
−1  = .
2
d
d 3
Theo giả thiết c, d 
và phân số .
c
. tối giản nên c = 4 và d = 3 . Vậy
d
P = c + 4d = 4 + 4.3 = 16.
2
Câu 53: Biết rằng phương trình z + 2az + b = 0 (a, b là các số thực dương) có hai nghiệm phức liên hợp
z1 , z2 . Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn của số phức w = 2, z1 , z2 . Tính giá trị của biểu
thức T = b − 4a biết rằng ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác vuông có diện tích bằng 9 .
A. 6 .
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. −8 .
C. 9 .
D. 14 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn A
Phan Nhật Linh
2
Do phương trình z + 2az + b = 0 (a, b là các số thực dương) có hai nghiệm phức liên hợp z1 , z2
nên từ giả thiết ta gọi tọa độ các điểm biểu diễn cho các số phức w = 2, z1 , z2 là
A(2;0); B( x; y ); C ( x; − y ) với x  2, y  0
AB = (x − 2; y); AC = (x − 2; − y) . Do A thuộc Ox , B, C đồi xứng qua Ox
Nên theo giả thiết suy ra ABC là tam giác vuông cân tại A
 AB. AC = 0  ( x − 2) 2 − y 2 = 0 (1)
1
1
AB. AC  9 = ( x − 2) 2 + y 2  (2)
2
2
 x = 5  y = 3
Từ (1) và (2) suy ra 
 x = −1  y = 3
Mặt khác S ABC =
Với x = 5, y = 3 ta tìm được z1 = 5 + 3i; z2 = 5 − 3i ( loại do không thỏa a, b là các số thực
dương).
Với x = −1, y = 3 ta tìm được z1 = −1 + 3i; z2 = −1 − 3i suy ra a = 1; b = 10  T = 6
2
Câu 54: Kí hiệu z 0 là nghiệm phức có phần thực và phần ảo đều âm của phương trình z + 2 z + 5 = 0
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , điểm M nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức w = i 3 z0 ?
A. M ( 2;1) .
B. M ( −2; −1) .
C. M ( 2; −1) .
D. M ( −1; 2 ) .
Lời giải
Chọn A
 z = −1 + 2i
2
2
Ta có z 2 + 2 z + 5 = 0  ( z + 1) = ( 2i )  
.
 z = −1 − 2i
Theo giả thiết ta có z0 = −1 − 2i . Suy ra z0 = −1 + 2i .
Từ đó w = i 3 .z0 = −i ( −1 + 2i ) = 2 + i . Suy ra w có biểu diễn là M ( 2;1) .
Câu 55: Trên tập hợp các số phức, phương trình z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 ( a là tham số thực) có 2
nghiệm z1 , z 2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z 2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết rằng có 2
giá trị của tham số a để tam giác OMN có một góc bằng 120 . Tổng các giá trị đó bằng bao
nhiêu?
A. 6 .
B. −4 .
C. 4 .
D. −6 .
Lời giải
Chọn A
Vì O , M , N không thẳng hàng nên z1 , z 2 không đồng thời là số thực, cũng không đồng thời
là số thuần ảo  z1 , z 2 là hai nghiệm phức, không phải số thực của phương trình
z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 . Do đó, ta phải có
(
)
 = a 2 − 12a + 16  0  a  6 − 2 5; 6 + 2 5 .

2−a
− a 2 + 12a − 16
−
i
 z1 =
2
2
Khi đó, ta có 
.
2
2−a
− a + 12a − 16

z1 =
+
i


2
2
 OM = ON = z1 = z2 = 2a − 3 và MN = z1 − z2 = −a 2 + 12a − 16 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Tam

giác
cân
OMN
nên
MON = 120

OM 2 + ON 2 − MN 2
= cos120
2OM .ON
a 2 − 8a + 10
1
2
= −  a − 6a + 7 = 0  a = 3  2 .
2 ( 2a − 3 )
2
Suy ra tổng các giá trị cần tìm của a bằng 6 .
Câu 56: Trong tập các số phức, cho phưong trình z 2 − 6 z + m = 0, m  (1) . Gọi m0 là một giá trị của m
để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1  z1 = z2  z2 . Hỏi trong khoảng
(0; 20) có bao nhiêu giá trị m0  ?
A. 10 .
B. 12 .
C. 11 .
Lời giải
D. 13 .
Chọn A
z 2 − 6 z + m = 0, m  (1) .
' = 9−m .
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 , z2
Khi
'  0  9−m  0  m  9
khi đó phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt
z1 = 3 − 9 − m , z2 = 3 + 9 − m , ( z1  z2 ) .
Ta có z1 = z1 , z2 = z2  z1  z1 = z2  z2  z12 = z2 2  z1 + z2 = 0  6 = 0 không có giá trị của m
Khi
' 0  9−m  0  m  9
khi đó phương trình có 2 nghiệm phức phân biệt
z1 = 3 − i m − 9, z2 = 3 + i m − 9 .
z1  z1 = z2  z2  z1 = z2 luôn thỏa mãn m  9 .
2
2
m  (0; 20)
Do 
 m  10,11,12,13,14,15,16,17,18,19 . Vậy có 10 giá trị của m .
m 
Câu 57: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m + 3 = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm phức z 0 thỏa mãn z0 + 2 = 6 ?
A. 3.
B. 4.
C. 1.
Lời giải
D. 2.
Chọn D
Xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m + 3 = 0 (1)
2
Ta có  = ( m + 1) − m − 3 = m + m − 2. .
2
 m  −2
Nếu   0  m2 + m − 2  0  
thì phương trình (1) có nghiệm thực:
m  1
 z0 = 4
z0 + 2 = 6  
 z0 = −8
11
(TM)
7
83
Với z0 = −8 : thay vào (1) , được: m = −
(TM)
17
Với z0 = 4 : thay vào (1) , được: m =
Nếu
  0  m 2 + m − 2  0  −2  m  1 thì phương trình (1)
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
có
nghiệm
phức
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 z = m + 1 − i m2 + m − 2
 0
 z0 = m + 1 + i m 2 + m − 2
(
)
Khi đó z0 + 2 = 6  ( m + 3) + m2 + m − 2 = 36  2m 2 + 7m − 29 = 0 : Phương trình có hai
2
nghiệm phân biệt.
Vậy có 4 giá trị của tham số m để bài toán thỏa mãn.
Câu 58: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( 2m − 1) z + 4m 2 − 5m = 0 ( m là tham số thực).
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm z 0 thoả mãn
z0 2 + (1 − 4m ) z0 + 4m 2 − 5m − 3 = 10 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 4 .
D 3.
.
Lời giải
Chọn D
Cách 1: Ta có  = m + 1 .
Trường hợp 1: m + 1  0  m  −1 .
z = 7
Khi đó theo bài ra, phương trình đã cho có nghiệm thực z 0 thoả mãn z0 + 3 = 10   0
.
 z0 = −13
 7 2 − 2 ( 2m − 1) 7 + 4m 2 − 5m = 0
Từ đó suy ra 
2
( −13) − 2 ( 2m − 1)( −13) + 4m 2 − 5m = 0
 m = 3 ( tm )
 4m2 − 33m + 63 = 0
 2

.
 m = 21 ( tm )
4
m
−
47
m
+
143
=
0



4
Trường hợp 2: m + 1  0  m  −1 .
Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phức là z 0 và z 0 và thoả mãn z0 + 3 = 10
 ( z0 + 3)( z0 + 3) = 100  z0 + 3 ( z0 + z0 ) + 9 = 100  4m 2 − 5m + 3.2 ( 2m − 1) − 91 = 0
2

7 + 1601
( tm )
m = −
8
2

 4m + 7 m − 97 = 0 
.

7 − 1601
( ktm )
m = −
8

Vậy có 3 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán.
2
2
Cách 2: Ta có z − 2 ( 2m − 1) z + 4m − 5m = 0  ( z − 2m + 1) = m + 1 (1) .
2
Trường hợp 1: m + 1  0  m  −1 .
 z = 2m − 1 + m + 1
Khi đó (1)  
.
z
=
2
m
−
1
−
m
+
1

Theo bài ra, phương trình đã cho có nghiệm z 0 thoả mãn z0 + 3 = 10 .
 m = 3 ( tm )
 2m + 2 + m + 1 = 10


Do đó
.
 m = 21 ( tm )
 2m + 2 − m + 1 = 10


4
Trường hợp 2: m + 1  0  m  −1
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
 z = 2m − 1 + i m + 1
Khi đó (1)  
.
 z = 2m − 1 − i m + 1

Theo bài ra, phương trình đã cho có nghiệm z 0 thoả mãn z0 + 3 = 10 .
Do đó 2m + 2 + i m + 1 = 10  4m2 + 8m + 4 − m − 1 = 100  4m 2 + 7m − 97 = 0

7 + 1601
( tm )
m = −
8


.

7 − 1601
( ktm )
m = −
8

Vậy có 3 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán.
2
2
Câu 59: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2mz + 2m − 2m = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị nguyên của m  ( −10;10 ) để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2
thỏa mãn z1 − 2 = z2 − 2 ?
A. 15
B. 18 .
C. 16 .
Lời giải
D. 17 .
Chọn C
2
Ta có: z 2 − 2mz + 2m 2 − 2m = 0 (*) thì  = − m + 2m .
Trường hợp 1:   0  − m + 2m  0  0  m  2 .
Với 0  m  2 phương trình có hai nghiệm thực z1  z2 .
2
 z1 = z2 ( L )

.
 z1 − 2 = − ( z2 − 2 )  z1 + z2 = 4
 z1 − 2 = z2 − 2
Khi đó z1 − 2 = z2 − 2  
Suy ra z1 + z2 = 4  2m = 4  m = 2 (loại).
m  2
Trường hợp 2:   0  
.
m  0
Phương trình (*) khi đó có 2 nghiệm z1,2 = m  i −m2 + 2m .
Do đó z1 − 2 = z2 − 2 (luôn đúng).
m  2
Kết hợp điều kiện 
và m  ( −10;10 ) , m nguyên suy ra m  −9; −8;...; −1;3; 4;...;9
m  0
Vậy các giá trị nguyên của thỏa mãn là: m  −9; −8;...; −1;3; 4;...;9 nên có 16 giá trị nguyên của
m  ( −10;10 ) thoả mãn.
Câu 60: Trong tập số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + 4 = 0 ( m là tham số thực ). Gọi S là tập
hợp các giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2
. Tính tổng các phần tử của tập S
A. 3 .
B. 2 .
'
2
Ta có:  = ( m − 1) − 4 = m − 2m − 3
2
38| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C. 6 .
Lời giải
D. 5 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 m  −1
'
TH1: Nếu   0  
thì phương trình có 2 nghiệm thực, khi đó:
m  3
z1 = z2  z1 = − z2  z1 + z2 = 0  2 ( m − 1) = 0  m = 1 ( không thỏa mãn )
TH2: Nếu  '  0 thì phương trình có 2 nghiệm phức khi đó z1 và z 2 là 2 số phức liên hợp nên
z1 = z2
' 0
 m 2 − 2m − 3  0  −1  m  3  m  0;1; 2 
Vậy tổng các phần tử của tập S là: 1 + 2 = 3 .
Câu 61: Trên tập số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 4 ) z + m 2 − 4m + 1 = 0 , m là tham số thự C.
Có
bao nhiêu giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phức phân biệt z1 , z2 thỏa điều kiện
z1 + z2 − 2 z1 z2 = z1 .
A. 3 .
B. 2 .
C. 0 .
Lời giải
D. 3.
Chọn C
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phức phân biệt trong đó z1 là nghiệm có phần ảo âm
là:  = ( m − 4 ) − ( m2 − 4m + 1)  0  −4m + 15  0  m 
2
(
)
15
.
4
2
2
Khi đó: z1 + z2 − 2 z1 z2 = 2 ( m − 4 ) − 2 m − 4m + 1 = −2m + 10m − 10
Và z1 = −b − i  = m − 4 − i −4m + 15
Ta có: z1 + z2 − 2 z1 z2 = z1  −2m 2 + 10m − 10 = ( m − 4 ) + ( 4m − 15 )
2
 −2m2 + 10m − 10 = m 2 − 4m + 1
Vì m 
15
2
nên m − 4m + 1  0 , do đó:
4
11
 −2m 2 + 10m − 10 = m 2 − 4m + 1
3m 2 − 14m + 11 = 0  m = 1, m =
(*)  
 2

3
2
2

−
2
m
+
10
m
−
10
=
−
m
+
4
m
−
1
m
−
6
m
+
9
=
0


m
=
3

Đối chiếu điều kiện m 
15
suy ra không có giá trị nào của m thỏa điều kiện bài toán.
4
Câu 62: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình: z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 − 3m + 5 = 0 ( m là tham số
3
thực). Hỏi tổng các giá trị của m để phương trình trên có nghiệm z 0 thỏa mãn z0 − 12 = 5 z0 ?
A. 9 .
B. 12 .
Chọn D
C. 10 .
Lời giải
D. 8 .
(
)
Ta có z0 − 12 = 5 z0  z0 3 − 5 z0 − 12 = 0  ( z0 − 3) z0 2 + 3 z0 + 4 = 0  z0 = 3
3
Đặt phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 − 3m + 5 = 0 (1) có  = 5m − 4
TH1: xét   0  5m − 4  0  m 
z = 3
4
khi đó z0  . Ta có z0 = 3   0
5
 z0 = −3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 39
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
m = 1
Với z0 = 3 thay vào (1)  m2 − 9m + 8 = 0  
m = 8
2
Với z0 = −3 thay vào (1)  m + 3m + 20 = 0  pt vô nghiệm.
4
.
5
có hai nghiệm phức
TH2: xét   0  5m − 4  0  m 
Khi đó phương trình (1)
z1 = z0
và
z 2 = z0
thỏa mãn
 m = −1
2
.
z0 = 3  z0 = 9  z0 .z0 = 9  z1.z2 = 9  m2 − 3m + 5 = 9  m 2 − 3m − 4 = 0  
m = 4
2
Với m = −1 thay vào (1)  z + 9 = 0  z = 3i thỏa mãn
Với m = 4 không thỏa mãn điều kiện ban đầu.
m = 1
m = 8
Vậy có 3 giá trị 
 m = −1
Nên tổng các giá trị của tham số
m
là 8.
Câu 63: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình: z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị của m để phương trình trên có nghiệm z 0 thỏa mãn z0 = 6 ?
A. 4 .
B. 3 .
C. 2 .
Lời giải
D. 1 .
Chọn B
Phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 (*)
TH1: z0  .
 z0 = 6
Ta có: z0 = 6  
 z0 = −6
m = 6 + 2 3
Với z0 = 6 thay vào (*)  36 − 12 ( m + 1) + m 2 = 0  
 m = 6 − 2 3
Với z0 = −6 thay vào (*)  36 + 12 ( m + 1) + m 2 = 0  Không có m .
TH2: z0 
\ .
Phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m 2 = 0 (*) có 2 nghiệm z 0 và z 0
m = 6
2
Ta có: z0 z 0 = z0  m2 = 36  
 m = −6
 z0 = 7 + 13
Với m = 6 thay vào (*)  z 2 − 14 z + 36 = 0  
(loại)
 z0 = 7 − 13
 z0 = −5 + i 11
Với m = −6 thay vào (*)  z 2 + 10 z + 36 = 0  
(Thỏa mãn)
 z 0 = −5 − i 11
40| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
m = 6 + 2 3

m = 6 − 2 3
Vậy có 3 giá trị 
.
m
=
−
6


Câu 64: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( 2m − 1) z + 4m 2 − 5m = 0 ( m là tham số thực).
Có bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm z 0 thoả mãn z0 + 3 = 10 ?
A. 1 .
B. 2 .
C. 4 .
Lời giải
D. 3 .
Chọn D
Cách 1: Ta có  = m + 1 .
Trường hợp 1: m + 1  0  m  −1 .
z = 7
Khi đó theo bài ra, phương trình đã cho có nghiệm thực z 0 thoả mãn z0 + 3 = 10   0
.
 z0 = −13
 4m2 − 33m + 63 = 0
 7 2 − 2 ( 2m − 1) 7 + 4m 2 − 5m = 0
 2
Từ đó suy ra 
2
( −13) − 2 ( 2m − 1)( −13) + 4m 2 − 5m = 0
 4m − 47m + 143 = 0
 m = 3 ( tm )
.

 m = 21 ( tm )

4
Trường hợp 2: m + 1  0  m  −1 .
Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phức là z 0 và z 0 và thoả mãn z0 + 3 = 10
 ( z0 + 3)( z0 + 3) = 100  z0 + 3 ( z0 + z0 ) + 9 = 100  4m 2 − 5m + 3.2 ( 2m − 1) − 91 = 0
2

7 + 1601
( tm )
m = −
8
2

 4m + 7 m − 97 = 0 
.

7 − 1601
( ktm )
m = −
8

Vậy có 3 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán.
2
2
Cách 2: Ta có z − 2 ( 2m − 1) z + 4m − 5m = 0  ( z − 2m + 1) = m + 1 (1) .
2
Trường hợp 1: m + 1  0  m  −1 .
 z = 2m − 1 + m + 1
Khi đó (1)  
.
 z = 2m − 1 − m + 1
Theo bài ra, phương trình đã cho có nghiệm z 0 thoả mãn z0 + 3 = 10 .
 m = 3 ( tm )
 2m + 2 + m + 1 = 10


Do đó
.
 m = 21 ( tm )
 2m + 2 − m + 1 = 10


4
Trường hợp 2: m + 1  0  m  −1
 z = 2m − 1 + i m + 1
Khi đó (1)  
.
 z = 2m − 1 − i m + 1

Theo bài ra, phương trình đã cho có nghiệm z 0 thoả mãn z0 + 3 = 10 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 41
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do đó 2m + 2 + i m + 1 = 10  4m2 + 8m + 4 − m − 1 = 100  4m 2 + 7m − 97 = 0

7 + 1601
( tm )
m = −
8


.

7 − 1601
( ktm )
m = −
8

Vậy có 3 giá trị của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 65: Có bao nhiêu số nguyên a để phương trình z 2 − ( a − 3) z + a 2 + a = 0 có 2 nghiệm phức z1 , z2
thỏa mãn z1 + z2 = z1 − z2 ?
A. 4.
B. 2.
C. 1.
Lời giải
D. 3.
Chọn A
2
Ta có  = −3a − 10a + 9 .
TH1:   0 , phương trình có 2 nghiệm z1,2 =
z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 =
a −3 
, khi đó
2
a = 0
2
.
  ( a − 3 ) =   4a 2 + 4a = 0  
 a = −1
Thỏa mãn điều kiện   0 .
TH2:   0 , phương trình có 2 nghiệm z1,2 =
a − 3  i −
, khi đó
2
a = 1
2
.
z1 + z2 = z1 − z2  a − 3 = i −  ( a − 3) = −  2a 2 + 16a − 18 = 0  
 a = −9
Thỏa mãn điều kiện   0 . Vậy có 4 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 66: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2mz + 7 m − 10 = 0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
2
z1 + 1 − 3i = 3 , z2 − 3 + 5i = 5 ?
A.
0.
B. 1 .
C. 2 .
Lời giải
D.
3.
Chọn B
2
Ta có  = m − 7 m + 10
m  2
Trường hợp 1:   0  
.
m  5
Khi đó z1 = x1 , z2 = x2 (với x1 ; x2 
z1 + 1 − 3i =
( x1 + 1)
z2 − 3 + 5i =
( x2 − 3)
2
2
) là các nghiệm thực phân biệt nên ta có:
+ 32  3 . Dấu bằng xảy ra khi x1 = −1 .
+ 52  5 . Dấu bằng xảy ra khi x2 = 3 .
2
Vậy phương trình z − 2mz + 7 m − 10 = 0 có nghiệm z1 = −1, z2 = 3 khi đó m = 1 thỏa mãn.
Trường hợp 2:   0  2  m  5 . Kết hợp m  .
 z = 3 + 2i
Với m = 3 ta được phương trình z 2 − 6 z + 11 = 0  
.
 z = 3 − 2i
42| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Không thỏa mãn z1 + 1 − 3i = 3 , z2 − 3 + 5i = 5 nên m = 3 (loại).
 z = 4 + 2i
Với m = 4 ta được phương trình z 2 − 8 z + 18 = 0  
.
 z = 4 − 2i
Không thỏa mãn z1 + 1 − 3i = 3 , z2 − 3 + 5i = 5 nên m = 4 (loại).
Câu 67: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z − 2 ( m + 1) z + 8m − 4 = 0 ( m là tham số thực). Có
2
bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn
z12 − 2mz1 + 8m = z22 − 2mz2 + 8m ?
A. 4 .
B. 3 .
C. 5 .
Lời giải
D. 6 .
Chọn A
2
2
2
Ta có  = m − 6m + 5 và z1 − 2mz1 + 8m = z2 − 2mz2 + 8m
 z12 − 2 ( m + 1) z1 + 8m − 4 + 2 z1 + 4 = z22 − 2 ( m + 1) z2 + 8m − 4 + 2 z2 + 4
 2 z1 + 4 = 2 z2 + 4 (1)
m  5
Xét   0  
. Khi đó PT có 2 nghiệm thực phân biệt
m  1
Nên (1)  2 z1 + 4 = − ( 2 z2 + 4 )  z1 + z2 = −4  2 ( m + 1) = −4  m = −3 (thỏa)
Xét   0  1  m  5 . Khi đó PT có 2 nghiệm phức phân biệt z1 , z2 liên hợp của nhau
Nên 2 z1 + 1, 2 z2 + 1 cũng là hai số phức liên hợp của nhau. Suy ra 2 z1 + 1 = 2 z2 + 1 luôn thỏa
Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn đề bài.
Câu 68: Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2 − m + 1z −
(
)
1 2
m − 5m − 6 = 0(m là tham số thực).
4
Có bao nhiêu số nguyên m  [−10;10] đề phương trình trên có hai nghiệm phức
z1 , z2 thỏa mãn
z1 + z2  z1 − z2 ?
A. 11.
B. 10.
C. 8.
Lời giải
D. 9.
Chọn B
Điều kiện m + 1  0  m  −1 .  = m 2 − 4m − 5
m  5
Trường hợp 1:   0  m2 − 4m − 5  0  
phương trình có 2 nghiệm thực
 m  −1
Theo định lý Viet z1.z2 = −
(
z1 , z2
)
1 2
m − 5m − 6 .
4
z1 + z2  z1 − z2  z1 + z2  z1 − z2  4 z1.z2  0
2
2
m  6
− m2 − 5m − 6  0  m2 − 5m − 6  0  
 m  −1
(
)
Do m  và m  [−10;10] nên số giá trị m thỏa mãn là (10 − 6 ) + 1 + 1 = 6 .
Trường hợp 2:   0  m 2 − 4m − 5  0  −1  m  5 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 43
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phương trình có 2 nghiệm phức
z1 , z2
m  6
 m2 − 5m − 6  0 
z1 + z2  z1 − z2  z1 + z2  z1 − z2  m + 1  m − 4m − 5   2
 m  −1
 m − 3m − 4  0 
 −1  m  4
Do m  , −1  m  5 và m  [−10;10] nên số giá trị m thỏa mãn là m = 0, m = 1, m = 2, m = 3 .
Vậy có 10 giá trị của m.
2
2
2
Câu 69: Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m + 3 = 0 ( m là tham số thực). Có
bao nhiêu giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm phức z 0 thỏa mãn z0 + 2 = 6 ?
A. 3 .
B. 1 .
C. 4 .
Lời giải
D. 2 .
Chọn D
Phương trình z 2 − 2 ( m + 1) z + m + 3 = 0 (1) ( m là tham số thực).
Ta có  = ( m + 1) − ( m + 3) = m 2 + m − 2 .
2
 m  −2
Nếu   0  m2 + m − 2  0  
thì phương trình (1) có nghiệm thự C. Khi đó theo
m  1
 z0 + 2 = 6
 z0 = 4

đầu bài, nghiệm z 0 phải thỏa mãn z0 + 2 = 6  
 z0 + 2 = −6
 z0 = −8
11

m
=
 42 − 2 ( m + 1) 4 + m + 3 = 0

7
Do đó suy ra 
(thỏa mãn m  −2 hoặc m  1 ).

2
( −8 ) − 2 ( m + 1)( −8 ) + m + 3 = 0
 m = − 83

17
2
Nếu   0  m + m − 2  0  −2  m  1 thì phương trình (1) có hai nghiệm phức phân biệt
z1 , z2 với z2 = z1  z1 + 2 = z1 + 2 = z2 + 2 . Do đó theo điều kiện đầu bài, ta có
z1 + 2 = z2 + 2 = 6  z1 + 2 z2 + 2 = 36  z1 z2 + 2 ( z1 + z2 ) + 4 = 36
m = 5
5m + 11 = 36
 m + 3 + 4 ( m + 1) + 4 = 36  5m + 11 = 36  

(không thỏa
 m = − 47
5
m
+
11
=
−
36

5

mãn điều kiện −2  m  1 ).
11
83
Vậy với m =
hoặc m = −
thì phương trình (1) có nghiệm phức thỏa mãn điều kiện đầu bài.
7
17
44| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG 12
A
Phan Nhật Linh
KHOẢNG CÁCH TRONG HỆ TỌA ĐỘ OXYZ
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Phương trình mặt phẳng:
Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n = ( a; b; c ) làm một vectơ pháp tuyến có phương
trình là: ( P ) : a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) + c ( z − z0 ) = 0 .
Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng:
Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : Ax + By + Cz + D = 0 và điểm M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi đó
khoảng cách từ điểm M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng ( ) được tính bằng công thức:
d  M 0 ; ( )  =
B
Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B 2 + C 2
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 46 – Đề tham khảo 2023. Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0;1;2 ) và đường thẳng
x − 2 y −1 z −1
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A và chứa d . Khoảng cách từ điểm M ( 5; −1;3)
2
2
−3
đến ( P ) bằng
d:
A. 5 .
B.
1
.
3
C. 1 .
D.
11
.
3
 Lời giải
Chọn C
Lấy B ( 2;1;1)  d ta có AB = ( 2;0; −1) .
Ta có  AB, ud  = ( 2;4;4 ) = 2 (1;2;2 )
Mặt phẳng ( P ) đi qua A và chứa d suy ra nP = (1;2;2 ) .
Phương trình mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 6 = 0
Vậy d ( M , ( P ) ) =
xM + 2 yM + 2 zM − 6
12 + 22 + 22
= 1.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng
( ) : x − 2 y − z + 1 = 0 và (  ) : 2 x + 2 y − 3z − 4 = 0 . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm
M (1; −1;0 ) và chứa đường thẳng  . Tính khoảng cách từ điểm N (1; 2;3) đến mặt phẳng ( P ) .
A. 4 .
Câu 2:
B.
3
.
4
C.
12
.
5
D.
7
.
5
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S 2 ) có tâm I 2 ( 2;1;5 ) , bán kính bằng 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
2
2
2 mặt cầu trên. Khoảng cách nhỏ nhất từ O đến mặt phẳng ( P ) bằng
9 − 15
9 + 15
9 3 + 15
.
C.
.
D.
.
2
2
2
Cho A ( 2; 4;3) , mặt phẳng ( ) đi qua A và cách trục Ox một khoảng lớn nhất. Khoảng cách từ
A. 15 .
Câu 3:
B.
M ( 0;1;2 ) đến mặt phẳng ( ) bằng
A. 1.
Câu 4:
B. 2.
D. 4.
x
y −1 z
=
=
và mặt phẳng
−2
1
1
( P) : 2 x − y + 2 z − 2 = 0. Có bao nhiêu điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và
mặt phẳng ( P ) ?
Trong
không
gian
A. 4.
Câu 5:
C. 3.
Oxyz ,
cho
đường
B. 0.
thẳng
d:
C. 2.
D. 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng chứa hai điểm A (1; 0;1) ,
B ( −1; 2; 2 ) và song song với trục Ox . Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng
(Q ) : x + 2 y + 2z −1 = 0 .
A. −
Câu 6:
5
.
15
B. −
2 5
.
15
C.
195
.
15
D.
2 5
.
15
Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A (1; −7; −8 ) , B ( 2; −5; −9 )
sao cho khoảng cách từ M ( 7; −1; −2 ) đến ( P ) lớn nhất có 1 vectơ pháp tuyến là n = (a; b; 4).
Giá trị của tổng a + b là
A. 2.
B. −1.
Câu 7:
C. 6.
Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; −3; 2 ) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt
các trục tọa độ tại A , B , C mà OA = OB = OC  0 ?
A. 1.
B. 2.
C. 3.
Câu 8:
D. 3.
D. 4.
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 ,
mặt phẳng ( ) : x + 4 y + z − 11 = 0 . Gọi ( P ) là mặt phẳng vuông góc với ( ) , ( P ) song song
với giá của vecto v = (1;6; 2 ) và ( P ) tiếp xúc với ( S ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) là
A. 2 x − y + 2 z − 2 = 0 và x − 2 y + z − 21 = 0
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. x − 2 y + 2 z + 3 = 0 và x − 2 y + z − 21 = 0
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C. 2 x − y + 2 z + 3 = 0 và 2 x − y + 2 z − 21 = 0 .
Câu 9:
Phan Nhật Linh
D. 2 x − y + 2 z + 5 = 0 và 2 x − y + 2 z − 2 = 0 .
 x = 1 + 2t

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y = −3 − t và điểm
 z = −4 + 3t

A ( −3;6; −3) . Phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d và có khoảng cách từ A đến
( P ) lớn nhất là
A. ( P ) : x − 4 y − 2 z − 21 = 0.
C. ( P ) : x − 2 y − 2 z + 17 = 0.
B. ( P ) :2 x − y + 3z − 7 = 0.
D. ( P ) : 2 x + y − 4 z + 3 = 0.
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng cắt nhau d1 :
x −3 y z −2
và
= =
1
1
−1
x − 2 y +1 z − 3
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d 2 . Khoảng cách từ
3
2
1
điểm M ( 0; 4;3) đến mặt phẳng ( P ) bằng
d2 :
A. 26 .
Câu 11: Trong
B.
không
gian
26 .
Oxyz
,
C.
cho
hai
19 26
.
26
đường
thẳng
D.
d:
35 26
.
26
x +7 y −5 z −9
=
=
3
−1
4
và
x y + 4 z + 18
=
=
. ( P ) là mặt phẳng chứa d và d ' . Khoảng cách từ M (1;0; 2 ) đến ( P )
3
−1
4
bằng
99
99
99
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
16250
625
25 25
25 26
d ':
Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z = 0 và đường thẳng
x −1 y z + 2
= =
. Gọi A ( a;0;0 ) là điểm thuộc trục Ox sao cho A cách đều d và ( P ) .
1
2
2
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  −3 .
B. a = −3 .
C. a  2 .
D. a  5 .
d:
Câu 13: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng
x −1 y z − 2
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến
= =
2
1
2
( P ) lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm M (1; 2; − 1) đến mặt phẳng ( P ) .
d:
A.
11 18
.
18
B. 3 2.
C.
11
.
18
D.
Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau d1 :
4
.
3
x−2 y−6 z +2
=
=
và
2
−2
1
x − 4 y +1 z + 2
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d1 và ( P ) song song với đường thẳng d 2
1
3
−2
. Khoảng cách từ điểm M ( −1;3; 2 ) đến ( P ) là
d2 :
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A.
7 10
.
15
B.
14 10
.
15
C.
7 10
.
3
D.
14
.
10
Câu 15: Trong không gian Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng qua điểm M ( 3; − 1;1) và vuông góc với đường
thẳng  :
A.
x −2 y +3 z −3
. Khoảng cách từ điểm A ( 2;1; 4 ) đến ( P ) bằng:
=
=
3
−2
1
2 14
.
7
B.
4 14
.
7
C.
4 21
.
21
D.
8 21
.
21
Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1; 2 ) , điểm B ( 2; −1;0 ) và đường thẳng
x −1 y z + 2
. Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A, B và song song với d . Khoảng cách từ
= =
1
2
1
điểm M ( 3;1; −2 ) đến ( P ) bằng
d:
7
.
17
A.
B.
10
.
17
6
.
29
C.
D.
12
.
29
x +1 y − 2 z −1
. Gọi ( P )
=
=
2
−1
3
là mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d . Khoảng cách từ điểm M ( −2;1;0 ) đến ( P )
Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; 2;3) và đường thẳng d :
bằng
3.
A.
B.
1
.
3
C. 1 .
D.
11
.
3
Câu 18: Trong không gian Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A (1; −1; −2 ) và chứa trục Oz . Khoảng
cách từ điểm M ( 2;1; 4 ) đến ( P ) bằng:
A.
3 2
.
2
B.
3 5
.
5
C.
3
.
2
D.
7 5
.
5
Câu 19: Trong không gian Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm B ( 2;1; − 3) , đồng thời vuông góc
với hai mặt phẳng ( Q ) : x + y + 3z = 0 , ( R ) : 2 x − y + z = 0 . Khoảng cách từ điểm M ( −1; 2;1)
đến ( P ) bằng:
6
.
2
A.
B.
19 2
.
10
C.
19 6
.
6
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d1 :
D.
3 2
.
10
x −1 y z − 2
= =
và đường thẳng
2
1
2
x y − 2 z +1
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d1 và song song với d 2 . Tính
1
1
2
khoảng cách giữa đường thẳng d 2 và mặt phẳng ( P ) .
d2 :
A.
1
.
5
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
5
.
5
C.
7
.
5
D.
7 5
.
5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
x −1 y z − 2
và mặt phẳng
= =
2
1
2
( Q ) : x − 3 y + 4 z − 1 = 0 . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với ( Q ) .
Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
d:
Tính khoảng cách từ điểm A ( 0;1; 2 ) đến mặt phẳng ( P ) .
6
.
185
A.
B.
10
.
185
C.
8
.
185
D.
16
.
185
 x = 2 + 4t

Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y = −6t , t 
và đường thẳng
 z = −1 − 8t

x−7 y −2 z
:
=
= . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và  . Khoảng cách từ
−6
9
12
điểm M (1; 2;3) đến ( P ) bằng
A.
152
.
870
B.
125
.
870
C.
512
.
870
D.
215
.
870
x − 2 y −1 z −1
. Gọi ( P )
=
=
2
2
−3
là mặt phẳng đi qua A và chứa d . Cosin của góc giữa ( P ) và ( Q ) : − x + 3 y − 3z + 2023 = 0
Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0;1; 2 ) và đường thẳng d :
bằng
A.
−1
.
3 19
B.
1
.
3 13
C.
1
.
3 19
D.
13
.
3 19
x − 2 y −1 z −1
=
=
và hai điểm A ( −1; 2;1) và
2
1
2
B ( 0; −1; 2 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng song song với đường thẳng AB và đường thẳng d . Viết
Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
phương trình mặt phẳng ( P ) biết khoảng cách giữa d và ( P ) bằng
điểm có hoành độ dương.
A. x − y − 1 = 0 .
B. x − y − 3 = 0 .
Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
C. x − z − 1 = 0 .
2 và ( P ) cắt Ox tại
D. x − z − 3 = 0 .
A (1; −2; −3) , B ( −1;4;1) và đường thẳng
x+2 y−2 z +3
=
=
. Mặt phẳng ( ) đi qua A, B và song song với đường thẳng d . Khoảng
1
−1
2
cách từ O đến mặt phẳng ( ) bằng
d:
A.
3 21
.
7
B.
5 21
.
21
C.
4 21
.
21
D.
21
.
7
Câu 26: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A(8; −8;8) . Gọi M là điểm sao cho
MA = 3MO (Với O là gốc tọa độ). Khoảng cách từ điểm M
( P ) : 2 x + 2 y + z + 19 = 0
A. 6 + 3 3 .
đến mặt phẳng
đạt giá trị nhỏ nhất là
B. 3 3 .
C. 6 − 3 3 .
D. 6 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 27: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 16 , điểm
2
2
2
A (1;0; 2 ) . Gọi mặt phẳng ( P ) qua A và cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là hình tròn ( C ) có
diện tích nhỏ nhất. Khoảng cách từ M ( 2; −1; 4 ) đến ( P ) là:
1
3
B. 2 .
A. .
5
.
3
C.
D. 6 .
Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c dương.
Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, b, c thay
đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng ( P ) cố định. Khoảng
cách từ M ( 0; 2023;0 ) tới mặt phẳng ( P ) bằng
A. 2022 .
B.
2023
.
3
C.
2021
.
3
Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt cầu
( S ) : ( x + 1)
2
( S ) : ( x − 1)
D. 674 3 .
2
+ ( y + 1) + ( z − 2 ) = 36
2
2
và
+ y 2 + z 2 = 4. Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc ( S  ) và cắt ( S ) theo giao tuyến là một
đường tròn có chu vi bằng 2 11. Khoảng cách từ M ( 2; −1;3) đến ( P ) bằng
A.
19
.
3
B.
17
.
7
C.
8
.
9
D.
19
.
2
x − 2 y +1 z −1
=
=
.
1
−2
3
Gọi mặt phẳng ( ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) lớn nhất. Tính khoảng cách từ
Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 3; −1;2 ) và đường thẳng d :
M ( 2; −3; 4 ) đến mặt phẳng ( ) .
A.
7
.
41
42
.
6
B.
C.
5
.
42
D.
5
.
13
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa điểm M (1;3; −2 )
, cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho
OA OB OC
=
=
. Tính khoảng cách từ
1
2
4
điểm O đến mặt phẳng ( ) .
A.
8 21
.
21
B.
2 12
.
3
C.
21
.
21
D.
7 21
.
21
 x = 2 + 3t

Câu 32: Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; −2;1) và đường thẳng d có phương trình  y = −1 + t .
 z = −1 − t

Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A(1; −2;1) và chứa d . Khoảng cách từ M (−1;0; 4) đến ( P ) bằng
A.
3 30
.
5
B.
2 30
.
5
C.
16
.
30
D.
14
.
30
Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) song song và cách mặt phẳng `
(Q) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 một khoảng bằng 1 và ( P ) không qua gốc tọa độ O. Phương trình của
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
mặt phẳng ( P ) là
Phan Nhật Linh
A. x + 2 y + 2 z − 6 = 0
B. x + 2 y + 2 z + 1 = 0
C. x + 2 y + 2 z = 0
D. x + 2 y + 2 z + 3 = 0
Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2;1;1) ; B ( −1;0;3) và mặt phẳng
( P ) : x + 2 y + z − 5 = 0 . Một mặt phẳng ( Q ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng
( P ) có dạng ax + by + cz − 2 = 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. a 2 + b 2 + c 2 = 3 .
B. a 2 + b 2 + c 2 = 13 .
C. a 2 + b 2 + c 2 = 5 .
D. a 2 + b 2 + c 2 = 10 .
Câu 35: Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 2; −1;3) , mặt phẳng ( P ) : 4 x − y + z − 10 = 0 và đường
thẳng d :
x − 2 y +1 z − 2
. Đường thẳng  cắt ( P ) và d lần lượt tại hai điểm M, N sao cho
=
=
2
2
−1
A là trung điểm của đoạn MN. Biết u = ( a; b; −4 ) là một vec tơ chỉ phương của  . Giá trị của
a + b bằng
A. −1 .
B. 6 .
D. −6 .
C. 1 .
x − 2 y +1 z −1
và mặt phẳng
=
=
1
−1
1
( P ) : x + y − z − 3 = 0 . Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với ( P ) .
Câu 36: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
Khoảng cách từ điểm M ( 3;1; −2 ) đến ( Q ) bằng
2.
A.
B.
− 2
.
2
C. − 2 .
D.
8.
x − 2 y +1 z − 2
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa
=
=
1
−1
1
đường thẳng d và song song với trục Ox . Khoảng cách từ điểm M (1; −1;0 ) đến ( P ) bằng
Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
2.
A.
B. − 2 .
C.
2
.
2
D. −
Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;3; 2 ) và đường thẳng d :
2
.
2
x −1 y + 2 z − 3
=
=
. Gọi ( P )
1
−2
3
là mặt phẳng đi qua A và chứa d . Khoảng cách từ điểm M ( 0; −2;5 ) đến ( P ) bằng
A.
3 11
.
11
B.
2 3
.
3
C.
23
.
195
D.
29
.
195
Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 8 và điểm A (1;3; 2 ) .
2
2
2
Mặt phẳng ( P ) đi qua A và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Biết
( P)
có dạng ax + by + cz + 6 = 0 . Tính a + b + c .
A. 4.
B. 2.
D. −6 .
C. −4 .
( P ) : x + y + z − 3 = 0,
( Q ) : x − y + z − 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) vuông góc với cả ( P ) và ( Q ) sao cho
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng
khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( R ) bằng
2.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
x − z + 2 = 0
.
A. 
x − z − 2 = 0
x − z + 4 = 0
.
B. 
x − z − 4 = 0
x − y + 2 = 0
.
C. 
x − y − 2 = 0
x − y + 4 = 0
.
D. 
x − y − 4 = 0
Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A (1;1;3) , B ( −1;3; 2 ) , C ( −1; 2;3) . Tính
khoảng cách từ điểm M (1; −2; 4 ) đến mặt phẳng ABC .
A. 15 .
B. 3 2 .
C.
4
.
3
D. 2 5 .
x −1 y +1 z + 2
và mặt phẳng
=
=
2
2
1
( P ) : x + 2 y + 2 z − 7 = 0 . Gọi I là giao điểm của d và ( P ) . Biết IM = 9 , khoảng cách từ điểm
Câu 42: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
M thuộc d đến ( P ) bằng
A. 15 .
B. 3 2 .
Câu 43: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
D. 2 5 .
C. 8.
đi qua A ( 0;1; 2 ) và chứa đường thẳng
( P)
x − 2 y −1 z −1
=
=
. Giá trị m thuộc khoảng nào dưới đây sao cho khoảng cách từ điểm
2
2
−m
M ( 5; −1;3) đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất?
() :
A. (1; 2 ) .
B. ( 0;1) .
C. ( −2; −1) .
D. ( −1;0 ) .
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −1;1;1) ; B (11;15; 4 ) ; C ( 3;9; − 2 ) và
 x = −4 + 3t

đường thẳng d :  y = −3 + 2t . Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d và điểm A . Điểm M thuộc
 z = −2 + 2t

mặt phẳng ( P ) sao cho biểu thức S = MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ
điểm M đến mặt phẳng ( Q ) : 2 x + y + 2 z − 3 = 0 .
A. 9 .
B. 10 .
C. 8 .
D. 11 .
 x = −t
x +1 y − 4 z − 3

=
=
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y = −8 + 4t và  :
. Gọi
1
−
4
−3
 z = −3 + 3t

( P)
là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và  . Khoảng cách từ điểm M ( 0; 2;1) đến ( P )
bằng
A.
2
.
217
B.
2
.
271
C.
1
.
217
Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( −1; 2;3) và đường thẳng d :
D.
1
.
271
x+2 y+2 z
=
= . Gọi ( P )
3
2
1
là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến ( P ) lớn nhất. Điểm nào dưới
đây thuộc ( P ) ?
A. A ( 2; − 2; 4 ) .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. D ( 2; 2; 4 ) .
C. B ( 2; 2; −4 ) .
D. C ( −2; 2; 4 ) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) đi qua hai điểm A (1; 0; 0 ) , B ( 0; 2;0 ) và tạo với
mặt phẳng ( Oyz ) một góc bằng 300 . Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ) là
A.
1
.
2
B. 2 .
C.
3
2
2
.
3
D.
Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 0;8; 2 ) , N ( 9; −7; 23) và mặt cầu
( S ) : ( x − 5)
2
+ ( y + 3) + ( z − 7 ) = 72 . Mặt phẳng ( P ) : x + by + cz + d = 0 đi qua điểm M và
2
2
tiếp xúc với mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ N đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất. Khi đó tổng
b − c + d có giá trị bằng
A. b + c + d = 2 .
B. b + c + d = −1 .
C. b + c + d = −5 .
D. b + c + d = 4 .
x −1 y z + 2
= =
và mặt phẳng
2
1
−1
( P ) : x − 2 y + z = 0 . Đường thẳng d cắt ( P ) tại điểm A . Biết rằng M ( a; b; c ) thuộc đường
Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
thẳng d có hoành độ âm đồng thời AM = 6 . Tính S = 2a + 3b + c .
A. S = −10 .
B. S = 10 .
C. S = −12 .
D. S = 12 .
Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2; − 1;1) và điểm A (1; 2;3) . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua
điểm M và chứa trục Oy . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) bằng
A.
5.
B. 5 .
C.
8 5
.
5
D.
5 3
.
3
x = 3 − t
x −1 y + 2 z

Câu 51: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :
=
= ; d  :  y = −1 + 2t và điểm
1
−2
2
 z = 1 − 2t

M ( 5;0; − 1) . Gọi ( ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và d  . Khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng ( ) bằng
A.
3 2
.
2
B.
7 34
.
34
C.
27 2
.
10
D.
Câu 52: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2; −1; −2 ) và đường thẳng
23 2
.
10
(d )
có phương trình
x −1 y −1 z −1
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng ( d ) và
1
−1
1
khoảng cách từ d tới mặt phẳng ( P ) là lớn nhất. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) .
A. x + 2 y − 3 z − 10 = 0 .
B. x − 2 y + 3 z − 10 = 0 .
C. x − 2 y + 3 z + 10 = 0 .
D. x − 2 y − 3 z − 10 = 0 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng
( ) : x − 2 y − z + 1 = 0 và (  ) : 2 x + 2 y − 3z − 4 = 0 . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm
M (1; −1;0 ) và chứa đường thẳng  . Tính khoảng cách từ điểm N (1; 2;3) đến mặt phẳng ( P ) .
A. 4 .
B.
3
.
4
12
.
5
C.
D.
7
.
5
Lời giải
Chọn C
( a ) có 1 VTPT là
n( ) = (1; −2; −1) , (  ) có 1 VTPT là n(  ) = ( 2; 2; −3) .
Ta có:  là giao tuyến của hai mặt phẳng
( )
và
( )
nên  có 1 VTCP
u =  n( ) , n(  )  = ( 8;1;6 ) .
 x − 2 yA + 1 = 0
 xA = 1
Gọi A ( xA ; y A ;0 ) là 1 điểm thuộc  , ta có:  A

 A (1;1;0 ) .
2 xA + 2 y A − 4 = 0
 yA = 1
Vì ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm M và chứa đường thẳng  nên ( P ) nhận u = ( 8;1; 6 ) và
AM = ( 0; −2; 0 ) là 2 VTCP, suy ra n( P ) = u , AM  = (12;0; −16 ) = 4 ( 3;0; −4 ) .
Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua M (1; −1; 0 ) và có VTPT n( P ) = ( 3;0; −4 ) là:
( P ) : 3x − 4z − 3 = 0  d ( N ; ( P ) ) =
Câu 2:
3.1 − 4.3 − 3
32 + ( −4 )
2
=
12
.
5
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S 2 ) có tâm I 2 ( 2;1;5 ) , bán kính bằng 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
2
2
2 mặt cầu trên. Khoảng cách nhỏ nhất từ O đến mặt phẳng ( P ) bằng
A. 15 .
B.
9 − 15
.
2
C.
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 ( P ) và mặt cầu ( S1 ) , ( S 2 ) ta có
I1M
=2
I2 N
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
9 + 15
.
2
D.
9 3 + 15
.
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 V( I ,2 ) ( ( S 2 ) ) = ( S1 )  V( I ,2 ) ( I 2 ) = ( I1 )  I ( 2;1;9 )
( 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.
Giả
sử
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)

sin I 2 IM =

I2M 1
=  I 2 IM = 300 .
II 2 2
Tam giác II1O có OI = 86, II1 = 8, OI1 = 6 .
( II ) + ( OI ) − ( OI1 )
cos I IO = 1

1

2
2
2

9
 I1IO  13057 '9,9 ''
86
=
2OI .II1

 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
Câu 3:
Cho A ( 2; 4;3) , mặt phẳng ( ) đi qua A và cách trục Ox một khoảng lớn nhất. Khoảng cách
từ M ( 0;1;2 ) đến mặt phẳng ( ) bằng
A. 1.
B. 2.
C. 3.
Lời giải
D. 4.
Chọn C
Gọi A ' là hình chiếu vuông góc của A trên trục Ox  A ' ( 2; 0; 0 ) .
Để khoảng cách từ trục Ox đến ( ) là lớn nhất thì n = A ' A = ( 0;4;3)
Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) là: 4 ( y − 4 ) + 3( z − 3) = 0  4 y + 3 z − 25 = 0
Câu 4:
Suy ra d ( M , ( ) ) =
d:
4.1 + 2.3 − 25
4 +3
2
2
= 3. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
x
y −1 z
=
= và mặt phẳng ( P) : 2 x − y + 2 z − 2 = 0. Có bao nhiêu điểm M thuộc d sao
−2
1
1
cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng ( P) ?
A. 4.
B. 0.
C. 2.
Lời giải
D. 1.
Chọn D
Vì M  d  M ( −2t ;1 + t ; t ) .
M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng
OM = d ( M ; ( P ) )  6t 2 + 2t + 1 =
( P ) nên
−3t − 3
3
 5t 2 = 0  t = 0.
Vậy có 1 điểm M thỏa yêu cầu bài toán.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 5:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng chứa hai điểm A (1; 0; 1) ,
B ( −1; 2; 2 ) và song song với trục Ox . Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng
(Q ) : x + 2 y + 2z −1 = 0 .
A. −
5
.
15
B. −
2 5
.
15
C.
195
.
15
D.
2 5
.
15
Lời giải
Chọn D
Ta có: AB = ( −2;2;1) và mặt phẳng ( Q ) có một vectơ pháp tuyến n (Q ) = (1; 2; 2 ) .
Vì ( P ) là mặt phẳng chứa hai điểm A (1; 0; 1) , B ( −1; 2; 2 ) và song song với trục Ox nên có có
vectơ pháp tuyến là n ( P ) =  AB, i  = ( 0;1; − 2 ) .
Suy ra góc tạo bởi mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q ) :
cos ( ( P ) , ( Q ) ) =
Câu 6:
n ( P )  n (Q )
n ( P )  n (Q )
=
2−4
3 5
=
2 5
.
15
Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A (1; −7; −8 ) , B ( 2; −5; −9 )
sao cho khoảng cách từ M ( 7; −1; −2 ) đến ( P ) lớn nhất có 1 vectơ pháp tuyến là n = (a; b; 4).
Giá trị của tổng a + b là
A. 2.
B. −1.
C. 6.
Lời giải
D. 3.
Chọn D
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB và ( P )  d ( M ; ( P) ) = MK
Ta có MHK vuông tại M  MK  MH
 d ( M ;( P) )max  MK = MH  K  H
Khi đó MH ⊥ ( P)  MH là 1 VTPT của (P).
Ta có AB = (1;2; −1)  Phương trình đường thẳng AB :
x −1 y + 7 z + 8
=
=
 H ( t + 1; 2t − 7; −t − 8 )
1
2
−1
 MH = (t − 6; 2t − 6; −t − 6) ⊥ AB
 1.(t − 6) + 2.(2t − 6) − 1.(−t − 6) = 0
 6t − 12 = 0  t = 2  MH = (−4; −2; −8) = −2(2;1; 4)
 a = 2; b = 1  a + b = 3 .
Câu 7:
Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; −3; 2 ) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt
các trục tọa độ tại A , B , C mà OA = OB = OC  0 ?
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Lời giải
Chọn C
Gọi A ( a; 0; 0 ) , B ( 0; b; 0 ) , C ( 0; 0; c ) . Từ đó ta có OA = a , OB = b , OC = c
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Mặt phẳng qua các điểm A , B , C có phương trình theo đoạn chắn:
x y z
+ + = 1 ( P) .
a b c
1 3 2
− + = 1 . Vì OA = OB = OC  a = b = c
a b c
Từ đó ta có hệ phương trình
Vì M  ( P ) nên
 1 3 2
 a − b + c = 1

 a = b = c

1 3 2
  1 − 3 + 2 = 1

−
+
=
1
1 3 2
 a b c
a b c
a − b + c =1
1 3 2
 a = b = −c = −4
  a = b = −c
  a = b


 − + =1


 
  a = −b = c = 6 .
 a = b
a b c

a
=
−
b
1
3
2

a = b = c


 a = −b = −c = 2

 − + = 1
 b = c
b = c
a
b
c




 a = −b = c
b
=
−
c
 

  1 − 3 + 2 = 1
 a b c
  a = −b = − c

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 8:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 ,
mặt phẳng ( ) : x + 4 y + z − 11 = 0 . Gọi ( P ) là mặt phẳng vuông góc với ( ) , ( P ) song song
với giá của vecto v = (1;6;2 ) và ( P ) tiếp xúc với ( S ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) là
A. 2 x − y + 2 z − 2 = 0 và x − 2 y + z − 21 = 0
B. x − 2 y + 2 z + 3 = 0 và x − 2 y + z − 21 = 0
C. 2 x − y + 2 z + 3 = 0 và 2 x − y + 2 z − 21 = 0 .
D. 2 x − y + 2 z + 5 = 0 và 2 x − y + 2 z − 2 = 0 .
Lời giải
Chọn C
( S ) có tâm I (1; − 3; 2 ) và bán kính R = 4 . Véc tơ pháp tuyến của ( ) là
n = (1; 4;1) .
Suy ra VTPT của ( P ) là nP =  n , v  = ( 2; − 1; 2 ) .
Do đó ( P ) có dạng: 2 x − y + 2 z + d = 0 .
Mặt khác ( P ) tiếp xúc với ( S ) nên d ( I , ( P ) ) = 4
Hay
Câu 9:
 d = −21
=4 
.
2
2
2
d
=
3

2 + ( −1) + 2
2+3+ 4+ d
 x = 1 + 2t

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y = −3 − t và điểm
 z = −4 + 3t

A ( −3;6; −3) . Phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d và có khoảng cách từ A đến
( P ) lớn nhất là
A. ( P ) : x − 4 y − 2 z − 21 = 0.
C. ( P ) : x − 2 y − 2 z + 17 = 0.
B. ( P ) :2 x − y + 3z − 7 = 0.
D. ( P ) : 2 x + y − 4 z + 3 = 0.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn A
Ta gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( P ) . Kẻ HI ⊥ d tại I  AI ⊥ d .
Khi đó d ( A, ( P ) ) = AH  d ( A, d ) = AI . Mà AI không đổi. Vậy khoảng cách từ A đến ( P ) là
lớn nhất khi chỉ khi AI ⊥ ( P ) tại I .
Đường thẳng d đi qua điểm M (1; −3; −4 ) và có VTCP ad = ( 2; −1; 3) .
Gọi I (1 + 2t ; −3 − t ; − 4 + 3t )  d .
AI = ( 2t + 4; −t − 9; 3t − 1)
Từ AI ⊥ ad  14t + 14 = 0  t = −1 . Vậy AI = ( 2; −8; −4 ) = 2 (1; −4; −2 )
 ( P ) có một VTPT là n = (1; −4; −2 )
Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1; −3; −4 ) và có vec tơ pháp tuyến n = (1; −4; −2 ) .
 ( P ) : x − 4 y − 2 z − 21 = 0
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng cắt nhau d1 :
x −3 y z −2
= =
và
1
1
−1
x − 2 y +1 z − 3
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d 2 . Khoảng cách từ
3
2
1
điểm M ( 0; 4;3) đến mặt phẳng ( P ) bằng
d2 :
A. 26 .
B.
26 .
C.
19 26
.
26
D.
35 26
.
26
Lời giải
Chọn B
Đường thẳng d1 đi qua điểm A ( 3;0; 2 ) và có vectơ chỉ phương u1 = (1;1; − 1) .
Đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương u2 = ( 3; 2;1) .
( P)
chứa hai đường thẳng cắt nhau d1 , d 2  ( P ) đi qua điểm A ( 3;0; 2 ) và có vectơ pháp
tuyến n = u1 ; u2  = ( 3; − 4; − 1) . Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là:
3 ( x − 3) − 4 ( y − 0 ) − ( z − 2 ) = 0  3 x − 4 y − z − 7 = 0 .
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
0 − 16 − 3 − 7
d ( M , ( P )) =
= 26 .
2
2
32 + ( −4 ) + ( −1)
Câu 11: Trong
không
gian
,
Oxyz
cho
Phan Nhật Linh
hai
đường
thẳng
d:
x +7 y −5 z −9
=
=
3
−1
4
và
x y + 4 z + 18
=
=
. ( P ) là mặt phẳng chứa d và d ' . Khoảng cách từ M (1;0; 2 ) đến ( P )
3
−1
4
bằng
99
99
99
8
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
16250
625
25 25
25 26
Lời giải
d ':
Chọn C
d có VTCP u = (3; −1; 4) và đi qua A(−7;5;9) ,
d ' có VTCP u ' = (3; −1; 4) và đi qua B (0; −4; −18) .
Từ đó ta có AB = (7; −9; −27) , u cùng phương với u ' và [ u; AB]  0
Suy ra d song song d ' . ( P ) là mặt phẳng chứa d và d ' nên ( P ) đi qua A(−7;5;9) và có
VTPT n = u; AB  = ( 63;109; −20 ) . Do đó ta có phương trình mặt phẳng ( P ) :
63( x + 7) + 109(y − 5) − 20(z − 9) = 0  63 x + 109 y − 20 z + 76 = 0 .
Khoảng cách từ M (1;0; 2 ) đến ( P ) : d ( M ;( P ) ) =
63.1 + 109.0 − 20.2 + 76
632 + 1092 + ( −20 )
2
=
99
25 26
Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z = 0 và đường thẳng
x −1 y z + 2
= =
. Gọi A ( a;0;0 ) là điểm thuộc trục Ox sao cho A cách đều d và ( P ) .
1
2
2
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  −3 .
B. a = −3 .
C. a  2 .
D. a  5 .
d:
Lời giải
Chọn C
Đường thẳng d đi qua M (1;0; −2 ) và có một VTCP là ud = (1; 2; 2 ) .
Ta có MA = ( a − 1;0; 2 ) , suy ra ud , MA = ( 4; 2a − 4; −2a + 2 ) .
Theo đề bài ta có:
ud , MA
2a


d ( A, d ) = d ( A, ( P ) ) 
=
ud
4 +1+ 4
16 + ( 2a − 4 ) + ( −2a + 2 )
2

1+ 4 + 4
2
=
2a
4 +1+ 4
 a = 3.
Vậy A ( 3;0;0 ) .
Câu 13: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
x −1 y z − 2
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến
d:
= =
2
1
2
( P)
A.
lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm M (1; 2; − 1) đến mặt phẳng ( P ) .
11 18
.
18
B. 3 2.
C.
11
.
18
D.
4
.
3
Lời giải
Chọn A
Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu của A trên ( P ) .
Ta có d ( A, ( P ) ) = AK  AH (Không đổi)
 GTLN của d ( d , ( P ) ) là AH
⟹ d ( A, ( P ) ) lớn nhất khi K  H .
Gọi H (1 + 2t ; t ; 2 + 2t )  d , suy ra AH = ( 2t − 1; t − 5; 2t − 1) .
Vì AH ⊥ ud  AH .ud = 0  2 ( 2t − 1) + t − 5 + 2 ( 2t − 1) = 0  t = 1 .
Nên H ( 3;1; 4 ) , ( P ) qua H và vuông góc với AH .
( P) : x − 4 y + z − 3 = 0
Vậy d ( M , ( P ) ) =
11 18
.
18
Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau d1 :
x−2 y−6 z +2
=
=
và
2
−2
1
x − 4 y +1 z + 2
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d1 và ( P ) song song với đường thẳng d 2
1
3
−2
. Khoảng cách từ điểm M ( −1;3; 2 ) đến ( P ) là
d2 :
A.
7 10
.
15
B.
14 10
.
15
C.
7 10
.
3
D.
14
.
10
Lời giải
Chọn A
Đường thẳng d1 đi qua A ( 2;6; −2 ) và có một véc tơ chỉ phương u1 = ( 2; −2;1) .
Đường thẳng d 2 có một véc tơ chỉ phương u2 = (1;3; −2 ) .
Gọi n là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) . Do mặt phẳng ( P ) chứa d1 và ( P ) song
song với đường thẳng d 2 nên n = u1 , u2  = (1;5;8 ) .
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 2;6; −2 ) và có một véc tơ pháp tuyến n = (1;5;8 ) là
x + 5 y + 8 z − 16 = 0 .
d ( M , ( P )) =
xM + 5 yM + 8 zM − 16
12 + 52 + 82
=
7 10
15
Câu 15: Trong không gian Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng qua điểm M ( 3; − 1;1) và vuông góc với đường
thẳng  :
A.
x −2 y +3 z −3
. Khoảng cách từ điểm A ( 2;1; 4 ) đến ( P ) bằng:
=
=
3
−2
1
2 14
.
7
B.
4 14
.
7
C.
4 21
.
21
D.
8 21
.
21
Lời giải
Chọn A
Do ( P ) ⊥  nên n( P ) = u = ( 3; − 2;1)
( P ) qua M ( 3; − 1;1) nên phương trình ( P ) là:
3 ( x − 3) − 2 ( y + 1) + 1( z − 1) = 0  3 x − 2 y + z − 12 = 0 .
Khoảng cách từ điểm A ( 2;1; 4 ) đến ( P ) là: d ( M , ( P ) ) =
6 − 2 + 4 − 12
9 + 4 +1
=
2 14
.
7
Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1; 2 ) , điểm B ( 2; −1;0 ) và đường thẳng
x −1 y z + 2
. Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A, B và song song với d . Khoảng cách từ
= =
1
2
1
điểm M ( 3;1; −2 ) đến ( P ) bằng
d:
A.
7
.
17
B.
10
.
17
C.
6
.
29
D.
12
.
29
Lời giải
Chọn D
Ta có AB = (1; −2; −2 ) .
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = (1; 2;1) .
Do ( P ) là mặt phẳng đi qua A (1;1; 2 ) , B ( 2; −1;0 ) và song song với d
Suy ra mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến là n =  AB, u  = ( 2; −3; 4 ) .
Vậy ( P ) : 2 x − 3 y + 4 z − 7 = 0 .
Khoảng cách từ điểm M ( 3;1; −2 ) đến ( P ) bằng:
2.3 − 3.1 + 4. ( −2 ) − 7
2 2 + ( −3 ) + 4 2
2
=
12
.
29
x +1 y − 2 z −1
. Gọi ( P )
=
=
2
−1
3
là mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d . Khoảng cách từ điểm M ( −2;1;0 ) đến ( P )
Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; 2;3) và đường thẳng d :
bằng
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
11
D. .
3
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A.
3.
B.
1
.
3
C. 1 .
Lời giải
Chọn B
Từ phương trình đường thẳng d :
x +1 y − 2 z −1
, ta thấy đường thẳng d đi qua điểm
=
=
2
−1
3
B ( −1; 2;1) và có một vectơ chỉ phương u = ( 2; −1;3) .
Ta có: AB = ( −2;0; −2 ) .
Suy ra, mặt phẳng ( P ) đi qua A (1; 2;3) nhận n = u, AB  = ( −2; 2; 2 ) làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng ( P ) là: x − y − z + 4 = 0 .
Khoảng cách từ điểm M ( −2;1;0 ) đến ( P ) là: d ( M , ( P ) ) =
−2 − 1 + 4
3
=
1
.
3
Câu 18: Trong không gian Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A (1; −1; −2 ) và chứa trục Oz . Khoảng
cách từ điểm M ( 2;1; 4 ) đến ( P ) bằng:
A.
3 2
.
2
B.
3 5
.
5
C.
3
.
2
D.
7 5
.
5
Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng ( P ) đi qua A (1; −1; −2 ) nhận n =  k , OA = (1;1;0 ) làm vectơ pháp tuyến. Phương
trình mặt phẳng ( P ) là: x + y = 0 .
Khoảng cách từ điểm M ( 2;1; 4 ) đến ( P ) là: d ( M , ( P ) ) =
2 +1
2
=
3 2
.
2
Câu 19: Trong không gian Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm B ( 2;1; − 3) , đồng thời vuông góc
với hai mặt phẳng ( Q ) : x + y + 3z = 0 , ( R ) : 2 x − y + z = 0 . Khoảng cách từ điểm M ( −1; 2;1)
đến ( P ) bằng:
A.
6
.
2
B.
19 2
.
10
C.
19 6
.
6
D.
3 2
.
10
Lời giải
Chọn B
Mặt phẳng ( Q ) : x + y + 3z = 0 ,
( R) : 2x − y + z = 0
lần lượt có các vectơ pháp tuyến là
n1 = (1;1;3) và n2 = ( 2; − 1;1) .
Vì
( P)
vuông góc với hai mặt phẳng
(Q )
,
( R)
nên
( P)
nên
( P ) : 4 ( x − 2 ) + 5 ( y − 1) − 3 ( z + 3) = 0
có vectơ pháp tuyến là
n =  n1 , n2  = ( 4;5; − 3) .
Ta lại có
( P)
đi qua điểm
 4 x + 5 y − 3z − 22 = 0 .
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B ( 2;1; − 3)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Khoảng cách từ điểm M ( −1; 2;1) đến ( P ) là: d ( M , ( P ) ) =
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d1 :
−4 + 10 − 3 − 22
16 + 25 + 9
=
19 2
.
10
x −1 y z − 2
và đường thẳng
= =
2
1
2
x y − 2 z +1
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d1 và song song với d 2 . Tính
1
1
2
khoảng cách giữa đường thẳng d 2 và mặt phẳng ( P ) .
d2 :
A.
1
.
5
B.
5
.
5
C.
7
.
5
D.
7 5
.
5
Lời giải
Chọn D
Ta có d1 đi qua M 1 (1;0; 2 ) và có vtcp u1 ( 2;1; 2 ) ; d 2 đi qua M 2 ( 0; 2; −1) và có vtcp u 2 (1;1; 2 )
Vì
( P)
là mặt phẳng chứa đường thẳng d1 và song song với d 2 nên vtpt
n( P ) = u1 ; u2  = ( 0; −2;1) .
Do ( P ) chứa d1 nên điểm M 1  ( P ) . Khi đó phương trình ( P ) : −2 y + z − 2 = 0 .
Vì d 2 song song với ( P ) nên d ( d 2 , ( P ) ) = d ( M 2 , ( P ) ) =
−4 − 1 − 2
4 +1
=
7 5
.
5
x −1 y z − 2
và mặt phẳng
= =
2
1
2
( Q ) : x − 3 y + 4 z − 1 = 0 . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với ( Q ) .
Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
d:
Tính khoảng cách từ điểm A ( 0;1; 2 ) đến mặt phẳng ( P ) .
A.
6
.
185
B.
10
.
185
C.
8
.
185
D.
16
.
185
Lời giải
Chọn D
Ta có d đi qua M (1;0; 2 ) và có vtcp u ( 2;1; 2 ) ; và ( Q ) có vtpt n(Q ) = (1; −3; 4 )
Vì
( P)
là mặt phẳng chứa đường thẳng d
và vuông góc với
(Q )
nên vtpt
n( P ) = u; n(Q )  = (10; −6; −7 ) .
Do ( P ) chứa d nên điểm M  ( P ) . Khi đó phương trình ( P ) :10 x − 6 y − 7 z + 4 = 0 .
Khi đó d ( A, ( P ) ) =
−6 − 14 + 4
100 + 36 + 49
=
16
.
185
 x = 2 + 4t

Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y = −6t , t 
và đường thẳng
 z = −1 − 8t

x−7 y −2 z
:
=
= . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và  . Khoảng cách từ
−6
9
12
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
điểm M (1; 2;3) đến ( P ) bằng
A.
152
.
870
B.
125
.
870
C.
512
.
870
D.
215
.
870
Lời giải
Chọn B
Đường thẳng d đi qua điểm A ( 2;0; −1) và có vectơ chỉ phương a = ( 4; −6; −8 ) ; đường thẳng
 đi qua điểm B ( 7; 2;0 ) và có vectơ chỉ phương b = ( −6;9;12 ) .
4 −6 −8
suy ra a, b cùng phương.
=
=
−6 9 12
Mặt khác ta thấy A ( 2;0; −1)   .
Ta có
Vậy d // .
Lấy điểm C ( 6; −6; −9 )  d .
Khi đó ta có BC = ( −1; −8; −9 ) ; BA = ( −5; −2; −1)
 n =  BA, BC  = (10; −44; −38 ) = 2 ( 5; −22; −19 ) .
Mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 2;0; −1) có vectơ pháp tuyến n = ( 5; −22; −19 ) có phương trình là :
5 x − 22 y − 19 z − 29 = 0 .
Vậy d ( M , ( P ) ) =
5.1 − 22.2 − 19.3 − 29
52 + ( −22 ) + ( −19 )
2
2
=
125
.
870
x − 2 y −1 z −1
=
=
. Gọi ( P )
2
2
−3
là mặt phẳng đi qua A và chứa d . Cosin của góc giữa ( P ) và ( Q ) : − x + 3 y − 3z + 2023 = 0
Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0;1; 2 ) và đường thẳng d :
bằng
A.
−1
.
3 19
B.
1
.
3 13
C.
1
.
3 19
D.
13
.
3 19
Lời giải
Chọn C
Lấy B ( 2;1;1)  d ta có AB = ( 2;0; −1) .
Ta có  AB, ud  = ( 2; 4; 4 ) = 2 (1; 2; 2 )
Mặt phẳng ( P ) đi qua A và chứa d suy ra nP = (1; 2; 2 ) .
Gọi  là góc giữa ( P ) và ( Q )
Ta có cos  = cos(nP ; nQ ) =
Vậy cos  =
nP .nQ
nP . nP
=
−1 + 6 − 6
1 + 4 + 4. 1 + 9 + 9
=
1
3 19
1
.
3 19
x − 2 y −1 z −1
=
=
và hai điểm A ( −1; 2;1) và
2
1
2
B ( 0; −1; 2 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng song song với đường thẳng AB và đường thẳng d . Viết
Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
phương trình mặt phẳng ( P ) biết khoảng cách giữa d và ( P ) bằng
điểm có hoành độ dương.
A. x − y − 1 = 0 .
B. x − y − 3 = 0 .
C. x − z − 1 = 0 .
Phan Nhật Linh
2 và ( P ) cắt Ox tại
D. x − z − 3 = 0 .
Lời giải
Chọn D
Ta có d đi qua M ( 2;1;1) và có vtcp u ( 2;1; 2 )
Vì
( P)
là mặt phẳng song song với đường thẳng AB và đường thẳng d nên vtpt
n( P ) =  AB; u  = ( −7;0;7 ) . Chọn n( P ) = (1;0; −1) .
Phương trình ( P ) : x − z + D = 0 (vì ( P ) cắt Ox tại điểm có hoành độ dương nên D  0 ).
Vì d song song với ( P ) nên d ( d , ( P ) ) = d ( M , ( P ) ) =
1+ D
2
.
D = 1
= 2  1+ D = 2  
 D = −3 .
2
 D = −3
Vậy phương trình ( P ) : x − z − 3 = 0 .
1+ D
Theo giả thiết, ta có
Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
A (1; −2; −3) , B ( −1;4;1) và đường thẳng
x+2 y−2 z +3
=
=
. Mặt phẳng ( ) đi qua A, B và song song với đường thẳng d . Khoảng
1
−1
2
cách từ O đến mặt phẳng ( ) bằng
d:
A.
3 21
.
7
B.
5 21
.
21
C.
4 21
.
21
D.
21
.
7
Lời giải
Chọn D
Ta có AB = ( −2;6; 4 ) , Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1; − 1; 2 ) .
Mặt phẳng ( ) đi qua A, B và song song với đường thẳng d có một vectơ pháp tuyến
n = (16;8; − 4 ) = 4 ( 4; 2; − 1) .
Mặt phẳng ( ) có phương trình là 4 ( x − 1) + 2 ( y + 2 ) − ( z + 3) = 0  4 x + 2 y − z − 3 = 0 .
−3
Khi đó d ( O, ( ) ) =
42 + 22 + ( −1)
2
=
21
.
7
Câu 26: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A(8; −8;8) . Gọi M là điểm sao cho
MA = 3MO (Với O là gốc tọa độ). Khoảng cách từ điểm M
( P ) : 2 x + 2 y + z + 19 = 0
A. 6 + 3 3 .
đến mặt phẳng
đạt giá trị nhỏ nhất là
B. 3 3 .
C. 6 − 3 3 .
Lời giải
D. 6 .
Chọn C
Gọi M ( x; y; z ) . Khi đó MA = 3MO
 ( x − 8) + ( y + 8) + ( z − 8 ) = 9 ( x 2 + y 2 + z 2 )  x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 2 y + 2 z − 24 = 0
2
2
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Suy ra tập hợp các điểm M thỏa MA = 3MO là mặt cầu ( S ) tâm I ( −1;1; −1) và bán kính
R = 3 3.
Vì d ( I , ( P ) ) = 6  R nên ( P ) không cắt ( S ) .
Do đó khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) đạt giá trị nhỏ nhất là
d min = d ( I , ( P ) ) − R = 6 − 3 3.
Câu 27: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 16 , điểm
2
2
2
A (1;0; 2 ) . Gọi mặt phẳng ( P ) qua A và cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là hình tròn ( C ) có
diện tích nhỏ nhất. Khoảng cách từ M ( 2; −1; 4 ) đến ( P ) là:
1
3
A. .
B. 2 .
C.
5
.
3
D. 6 .
Lời giải
Chọn C
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) , bán kính R = 4 .
Ta có IA = 3  R  A nằm trong mặt cầu ( S ) .
Do đó mặt phẳng ( P ) qua A luôn cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là hình tròn ( C ) có bán
kính r = R 2 − IH 2 .
Ta luôn có IA  IH  R 2 − IH 2  R 2 − IA2  r  R 2 − IA2 .
Diện tích của hình tròn ( C ) nhỏ nhất khi bán kính r nhỏ nhất, tức là r = R 2 − IA2  H  A
.
Khi đó IA ⊥ ( P )  mặt phẳng ( P ) nhận IA = ( 2; − 2;1) làm một VTPT.
 phương trình mặt phẳng ( P ) : 2 ( x − 1) − 2 y + ( z − 2 ) = 0  2 x − 2 y + z − 4 = 0.
Vậy khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) là d ( M , ( P ) ) =
4+2+4−4
3
= 2.
Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c dương.
Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, b, c thay
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng ( P ) cố định. Khoảng
cách từ M ( 0; 2023;0 ) tới mặt phẳng ( P ) bằng
A. 2022 .
B.
2023
.
3
C.
2021
.
3
D. 674 3 .
Lời giải
Chọn D
Gọi ( ) là mặt phẳng trung trực của đoạn OA .
a
a

 ( ) đi qua điểm D  ;0;0  và có VTPT OA = ( a;0;0 ) = a (1;0;0 )  ( ) : x − = 0 .
2
2

Gọi (  ) là mặt phẳng trung trực của đoạn OB .
b
 b 
 (  ) đi qua điểm E  0; ;0  và có VTPT OB = ( 0; b;0 ) = b ( 0;1;0 )  (  ) : y − = 0 .
2
 2 
Gọi (  ) là mặt phẳng trung trực của đoạn OC .
c
c

 (  ) đi qua điểm F  0;0;  và có VTPT OC = ( 0;0; c ) = c ( 0;0;1)  (  ) : z − = 0 .
2
2

a b c
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC  I = ( )  (  )  ( )  I  ; ;  .
 2 2 2
a b c
Theo giả thiết, a + b + c = 2  + + = 1  I  ( P ) : x + y + z = 1 .
2 2 2
2023 − 1 2022
Vậy, d ( M , ( P ) ) =
=
= 674 3 .
3
3
Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai mặt cầu
( S ) : ( x + 1)
2
( S ) : ( x − 1)
2
+ ( y + 1) + ( z − 2 ) = 36
2
2
và
+ y 2 + z 2 = 4. Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc ( S  ) và cắt ( S ) theo giao tuyến là một
đường tròn có chu vi bằng 2 11. Khoảng cách từ M ( 2; −1;3) đến ( P ) bằng
A.
19
.
3
B.
17
.
7
C.
8
.
9
D.
19
.
2
Lời giải
Lờigiải
Chọn A
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; − 1; 2 ) , bán kính R = 6 , mặt cầu ( S  ) có tâm I  ( −1;0;0 ) , bán kính
R = 2
Vì I I = 3  R − R = 4 nên mặt cầu ( S  ) nằm trong mặt cầu ( S ) .
Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc ( S  )  d ( I , ( P ) ) = R = 2 ; ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là một đường
tròn có chu vi bằng 2 11 nên d ( I , ( P ) ) = R 2 − r 2 = 5 .
Nhận thấy d ( I , ( P ) ) − d ( I , ( P ) ) = I I nên tiếp điểm H của ( P ) và ( S  ) cũng là tâm đường
tròn giao của ( P ) và ( S ) . Khi đó, ( P ) là mặt phẳng đi qua H , nhận II  = ( −2;1; − 2 ) làm vecto
pháp tuyến.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
7

 xH = − 3

5
2

 7 2 4
 H − ; ;−  .
Ta có: IH = II    yH =
3
3
 3 3 3

4

 zH = 3

7 
2 
4

Phương trình mặt phẳng ( P ) : −2  x +  +  y −  − 2  z +  = 0  2 x − y + 2 z + 8 = 0 .
3 
3 
3

Khoảng cách từ M đến ( P ) là d ( M , ( P ) ) =
19
.
3
x − 2 y +1 z −1
=
=
.
1
−2
3
Gọi mặt phẳng ( ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) lớn nhất. Tính khoảng cách từ
Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 3; −1;2 ) và đường thẳng d :
M ( 2; −3; 4 ) đến mặt phẳng ( ) .
A.
7
.
41
42
.
6
B.
5
.
42
C.
D.
5
.
13
Lời giải
Chọn C
Gọi H
là
hình
chiếu
của
A
đến
d
.
Khi
đó
H ( 2 + t ; −1 − 2t ;1 + 3t )
 AH = ( −1 + t ; − 2t ; −1 + 3t )
Do AH ⊥ d  −1 + t + 4t − 3 + 9t = 0  t =
2
 5 4 1
. Khi đó AH =  − ; − ; −  .
7
 7 7 7
Mặt phẳng ( ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) lớn nhất khi AH ⊥ ( ) .
Do đó ( ) có vectơ pháp tuyến là n = ( 5; 4;1) .
Suy ra phương trình mặt phẳng ( ) : 5 ( x − 2 ) + 4 ( y + 1) + ( z − 1) = 0  5 x + 4 y + z − 7 = 0 .
Vậy khoảng cách từ M đến ( P ) là d ( M , ( P ) ) =
5
.
42
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa điểm M (1;3; −2 )
, cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho
OA OB OC
=
=
. Tính khoảng cách từ
1
2
4
điểm O đến mặt phẳng ( ) .
A.
8 21
.
21
B.
2 12
.
3
C.
21
.
21
D.
7 21
.
21
Lời giải
Phương trình mặt chắn cắt tia Ox tại A ( a;0;0 ) , cắt tia Oy tại B ( 0; b;0 ) , cắt tia Oz tại
C ( 0;0; c ) có dạng là ( P ) :
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
x y z
+ + = 1 (với a  0 , b  0 , c  0 ).
a b c
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
b

OA OB OC
a b c
a =
=
=
 = = 
Theo đề:
2 .
1
2
4
1 2 4

c = 2b
Vì M (1;3; −2 ) nằm trên mặt phẳng ( P ) nên ta có:
Phan Nhật Linh
1 3 −2
4
+ +
=1  =1  b = 4.
b b 2b
b
2
Khi đó a = 2 , c = 8 .
Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là:
Vậy d ( O, ( ) ) =
−8
42 + ( 2 ) + (1)
2
2
=
x y z
+ + = 1  4x + 2 y + z − 8 = 0 .
2 4 8
8 21
.
21
 x = 2 + 3t

Câu 32: Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; −2;1) và đường thẳng d có phương trình  y = −1 + t .
 z = −1 − t

Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A(1; −2;1) và chứa d . Khoảng cách từ M (−1;0; 4) đến ( P ) bằng
A.
3 30
.
5
B.
2 30
.
5
C.
16
.
30
D.
14
.
30
Lời giải
Chọn A
Lấy B (2; −1; −1)  d . Ta có AB = (1;1; −2 ) , một VTCP của d là u (3;1; −1) . Ta có
 AB, u  = (1; −5; −2 ) . ( P ) là mặt phẳng đi qua A(1; −2;1) và chứa d nên một VTPT của ( P ) là:


n = (1; −5; −2 ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) là:
1( x − 1) − 5 ( y + 2 ) − 2 ( z − 1) = 0  x − 5 y − 2 z − 9 = 0 .
d ( M , ( P )) =
−1 − 5.0 − 2.4 − 9
12 + (−5) 2 + (−2) 2
=
18 3 30
=
.
5
30
Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) song song và cách mặt phẳng `
(Q) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 một khoảng bằng 1 và ( P) không qua gốc tọa độ O. Phương trình của
mặt phẳng ( P) là
A. x + 2 y + 2 z − 6 = 0
B. x + 2 y + 2 z + 1 = 0
C. x + 2 y + 2 z = 0
D. x + 2 y + 2 z + 3 = 0
Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng ( P) song song với mặt phẳng (Q) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 nên phương trình mp
( P) :x + 2 y + 2z + d = 0 . A ( 3, 0, 0 )  ( Q ) .
Mặt phẳng
( P) cách mặt phẳng ` (Q) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 một khoảng bằng 1
 d ( A, ( P ) ) = 1 
 d = −6
.
=1 d +3 = 3  
1 +2 +2
d = 0
3+ d
2
2
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vì ( P) không qua gốc tọa độ O nên d  0  d = −6 .
Vậy pt mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 6 = 0 .
Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2;1;1) ; B ( −1; 0;3) và mặt phẳng
( P ) : x + 2 y + z − 5 = 0 . Một mặt phẳng ( Q ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng
( P ) có dạng ax + by + cz − 2 = 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?
2
2
2
A. a + b + c = 3 .
2
2
2
2
2
2
B. a + b + c = 13 .
C. a + b + c = 5 .
Lời giải
2
2
2
D. a + b + c = 10 .
Chọn A
Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = (1; 2;1) , AB = ( −3; −1;2 ) .
Vì ( Q ) vuông góc với của ( P ) nên nQ ⊥ n .
Mặt khác ( Q ) đi qua A và B nên nQ ⊥ AB . Ta có:  n, AB  = ( 5; −5;5 )
1
Mp ( Q ) nhận nQ =  n, AB  = (1; −1;1) làm vectơ pháp tuyến.
5
Vậy phương trình mặt phẳng ( Q ) :1( x − 2) − 1( y − 1) + 1( z − 1) = 0 , hay ( Q ) : x − y + z − 2 = 0
2
2
2
Vậy a + b + c = 3 .
Câu 35: Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 2; −1;3) , mặt phẳng ( P ) : 4 x − y + z − 10 = 0 và đường
x − 2 y +1 z − 2
. Đường thẳng  cắt ( P ) và d lần lượt tại hai điểm M, N sao cho
=
=
2
2
−1
A là trung điểm của đoạn MN. Biết u = ( a; b; −4 ) là một vec tơ chỉ phương của  . Giá trị của
thẳng d :
a + b bằng
A. −1 .
B. 6 .
D. −6 .
C. 1 .
Lời giải
Chọn B
Vì N là giao điểm của  và d nên N ( 2 + 2t ; −1 + 2t; 2 − t ) .
 xM = 2.x A − xN = 2 − 2t
A là trung điểm của đoạn MN   yM = 2. y A − yN = −1 − 2t  M ( 2 − 2t ; −1 − 2t; 4 + t )
 z = 2.z − z = 4 + t
A
N
 M
Vì M  ( P ) nên ta có phương trình:
( P ) : 4 ( 2 − 2t ) − ( −1 − 2t ) + 4 + t − 10 = 0  −5t = −3  t =
3
5
 16 1 7 
 6 6 8
 N  ; ;  . Khi đó, đường thẳng  có một VTCP là NA =  − ; − ;   u = ( 3;3; −4 )
 5 5 5
 5 5 5
a = 3
Suy ra 
. Vậy a + b = 6 .
b = 3
x − 2 y +1 z −1
và mặt phẳng
=
=
1
−1
1
( P ) : x + y − z − 3 = 0 . Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với ( P ) .
Câu 36: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
Khoảng cách từ điểm M ( 3;1; −2 ) đến ( Q ) bằng
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A.
2.
B.
Phan Nhật Linh
− 2
.
2
C. − 2 .
D.
8.
Lời giải
Chọn A
Ta thấy đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ud = (1;− 1;1) . Mặt phẳng ( P ) có véc tơ pháp
tuyến nP = (1;1; −1) . Vì mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và vuông góc với ( P ) nên mặt
phẳng ( Q ) có một véc tơ pháp tuyến là: nQ = ud ;nP  = ( 0; 2; 2 ) . Vậy mặt phẳng ( Q ) đi qua
điểm A ( 2; −1;1) , có VTPT nQ = ( 0;2;2 ) có phương trình là: 2 y + 2 z = 0 . Khoảng cách từ
2−4
điểm M ( 3;1; −2 ) đến ( Q ) bằng: d ( M ; ( Q ) ) =
4+4
=
2
.
2
x − 2 y +1 z − 2
. Gọi ( P ) là mặt phẳng
=
=
1
−1
1
chứa đường thẳng d và song song với trục Ox . Khoảng cách từ điểm M (1; −1; 0 ) đến ( P ) bằng
Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
A.
B. − 2 .
2.
C.
2
.
2
D. −
2
.
2
Lời giải
Chọn A
Ta thấy đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ud = (1;− 1;1) . Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng
d và song song với trục Ox
A ( 2; −1; 2 ) , có VTPT
M (1; −1; 0 ) đến
 nP = ud ;i  = ( 0;1;1) . Vậy mặt phẳng ( P ) đi qua điểm
nP = ( 0;1;1) có phương trình là: y + z − 1 = 0 . Khoảng cách từ điểm
( P ) bằng: d ( M ; ( P ) ) =
−1 + 0 − 1
1+1
= 2.
x −1 y + 2 z − 3
Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;3; 2 ) và đường thẳng d :
. Gọi
=
=
1
−2
3
( P ) là mặt phẳng đi qua
A.
3 11
.
11
A và chứa d . Khoảng cách từ điểm
B.
2 3
.
3
C.
23
.
195
M ( 0; −2;5 ) đến ( P ) bằng
D.
29
.
195
Lời giải
Chọn C
Lấy B (1; −2;3)  d ta có AB = ( 0; −5;1) .
Ta có  AB, ud  = (13; − 1; − 5 )
Mặt phẳng ( P ) đi qua A và chứa d suy ra nP = (13; −1; −5 ) .
Phương trình mặt phẳng ( P ) :13x − y − 5 z = 0
Vậy d ( M , ( P ) ) =
13 xM − yM − 5 zM
132 + ( −1) + ( −5 )
2
2
=
23
.
195
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 8 và điểm A (1;3; 2 ) .
2
2
2
Mặt phẳng ( P ) đi qua A và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Biết
( P ) có dạng ax + by + cz + 6 = 0 . Tính
A. 4.
a+b+c.
C. −4 .
Lời giải
B. 2.
D. −6 .
Chọn C
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;3) , bán kính R = 2 2
Ta có IA = ( 2;1; − 1) ; AI = 6  R , suy ra điểm A nằm trong mặt cầu ( S )
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng ( P ) , khi đó mặt phẳng ( P ) đi qua A và
cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r = R 2 − IH 2 , do đó
r nhỏ nhất khi và chỉ
khi IH lớn nhất.
Mặt khác ta luôn có IH  IA , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H trùng với A , hay ( P ) ⊥ IA .
Mặt phẳng ( P ) có VTPT IA = ( 2;1; − 1) và qua A (1;3; 2 ) có phương trình
2 ( x − 1) + ( y − 3) − 1( z − 2 ) = 0  2 x + y − z − 3 = 0  −4 x − 2 y + 2 z + 6 = 0
Vậy a + b + c = −4 .
( P ) : x + y + z − 3 = 0,
( Q ) : x − y + z − 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( R ) vuông góc với cả ( P ) và ( Q ) sao cho
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng
khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( R ) bằng
x − z + 2 = 0
.
A. 
x − z − 2 = 0
x − z + 4 = 0
.
B. 
x − z − 4 = 0
2.
x − y + 2 = 0
.
C. 
x − y − 2 = 0
Lời giải
x − y + 4 = 0
.
D. 
x − y − 4 = 0
Chọn A
Hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) có vectơpháp tuyến lần lượt là: n1 (1;1;1) , n2 (1; −1;1) .
Vì mặt phẳng ( R ) vuông góc với cả hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) nên mặt phẳng ( R ) có một
vectơ pháp tuyến là
n =  n1 , n2  = ( 2;0; −2 )
Hay mặt phẳng ( R ) có một vectơ pháp tuyến là n (1;0; −1) . Suy ra phương trình mặt phẳng ( R )
có dạng: x − z + D = 0.
D = 2
= 2  D =2
.
2
 D = −2
Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán là: ( R1 ) : x − z + 2 = 0, ( R2 ) : x − z − 2 = 0.
Mặt khác, ta có: d ( O, ( R ) ) = 2 
D
Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A (1;1;3) , B ( −1;3; 2 ) , C ( −1; 2;3) . Tính
khoảng cách từ điểm M (1; −2; 4 ) đến mặt phẳng ABC .
A. 15 .
B. 3 2 .
C.
Lời giải
Chọn C
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
4
.
3
D. 2 5 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta có: AB = ( −2; 2; −1) , AC = ( −2;1; 0 ) .
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) : n = AB  AC = (1; 2; 2 ) .
Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : 1( x − 1) + 2 ( y − 1) + 2 ( z − 3) = 0  x + 2 y + 2 z − 9 = 0 .
d ( M , ( ABC ) ) =
1− 4 + 8 − 9
1 +2 +2
2
2
2
=
4
.
3
x −1 y +1 z + 2
và mặt phẳng
=
=
2
2
1
( P ) : x + 2 y + 2 z − 7 = 0 . Gọi I là giao điểm của d và ( P ) . Biết IM = 9 , khoảng cách từ điểm
Câu 42: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
M thuộc d đến ( P ) bằng
A. 15 .
B. 3 2 .
C. 8.
Lời giải
D. 2 5 .
Chọn C
Từ giả thiết suy ra đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là u = ( 2; 2;1) , mặt phẳng ( P ) có véc
tơ pháp tuyến là n = (1; 2; 2 ) .
Gọi  là góc giữa d và ( P )  sin  =
Mà sin  =
d ( M , ( P ))
IM
u.n
=
u.n
8
8
=
3.3 9
 d ( M , ( P )) = 8 .
Câu 43: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
( P)
đi qua A ( 0;1; 2 ) và chứa đường thẳng
x − 2 y −1 z −1
=
=
. Giá trị m thuộc khoảng nào dưới đây sao cho khoảng cách từ điểm
2
2
−m
M ( 5; −1;3) đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất?
() :
A. (1; 2 ) .
B. ( 0;1) .
C. ( −2; −1) .
D. ( −1;0 ) .
Lời giải
Chọn D
(  ) đi qua B ( 2;1;1) và có vtcp u ( 2; 2; −m ) .
AB ( 2;0; −1) ,  AB, u  = ( 2; 2m − 2; 4 ) = 2 (1; m − 1; 2 )
Mặt phẳng ( P ) đi qua A và nhận n (1; m − 1; 2 ) làm vtpt nên có phương trình:
x + ( m − 1) y + 2 z − 3 − m = 0
d ( M ; ( P )) =
Đặt f ( m ) =
9 − 2m
m 2 − 2m + 6
9 − 2m
m 2 − 2m + 6
9

m=

9
14m − 57 m − 27
2
 f ( m) =
, với m  , f  ( m ) = 0  
3
2
 m = −3
9 − 2m m 2 − 2m + 6

7
2
(
)
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Bảng biến thiên
−3
345
tại m = .
7
5
Vậy max f ( m ) =
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −1;1;1) ; B (11;15; 4 ) ; C ( 3;9; − 2 ) và
 x = −4 + 3t

đường thẳng d :  y = −3 + 2t . Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d và điểm A . Điểm M thuộc
 z = −2 + 2t

mặt phẳng ( P ) sao cho biểu thức S = MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ
điểm M đến mặt phẳng ( Q ) : 2 x + y + 2 z − 3 = 0 .
A. 9 .
B. 10 .
D. 11 .
C. 8 .
Lời giải
Chọn B
Đường thẳng d đi qua điểm E ( −4; − 3; − 2 ) và có một vector chỉ phương u = ( 3; 2; 2 ) .
 −4 −3 −3 −3 −3 −4 
;
;
 AE = ( −3; − 4; − 3)   AE , u  = 
 = ( −2; − 3;6 ) .
 2 2 2 3 3 2 
Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d và điểm A nên có một vector pháp tuyến n = ( 2;3; − 6 ) .
 Phương trình mặt phẳng ( P ) là: 2 ( x + 1) + 3 ( y − 1) − 6 ( y − 1) = 0 hay 2 x + 3 y − 6 z + 5 = 0 .
Gọi I là trung điểm BC  I ( 7;12;1) .
2
2
(
) (
2
Ta có: S = MB 2 + MC 2 = MB + MC = MI + IB + MI + IC
(
)
2
)
=
= 2MI + IB + IC + MI . IB + IC = 2 IM 2 + IB 2 + IC 2  2 d ( I ; ( P ) )  + IB 2 + IC 2 = const .
2
2
2
2
Dấu " = " xảy ra  M là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( P ) .
Khi đó đường thẳng IM đi qua điểm I ( 7;12;1) và có một vector chỉ phương n = ( 2;3; − 6 ) .
 x = 7 + 2t1

 Phương trình đường thẳng IM là:  y = 12 + 3t1 .
 z = 1 − 6t
1

Do M = IM
 x = 7 + 2t1
t1 = −1
 y = 12 + 3t
x = 5


1
 
( P ) nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ: 
 z = 1 − 6t1
y = 9
 2 x + 3 y − 6 z + 5 = 0
 z = 7
 M ( 5;9;7 ) .
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
2.5 + 9 + 2.7 − 3
Vậy d ( M ; ( Q ) ) =
= 10 .
22 + 12 + 22
Phan Nhật Linh
 x = −t
x +1 y − 4 z − 3

=
=
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y = −8 + 4t và  :
. Gọi
1
−
4
−
3
 z = −3 + 3t

( P)
là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và  . Khoảng cách từ điểm M ( 0; 2;1) đến ( P )
bằng
A.
2
.
217
B.
2
.
271
C.
1
.
217
D.
1
.
271
Lời giải
Chọn A
Đường thẳng d đi qua điểm A ( 0; −8; −3) và có vectơ chỉ phương ud = ( −1; 4;3)
Đường thẳng  đi qua điểm B ( −1; 4;3) và có vectơ chỉ phương u = (1; −4; −3)
Ta có AB = ( −1;12;6 )   AB, ud  = (12; −3;8 )
Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ( 0; −8; −3) và có vectơ pháp tuyến nP = (12; −3;8 ) có phương
trình 12 x − 3 y + 8 z = 0
Vậy d ( M ; ( P ) ) =
12.0 − 3.2 + 8.1
122 + 32 + 82
=
2
217
Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( −1; 2;3) và đường thẳng d :
x+2 y+2 z
=
= . Gọi ( P )
3
2
1
là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến ( P ) lớn nhất. Điểm nào dưới
đây thuộc ( P ) ?
A. A ( 2; − 2; 4 ) .
B. D ( 2; 2; 4 ) .
C. B ( 2; 2; −4 ) .
D. C ( −2; 2; 4 ) .
Lời giải
Chọn A
Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng d .
Ta có K  d  K ( −2 + 3t ; − 2 + 2t ; t )  AK = ( 3t − 1; 2t − 4; t − 3) .
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ud = ( 3; 2;1) .
Ta có AK ⊥ ud  AK .ud = 0  3 ( 3t − 1) + 2 ( 2t − 4 ) + 1( t − 3) = 0  t = 1
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Với t = 1 , ta có K (1;0;1) và AK = ( 2; − 2; − 2 ) ; AK = 2 3 .
Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( P ) .
Ta có AH  AK  d ( A, ( P) )  2 3  max d ( A, ( P) ) = 2 3 .
Dấu “=” xảy ra khi H  K . Khi đó AK ⊥ ( P ) .
Mặt phẳng ( P ) đi qua K (1;0;1) và có một vectơ pháp tuyến n( P ) = AK = ( 2; − 2; − 2 ) .
Do đó phương trình mặt phẳng ( P ) là: 2 ( x − 1) − 2 y − 2 ( z − 1) = 0  x − y − z = 0 .
Thay tọa độ các điểm trong các phương án vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta thấy có điểm
A ( 2; − 2; 4 ) thỏa mãn.
Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( ) đi qua hai điểm A (1; 0; 0 ) , B ( 0; 2;0 ) và tạo với
mặt phẳng ( Oyz ) một góc bằng 300 . Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ) là
A.
1
.
2
B. 2 .
C.
3
2
D.
2
.
3
Lời giải
Chọn C
Giả sử mặt phẳng ( ) cắt Oz tại C ( 0;0; c ) .
x y z
Phương trình mặt phẳng ( ) : + + = 1
1 2 c
 1 1
Mặt phẳng ( ) có một vectơ pháp tuyến là n1 = 1; ; 
 2 c
Mặt phẳng ( Oyz ) có một vectơ pháp tuyến là n2 = (1;0;0 )
Mặt phẳng ( ) tạo với mặt phẳng ( Oyz ) một góc bằng 300 nên ta có
( )
(
)
cos 300 = cos n1; n2 =
3

2
2c
1
3
3
=

=
 c = 2 3
2
2
2
1 1
5
c
+
4
1+ + 2
4 c
x y
z
= 1  2 3x + 3 y + z − 2 3 = 0
Với c = 2 3  ( ) : + +
1 2 2 3
x y
z
= 1  2 3x + 3 y − z − 2 3 = 0
Với c = −2 3  ( ) : + −
1 2 2 3
Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ) là: d ( O; ( ) ) =
−2 3
12 + 3 + 1
=
3
.
2
Câu 48: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 0;8; 2 ) , N ( 9; −7; 23) và mặt cầu
( S ) : ( x − 5)
2
+ ( y + 3) + ( z − 7 ) = 72 . Mặt phẳng ( P ) : x + by + cz + d = 0 đi qua điểm M và
2
2
tiếp xúc với mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ N đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất. Khi đó tổng
b − c + d có giá trị bằng
A. b + c + d = 2 .
B. b + c + d = −1 .
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C. b + c + d = −5 .
D. b + c + d = 4 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn C
Phan Nhật Linh
Vì M  ( P ) nên 8b + 2c + d = 0  d = −8b − 2c  ( P ) : x + by + cz − 8b − 2c = 0
Do ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) nên
d ( I ; ( P )) = R 
−11b + 5c + 5
Ta có: d ( N ; ( P ) ) =
 d ( N ; ( P )) 
=6 2
1 + b2 + c 2
9 − 15b + 21c
=
1 + b2 + c 2
( −11b + 5c + 5)
1 + b2 + c 2
(1
2
6 2+4
+
( −11b + 5c + 5) + 4 ( −b + 4c + 1)
1 + b2 + c 2
4 ( −b + 4c + 1)
1 + b2 + c 2
=6 2+
+ 42 + 12 )( b 2 + c 2 + 12 )
1 + b2 + c2
4 ( −b + 4c + 1)
1 + b2 + c 2
= 18 2 .
( −11b + 5c + 5 ) . ( −b + 4c + 1)  0

 b = −1; c = 4 .
Vậy d ( N ; ( P ) )max = 18 2 khi  b c 1
 = =
−1 4 1
Từ đây có b = −1; c = 4; d = 0  b − c + d = −5 .
x −1 y z + 2
= =
và mặt phẳng
2
1
−1
( P ) : x − 2 y + z = 0 . Đường thẳng d cắt ( P ) tại điểm A . Biết rằng M ( a; b; c ) thuộc đường
Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
thẳng d có hoành độ âm đồng thời AM = 6 . Tính S = 2a + 3b + c .
A. S = −10 .
B. S = 10 .
C. S = −12 .
Lời giải
Chọn C
D. S = 12 .
Ta có A  d  A ( 2t + 1; t ; −t − 2 ) . Lại có A  ( P )  t = −1  A ( −1; −1; −1) .
Với M  d  M ( 2m + 1; m; −m − 2 )
 m = −2
2
2
2
Theo đề AM = 6  ( 2m + 2 ) + ( m + 1) + ( −m − 1) = 6  
.
m = 0
m = −2  M ( −3; −2;0 ) (chọn).
m = 0  M (1;0; −2 ) (loại).
S = 2a + 3b + c = 2. ( −3) + 3. ( −2 ) + 0 = −12 .
Câu 50: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 2; − 1;1) và điểm A (1; 2;3) . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua
điểm M và chứa trục Oy . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) bằng
A.
5.
B. 5 .
C.
8 5
.
5
D.
5 3
.
3
Lời giải
Chọn A
Ta có OM = ( 2; − 1;1) và và vecto đơn vị j = ( 0;1;0 ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Khi đó OM , j  = ( −1;0; 2 ) .
Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và chứa trục Oy nên có một véctơ pháp tuyến là n = ( −1;0; 2 ) .
Suy ra phương trình của ( ) là: − x + 2 z = 0 .
Vậy d ( A, ( ) ) =
−1 + 2.3
5
= 5.
x = 3 − t
x −1 y + 2 z

Câu 51: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :
=
= ; d  :  y = −1 + 2t và điểm
1
−2
2
 z = 1 − 2t

M ( 5;0; − 1) . Gọi ( ) là mặt phẳng chứa hai đường thẳng d và d  . Khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng ( ) bằng
A.
3 2
.
2
B.
7 34
.
34
C.
27 2
.
10
D.
23 2
.
10
Lời giải
Chọn A
Ta thấy d và d  là hai đường thẳng song song và M 1 (1; − 2;0 ) d , M 2 ( 3; − 1;1) d  ,
u = (1; − 2; 2 ) là một véctơ chỉ phương của chúng.
Có  M 1M 2 , u  = ( 4; − 3; −5 ) .
Mặt phẳng ( ) chứa hai đường thẳng d và d  nên có một véctơ pháp tuyến là n = ( 4; − 3; −5 )
, do đó nó có phương trình: 4 x − 3 y − 5 z − 10 = 0 .
Vậy d ( M , ( ) ) =
4.5 − 3.0 + 5 − 10
5 2
=
3 2
2
Câu 52: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2; −1; −2 ) và đường thẳng
(d )
có phương trình
x −1 y −1 z −1
=
=
. Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng ( d ) và
1
−1
1
khoảng cách từ d tới mặt phẳng ( P ) là lớn nhất. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) .
A. x + 2 y − 3 z − 10 = 0 .
B. x − 2 y + 3 z − 10 = 0 .
C. x − 2 y + 3 z + 10 = 0 .
D. x − 2 y − 3 z − 10 = 0 .
Lời giải
Chọn D
Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng d . Ta suy ra H (1;1;1) .
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A và ( P ) song song với đường thẳng d . Gọi K là hình
chiếu của H lên mặt phẳng ( P ) . Do d // ( P ) nên ta có d ( d , ( P ) ) = d ( H , ( P ) ) = HK .
Ta luôn có bất đẳng thức HK  HA . Như vậy khoảng cách từ ( d ) đến ( P ) lớn nhất bằng AH
Khi đó ( P ) nhận AH = ( −1; 2;3) làm một vectơ pháp tuyến.
Do ( P ) đi qua A ( 2; −1; −2 ) nên ta có phương trình của ( P ) là: x − 2 y − 3 z − 10 = 0 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG 13
A
Phan Nhật Linh
TÌM CẶP SỐ NGUYÊN LIÊN QUAN ĐẾN BPT LOGARIT
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Định nghĩa: Bất phương trình lôgarit là bất phương trình có chứa ẩn số trong biểu thức dưới dấu lôgarit.
Bất phương trình lôgarit cơ bản: cho a, b  0, a  1
Bất phương trình lôgarit cơ bản có dạng:
log a f ( x )  b;log a f ( x )  b;log a f ( x )  b;log a f ( x )  b
Phương pháp giải phương trình và bất phương trình lôgarit
• Đưa về cùng cơ số
▪
 g ( x)  0

Nếu a  1 thì log a f ( x )  log a g ( x )  

 f ( x)  g ( x)
▪

 f ( x)  0
Nếu 0  a  1 thì log a f ( x )  log a g ( x )  

 f ( x)  g ( x)
• Đặt ẩn phụ
• Mũ hóa
• Phương pháp hàm số và đánh giá
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 47 – Đề tham khảo 2023. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn:
log 3 ( x 2 + y 2 + x ) + log 2 ( x 2 + y 2 )  log 3 x + log 2 ( x 2 + y 2 + 24 x ) ?
A. 89.
B. 48.
C. 90.
D. 49.
 Lời giải
Chọn B
Điều kiện: x  0 .
Ta có: log 3 ( x 2 + y 2 + x ) + log 2 ( x 2 + y 2 )  log 3 x + log 2 ( x 2 + y 2 + 24 x )
 log 3 ( x 2 + y 2 + x ) − log 3 x  log 2 ( x 2 + y 2 + 24 x ) − log 2 ( x 2 + y 2 )
 x2 + y 2 + x 
 x 2 + y 2 + 24 x 
 x2 + y 2 

24 x 
 log3 

log

log


  log 2 1 + 2
2
3 1 +
2
2
2 
x
x 
 x +y 


 x +y


 x2 + y 2 

24 x 
 log3 
+ 1 − log 2 1 + 2
 0.
2 
 x +y 
 x

x2 + y 2
 24 
Đặt: t =
(t  0) , bất phương trình trở thành: log3 (1 + t ) − log 2 1 +   0 (1).
x
t 

1
24
 24 
+ 2
 0, t  0 .
Xét hàm số f (t ) = log 3 (1 + t ) − log 2 1 +  có f (t ) =
(1 + t ) ln 3 t + 24t ln 2
t 

(
)
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; +) .
 24 
Ta có f (8) = log3 (1 + 8) − log 2 1 +  = 0
8 

Từ đó suy ra: (1)  f (t )  f (8)  t  8 
x2 + y 2
 8  ( x − 4) 2 + y 2  16 .
x
Đếm các cặp giá trị nguyên của ( x; y )
Ta có: ( x − 4) 2  16  0  x  8 , mà x  0 nên 0  x  8 .
Với x = 1, x = 7  y = {2; 1; 0} nên có 10 cặp.
Với x = 2, x = 6  y = {3; 2; 1;0} nên có 14 cặp.
Với x = 3, x = 5  y = {3; 2; 1;0} nên có 14 cặp.
Với x = 4  y = {4; 3; 2; 1; 0} nên có 9 cặp.
Với x = 8  y = 0 có 1 cặp.
Vậy có 48 cặp giá trị nguyên ( x; y ) thỏa mãn đề bài.
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
Phan Nhật Linh
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Có bao nhiêu bộ ( x; y ) với x, y nguyên và 1  x, y  2023 thỏa mãn:
 2y 
 2x + 1 
  ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 
?
 x−3 
 y +2
( xy + 2 x + 4 y + 8) log3 
A. 4040 .
Câu 2:
B. 2023 .
C. 4046 .
D. 2020 .
Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa
(
)
3 81y + 4 y + 2026  − x 2 + 2024 x + log3 ( x − 2023)3 (1 − x)3 
A. 2021 .
Câu 3:
B. 2003 .
C. 4042 .
D. 4024 .
Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log5 x 2 + y 2 + x + log3 x 2 + y 2  log 5 x + log 3 x 2 + y 2 + 8 x ?
A. 12 .
Câu 4:
C. 24 .
B. 13 .
D. 30 .
Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn điều kiện x là số nguyên tố; y  4320 và
(
)
2 2.8x + 9 x  y − 11 + 3log 2 ( y + 1) ?
2
A. 6340 .
Câu 5:
B. 2024 .
C. 7286 .
D. 8022 .
Có bao nhiêu số nguyên x   −2022;2022 để ứng với mỗi x có tối thiểu 64 số nguyên y thỏa
mãn log3 x 4 + y  log 2 ( x + y ) ?
A. 3992.
Câu 6:
Giả
B. 3994.
( x; y )
sử
(
là
cặp
số
C. 3990.
nguyên
thỏa
mãn
D. 3989.
đồng
thời
8  x  2022
và
)
2 y − log 2 x + 2 y −1 = 2 x − y . Tổng các giá trị của y bằng
A. 60 .
Câu 7:
B. 63 .
C. 2022 .
Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
(
)
( x; y )
D. 49 .
thỏa mãn điều kiện
y  2023 và
3 9 x + 2 x  y + log3 ( y + 1) − 2 ?
3
A. 10 .
Câu 8:
B. 2023 .
C. 3776 .
D. 3780 .
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
(
)
(
)
để bất phương trình
log 7 x + 2 x + 2 + 1  log 7 x + 6 x + 5 + m có tập nghiệm chứa khoảng (1;3) ?
2
A. 36 .
Câu 9:
2
B. 35 .
C. 34 .
D. vô số.
Có bao nhiêu số nguyên y sao cho ứng với mỗi số nguyên y có đúng 6 số nguyên x thỏa mãn
7
x2 − y −3 x + 2
A. 16 .
(
)
.log( y −3 x + 2 + 5) x 2 + 5  1 ?
B. 17 .
C. 14 .
D. 15 .
Câu 10: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng với mỗi giá trị y luôn tồn tại không
(
)
(
)
quá 15 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2021 x + y 2 + log 2022 y 2 + y + 16  log 2 ( x − y ) ?
A. 2021 .
B. 4042 .
C. 2020 .
D. 4041 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 11: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn log
A. 7 .
B. 6 .
3
x+ y
= x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy.
x + y 2 + xy + 2
2
C. 5 .
D. 9 .
Câu 12: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn 0  y  2020 và 3x + 3x − 6 = 9 y + log3 y 3 ?
A. 6 .
B. 7 .
C. 5 .
D. 9 .
Câu 13: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
log 2 x 2 + y 2 + 2 x + log3 x 2 + y 2  log 2 x + log 3 x 2 + y 2 + 16 x
A. 2 .
C. 4 .
B. 3 .
)
D. 5 .
Câu 14: Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với y  20 thỏa mãn
log 2022
A. 200 .
B. 380 .
x +1
 y 4 + 2 y 3 − x 2 y 2 − 2 y 2 x.
y +1
C. 210 .
D. 420 .
Câu 15: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng với mỗi y luôn tồn tại không quá
63 số nguyên x thỏa mãn điều kiện: log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021( y 2 + y + 64)  log 4 ( x − y).
A. 301.
B. 302.
C. 602.
D. 2.
Câu 16: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với x  2020 thỏa mãn log 2 ( x − 1) + 2 x − 2 y = 1 + 4 y
A. 2020 .
B. 1010 .
C. 6 .
D. 5 .
Câu 17: Có bao nhiêu bộ số nguyên ( x; y ) và 1  x, y  2020 thỏa mãn
 2y 
 2x + 1 
( xy + 2 x + 4 y + 8)log3 
  ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 

 x−3 
 y +2
B. 2 .
C. 2020 .
D. 4034 .
A. 2017 .
log y
x
( )
1 3
1
Câu 18: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa x   0;3 và  
+ 6 x + 1    + log3 3 y 3 ?
2
4
A. 819 .
B. 817 .
C. 816 .
D. 88 .
Câu 19: Có bao nhiêu bộ ( x; y ) với x, y nguyên và 1  x, y  2020 thỏa mãn
 2y 
 2x + 1 
  ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 
?
 x−3 
 y +2
( xy + 2 x + 4 y + 8) log3 
C. 2 .
D. 2017.2020 .
( x; y ) thỏa mãn điều kiện x  2023 và
A. 2017 .
B. 4034 .
Câu 20: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
(
)
3 9 y + 2 y + 2  x + log3 ( x + 1) ?
3
C. 2 .
A. 3778 .
B. 3780 .
Câu 21: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
D. 3776 .

 157 + 12 y

6y + 8 
1
log 2 1 − 2
− log5 x 2 + y 2  log5  2
− 2 −
2 
2
x +y 

 x +y
 log( x 2 + y 2 ) 2
(
A. 250 .
)
B. 251 .
Câu 22: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn e x
A. 4.
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 5.
C. 133 .
2
+ y2
D. 221 .
 e2 x + 2 y ( x + y + 1)( 3 − x − y ) + 2 ( xy − 1) 
C. 8.
D. 9.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 23: Có bao nhiêu cặp số thực ( x; y ) thỏa
3x
2
.log 2 ( x − y ) =
+ y2 −2
A. 2 .
mãn đồng thời hai
(
Phan Nhật Linh
điều kiện sau:
)
1
13
1 + log 2 (1 − xy ) ) và 2 x3 + y 3 − 3xy  .
(
2
2
B. 4 .
C. 6 .
D. 0 .
Câu 24: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
log3 x + 4 y + x + log 2 x + 4 y
2
2
A. 24 .
2
2
)
B. 25 .
x2 − 8x + 4 y 2
+
 log3 x + log 2 x 2 + 4 y 2 + 24 x
x
C. 22 .
D. 48 .
(
)
Câu 25: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0  x  2023 và log3 (3 x + 3) + x = 2 y + 9 y ?
A. 2023 .
Câu 26: Gọi
B. 5 .
S
là
D. 4 .
C. 2022 .
tập
hợp
log 2 y + 6log 2 x − log 22 x + 1  2
log 22 ( 2 x )
các
số
nguyên
x
thỏa
mãn
+ log 2 x 2 − 4 yx 6 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của y để
tập hợp S có nhiều nhất 32 phần tử?
A. 18 .
B. 36 .
C. 38 .
D. 19 .
Câu 27: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log 2 x 2 + y 2 + 18 x − log5 x 2 + y 2 + 4 x  log 2 x 2 + y 2 − log 5 2 x + 1 .
A. 10.
B. 20.
C. 27.
D. 28
Câu 28: Có bao nhiêu bộ ( x; y ) với x, y nguyên và 1  x, y  2020 thỏa mãn
 2y 
 2x + 1 
  ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 
?
 x−3 
 y +2
( xy + 2 x + 4 y + 8) log3 
A. 2017 .
D. 2017  2020
C. 2
B. 4034 .
Câu 29: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x  (1;6 ) thỏa mãn
(
)
4 ( x − 1) e x = y e x + xy − 2 x 2 − 3 ?
A. 18 .
B. 15 .
C. 16 .
D. 17 .
Câu 30: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x + y  0; −4  x  4 và
log3
A. 11.
( x + 2 y ) + x2 + 2 y 2 + 3xy − 4 x − 4 y  0 ?
4
B. 10
C. 12.
D. 13.
Câu 31: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có đúng 5 số nguyên y thỏa mãn
3
y2 − x −2 y
A. 10 .
 log y 2 + 3 ( x − 2 y + 3) ?
B. 12 .
C. 9 .
D. 11 .
Câu 32: có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn x  2023 và
(
)
3 9 y + 2 y  x + log3 ( x + 1) − 2 ?
A. 3778 .
B. 3780 .
3
C. 2 .
D. 4046 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 33: Có
bao
nhiêu
số
nguyên
y  ( −2023;2023)
để
Về đích đặc biệt 9+
phương
trình
e x + e x + y = ln ( x + 1) − ln ( x + y + 1) có nghiệm thực duy nhất?
A. 2023 .
B. 4044 .
C. 2022 .
D. 2024 .
Câu 34: Có bao nhiêu cặp số ( x ; y ) thuộc đoạn 1;100 thỏa mãn y là số nguyên và x + log 2 x = y + 2 y
?
A. 100 .
Câu 35: Có
B. 99 .
bao
nhiêu
3x + 3 + 5 x + 10 = 3 y
A. 13 .
2
cặp
+1
C. 7 .
số
nguyên
( x; y)
+ 5 y2 ?
B. 6 .
D. 6 .
thỏa
mãn
C. 4 .
−20  x  20,1  y  20
D. 20 .
Câu 36: Gọi S là tập hợp điểm M ( x ; y ) với x, y là các số nguyên thỏa mãn 8  x  3000 và
(
)
log3 ( x − 2 ) + 3x = y + 9 3 y + 2 + 1 . Có bao nhiêu tứ giác lập được từ các điểm thuộc tập S ?
A. 15 .
B. 6 .
C. 3091 .
Câu 37: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
D. 360 .
)
(
)
log3 x 2 + y 2 + 3x + log 2 x 2 + y 2  log3 x + log 2 x 2 + y 2 + 18 x ?
A. 29 .
B. 28 .
C. 48 .
D. 49 .
Câu 38: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log3 x 2 + y + 3x + log 2 x 2 + y  log 3 x + log 2 x 2 + y + 18 x ?
A. 42 .
B. 36 .
Câu 39: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
D. 41 .
C. 35 .
(
)
(
)
log3 x 2 + y 2 + x + log 2 x 2 + y 2  log3 x + log 2 x 2 + y 2 + 2 x ?
A. 4.
B. 5.
C. 6.
Câu 40: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn x 2 + y 2  16 và
(
)
(
)
(
D. 7.
)
log3 x 2 + y + x + log 2 x 2 + y  log3 x + log 2 x 2 + y + 24 x ?
A. 12 .
B. 9 .
C. 8 .
D. 13 .
Câu 41: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức log
x +1
 9 y 4 + 6 y 3 − x 2 y 2 − 2 y 2 x (1)
3y + 1
. Biết y  1000 , hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn bất đẳng thức (1) .
A. 1501100 .
B. 1501300 .
C. 1501400 .
Câu 42: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
D. 1501500 .
(
)
log3 4 x 2 + 4 y 2 + x + log 2 x 2 + y 2  log 3 x + log 2 x 2 + y 2 + 6 x ?
A. 12 .
C. 4 .
B. 5 .
Câu 43: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
D. 13 .
)
(
log3 2 x 2 + 2 y 2 + 5 x + log 5 x 2 + y 2  log 3 x + log 5 20 x 2 + 20 y 2 + 10 x
A. 2 .
C. 4 .
B. 3 .
D. 5 .
Câu 44: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log 2 x 2 + y 2 + log5 x 2 + y 2  log 2 ( x + y ) + log 5 x 2 + y 2 + 96 x + 96 y ?
A. 3 .
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 26 .
C. 24 .
D. 10 .
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Có bao nhiêu bộ ( x; y ) với x, y nguyên và 1  x, y  2023 thỏa mãn:
 2y 
 2x + 1 
  ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 
?
 x−3 
 y +2
( xy + 2 x + 4 y + 8) log3 
A. 4040 .
B. 2023 .
C. 4046 .
Lời giải
D. 2020 .
Chọn A
 x, y  * : x, y  2023
*

 x, y  : x, y  2023
Điều kiện  2 x + 1
.

2y
 x  3, y  0
 x − 3  0, y + 2  0

 y−2 
x+4 
BPT cho có dạng ( x − 3)( y − 2 ) log 2 
+ 1 + ( x + 4 )( y + 2 ) log3 
+ 1  0 (*).
 x−3 
 y+2 
2
x+4 
TH1: Xét y = 1 thì (*) thành − ( x − 3) log 2 
+ 1 + 3 ( x + 4 ) log3  0 , rõ ràng BPT này
3
 x−3 
nghiệm đúng với mọi x  3 vì
2
x+4 
− ( x − 3)  0, log 2 
+ 1  log 2 ( 0 + 1) = 0, 3 ( x + 4 )  0, log 3  0 .
3
 x−3 
Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2020 bộ ( x; y ) = ( x;1) với 4  x  2023, x 
.
TH2: Xét y = 2 thì (*) thành 4 ( x + 4 ) log3 1  0 , BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà
4  x  2023, x 
.
Trường hợp này cho ta 2020 cặp ( x; y ) nữa.
TH3: Xét y  2, x  3 thì VT (*)  0 nên (*) không xảy ra.
Vậy có đúng 4040 bộ số ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 2:
Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa
(
)
3 81y + 4 y + 2026  − x 2 + 2024 x + log3 ( x − 2023)3 (1 − x)3 
A. 2021 .
B. 2003 .
C. 4042 .
Lời giải
D. 4024 .
Chọn D
Điều kiện: ( x − 2023)3 (1 − x)3  0  ( x − 2023)(1 − x)  0  1  x  2023
Mà x 
(
 2  x  2022
)
3 81y + 4 y + 2026  − x 2 + 2024 x + log3 ( x − 2023)3 (1 − x)3 
 3.34 y + 3.4 y + 3  − x 2 + 2024 x − 2023 + 3log3  ( x − 2023)(1 − x) 
 34 y +1 + 3(4 y + 1)  ( x − 2023)(1 − x) + 3log 3  ( x − 2023)(1 − x) 
log3  ( x − 2023)(1− x )
 34 y +1 + 3(4 y + 1)  3
+ 3log3  ( x − 2023)(1 − x)  (*)
Xét hàm số f (t ) = 3t + 3t , t 
Ta có f (t ) = 3t ln 3 + 3  0 t 
Suy ra f (t ) = 3t + 3t , t 
đồng biến trên
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Khi đó: (*)  f (4 y + 1)  f  log3 ( x − 2023)(1 − x)   4 y + 1  log 3 ( x − 2023)(1 − x)  (1)
Ta có:
( x − 2023)(1 − x)  1022121, x  (1;2023)
 log3  ( x − 2023)(1 − x)  log3 1022121 12,59 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 4 y + 1  12,59  y  2,89, y 
+
 y  {1,2}
Ta có: (1)  ( x − 2023)(1 − x)  34 y +1  − x 2 + 2024 x − 2023 − 34 y +1  0
Với y = 1: − x 2 + 2024 x − 2266  0  1,12  x  2022,8  2  x  2022 : có 2021 giá trị x
Với y = 2 : − x 2 + 2024 x − 21706  0  10,78  x  2013, 2  11  x  2013 : có 2003 giá trị x
Vậy có 2021 + 2003 = 4024 cặp ( x; y ) thỏa yêu cầu bài toán
Câu 3:
Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log5 x 2 + y 2 + x + log3 x 2 + y 2  log 5 x + log 3 x 2 + y 2 + 8 x ?
A. 12 .
C. 24 .
Lời giải
B. 13 .
Chọn A
Điều kiện: x  0 .
(
)
(
)
(
log5 x 2 + y 2 + x + log3 x 2 + y 2  log 5 x + log 3 x 2 + y 2 + 8 x
D. 30 .
)
(1)
x2 + y 2 + x
x2 + y 2 + 8x
.
 log5
 log3
x
x2 + y 2
 x2 + y 2

x2 + y 2
x2 + y 2 + x
Đặt t = log5
= 5t − 1 .
= log5 
+ 1 ( t  0 ) 
x
x
 x


(1)  t  log3 1 + 8.

8
x 
 3t  1 + t
, (t  0) .
2 
5 −1
x +y 
2
t
t
t
1 1  1 
 5t + 7  15t − 3t    +   +   − 1  0 .
 3   5   15 
t
t
t
1 1  1 
Xét f ( t ) =   +   +   − 1
 3   5   15 
t
t
t
1
1
1
Có f  ( t ) = −   .ln 2 − .  ln 5 −   ln15  0 với t  0 .
 3
5
 15 
Vậy hàm số f ( t ) nghịch biến trên khoảng ( 0;+  ) .
(1)  f ( t )  f (1)  0  t  1
 0  log5
x2 + y 2 + x
1.
x
x2 + y 2 + x
2
 5  x2 + y 2 − 4 x  0  ( x − 2) + y 2  4 .
x
Tập hợp các điểm M ( x ; y ) có tọa độ thỏa mãn (1) là phần nằm trong đường tròn tâm I ( 2;0 )
1
bán kính bằng 2 bao gồm cả đường tròn, trừ điểm O ( 0;0 ) do x  0 .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Từ hình vẽ ta có 12 cặp số nguyên thỏa mãn đề bài.
Câu 4:
Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn điều kiện x là số nguyên tố; y  4320 và
(
)
2 2.8x + 9 x  y − 11 + 3log 2 ( y + 1) ?
2
A. 6340 .
B. 2024 .
C. 7286 .
Lời giải:
D. 8022 .
Chọn A
Do x; y nguyên dương, nên ta có
(
)
2 2.8 x + 9 x  y − 11 + 3log 2 ( y + 1)  4.8 x + 18 x  y − 11 + log 2 ( y + 1)
2
6
 23 x + 2 + 18 x + 12  y + 1 + log 2 ( y + 1)  23 x + 2 + 6 ( 3 x + 2 )  ( y + 1) + 6log 2 ( y + 1) . (1)
6
Xét hàm số f ( t ) = 2t + 6t có f  ( t ) = 2t.ln 2 + 6  0, t 
Suy ra hàm số f ( t ) = 2t + 6t đồng biến trên
.
.
Do đó (1)  f ( 3x + 2 )  f ( log 2 ( y + 1) )  3x + 2  log 2 ( y + 1)  23 x + 2 − 1  y .
log 2 4321 − 2
 3,359 .
3
Theo đề bài,do x là số nguyên tố suy ra x  2;3 .
Vì y  4320 nên 23 x + 2 − 1  4320  x 
Với x = 2 có 255  y  4320 suy ra có 4066 cặp số ( x; y ) thỏa mãn.
Với x = 3 có 2047  y  4320 suy ra có 2274 cặp số ( x; y ) thỏa mãn.
Vậy có tất cả 6340 cặp số ( x; y ) thỏa mãn đề bài.
Câu 5:
Có bao nhiêu số nguyên x   −2022;2022 để ứng với mỗi x có tối thiểu 64 số nguyên y thỏa
mãn log3 x 4 + y  log 2 ( x + y ) ?
A. 3992.
B. 3994.
C. 3990.
Lời giải
D. 3989.
Chọn A
 x4 + y  0

4

 x + y  0
Điều kiện:  x 4 + y  0  
.
x
+
y

0


x + y  0

Đặt k = x + y 
+
.
Xét hàm số f ( y ) = log3 x 4 + y − log 2 ( x + y )  0 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1
1
Suy ra f ' ( y ) =
−
 0  f ( y ) nghịch biến.
2 x 4 + y ln 3 ( x + y ) ln 2
(
)
Xét hàm số g ( k ) = f ( k − x ) = log3
)
(
x 4 + k − x − log 2 k , k 
+
.
Do hàm số f nghịch biến nên hàm số g cũng nghịch biến.
Giả sử k 0 là nghiệm của phương trình g ( k ) = 0 .
1  k  k0
Suy ra 
 k0  64 .
+
k 
Nên g ( 64 )  0  log 3
(
)
x 4 + 64 − x  log 2 64
(
 x 4 − x + 64  3log2 64  x 4 − x + 64  3log 2 64
)
2
 x  26,99
.

 x  −26,99
Với 26,99  x  2022 ta có 1996 số nguyên x
Với −2022  x  −26,99 ta có 1996 số nguyên x
Vậy có 3992 số nguyên x .
Câu 6:
Giả
( x; y )
sử
(
là
cặp
số
nguyên
thỏa
mãn
đồng
8  x  2022
thời
và
)
2 y − log 2 x + 2 y −1 = 2 x − y . Tổng các giá trị của y bằng
A. 60 .
B. 63 .
Chọn D
(
C. 2022 .
Lời giải
D. 49 .
)
(
Ta có: 2 y − log 2 x + 2 y −1 = 2 x − y  2.2 y + y + 1 = 2 x + 2 y + log 2 2 x + 2 y
(
 2 y +1 + log 2 2 y +1 = 2 x + 2 y + log 2 2 x + 2 y
Xét
hàm
f ( t ) = t + log 2 ( t ) , t  0
số
)
) (* )
là
hàm
số
đồng
biến
trên
( 0;+ )
nên
(*)  2 y +1 = 2 x + 2 y  x = 2 y −1
Ta có: 8  x  2022  8  2 y −1  2022  4  y  log 2 2024  4  y  10
Suy ra y  4;5;6;7;8;9;10 .
Câu 7:
Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
(
)
( x; y )
thỏa mãn điều kiện
3 9 x + 2 x  y + log3 ( y + 1) − 2 ?
3
A. 10 .
B. 2023 .
Chọn D
(
)
C. 3776 .
Lời giải
D. 3780 .
Ta có 3 9 x + 2 x  y + log3 ( y + 1) − 2  3.9 x + 6 x  y + 3log 3 ( y + 1) − 2
3
 32 x +1 + 3 ( 2 x + 1)  ( y + 1) + 3log 3 ( y + 1) . (*)
Xét hàm số f ( t ) = 3t + 3t có f  ( t ) = 3t.ln 3 + 3  0, t .
Suy ra hàm số f ( t ) = 3t + 3t đồng biến trên
.
Do đó (*)  f ( 2 x + 1)  f ( log3 ( y + 1) )  2 x + 1  log 3 ( y + 1)  32 x +1 − 1  y .
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
y  2023 và
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
log3 2024 − 1
Vì y  2023 nên 32 x +1 − 1  2023  x 
 2,96 .
2
Phan Nhật Linh
Với giả thiết x nguyên dương suy ra x  1;2 .
Với x = 1 có 26  y  2023 suy ra có 1998 cặp số ( x; y ) thỏa mãn.
Với x = 2 có 242  y  2023 suy ra có 1782 cặp số ( x; y ) thỏa mãn.
Vậy có tất cả 3780 cặp số ( x; y ) thỏa mãn đề bài.
Câu 8:
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m
(
)
(
)
để bất phương trình
log 7 x 2 + 2 x + 2 + 1  log 7 x 2 + 6 x + 5 + m có tập nghiệm chứa khoảng (1;3) ?
A. 36 .
B. 35 .
Chọn A
(
C. 34 .
Lời giải
)
(
Ta có: log 7 x 2 + 2 x + 2 + 1  log 7 x 2 + 6 x + 5 + m
(
)
(
 log 7 7 x 2 + 2 x + 2   log 7 x 2 + 6 x + 5 + m


(
D. vô số.
)
)
)
2
7 x 2 + 2 x + 2  x 2 + 6 x + 5 + m
6 x + 8 x + 9  m


.
2
2
x
+
6
x
+
5

−
m


 x + 6 x + 5 + m  0
 f ( x ) = 6 x 2 + 8 x + 9
, x  (1;3) , ta có
Xét 
2
 g ( x ) = x + 6 x + 5
 f  ( x ) = 12 x + 8  0
, x  (1;3) .

 g  ( x ) = 2 x + 6  0
6 x 2 + 8 x + 9  m
Yêu cầu bài toán   2
có nghiệm x  (1;3)
 x + 6 x + 5  − m
 f (1)  m
23  m


 −12  m  23 .
12

−
m
g
1

−
m
(
)


 m  −12, −11, −10,...21, 22, 23 . Vậy có 36 giá trị m cần tìm.
Mà m 
Câu 9:
Có bao nhiêu số nguyên y sao cho ứng với mỗi số nguyên y có đúng 6 số nguyên x thỏa mãn
7
x2 − y −3 x + 2
(
)
.log( y −3 x + 2 + 5) x 2 + 5  1 ?
A. 16 .
C. 14 .
Lời giải
B. 17 .
D. 15 .
Chọn A
Dễ thấy y − 3x + 2 + 5  5 và x 2 + 5  5 với mọi x ; y 
Ta có: 7
 7x
2
x2 − y −3 x + 2
+5
(
(
)
.log( y −3 x + 2 + 5) x + 5  1 
)
.ln x 2 + 5  7
2
7x
7
2
.
y −3 x + 2 +5
(
ln x 2 + 5
+5
.
)
ln ( y − 3 x + 2 + 5 )
1
.ln ( y − 3x + 2 + 5 ) (1)
y −3 x + 2 + 5
Xét hàm số f ( t ) = 7t.ln t trên 5;+  ) .
1
f  ( t ) = 7t.ln t.ln 7 + 7t.  0, t  5  Hàm số f ( t ) đồng biến trên 5;+  ) .
t
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
Do đó (1)  f x 2 + 5  f ( y − 3x + 2 + 5 )  x 2 + 5  y − 3x + 2 + 5  x 2  y − 3x + 2
 y − 3x + 2  x 2
 y  x 2 + 3x − 2
 
 
.
2
2
 y − 3 x + 2  − x
 y  − x + 3 x − 2
Ta vẽ đồ thị hai hàm số y = x 2 + 3x − 2 và y = − x 2 + 3x − 2 trên cùng một hệ trục tọa độ:
2  y  8
 −12  y  −6

y = 0
Dựa vào đồ thị vừa vẽ ta có yêu cầu bài toán  
.
 y = −1
 y = −3

 y = −4
Do y nguyên nên y  −11; − 10; − 9; − 8; − 7; − 6; − 4; − 3; − 1;0;2;3;4;5;6;7 .
Vậy có 16 số nguyên y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 10: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng với mỗi giá trị y luôn tồn tại không
(
)
(
)
quá 15 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2021 x + y 2 + log 2022 y 2 + y + 16  log 2 ( x − y ) ?
A. 2021 .
B. 4042 .
C. 2020 .
Lời giải
D. 4041 .
Chọn D
 x + y 2  0
 x 2 + y  0
Điều kiện 
.

 x − y  0
 x  y
(
)
(
( y + y + 16 ) − log
)
Ta có bất phương trình log 2021 x + y 2 + log 2022 y 2 + y + 16 − log 2 ( x − y )  0
(
)
Xét f ( x ) = log 2021 x + y 2 + log 2022
Ta có: f ' ( x ) =
(
2
2
( x − y)
với x  y , y  .
x ( ln 2 − ln 2021) − y ln 2 − y 2 ln 2021
1
=
.
x + y 2 ln 2021 ( x − y ) ln 2
x + y 2 .( x − y ) .ln 2021.ln 2
1
)
−
(
)
Ta có: x  y  x ( ln 2 − ln 2021)  y ( ln 2 − ln 2021)
(
)
Suy ra x ( ln 2 − ln 2021) − y ln 2 − y 2 ln 2021  − y 2 − y ln 2021  0, y  .
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do đó f ' ( x )  0, x  y, y  .
Phan Nhật Linh
Ta có bảng biến thiên của f ( x ) là:
Yêu cầu bài toán  f ( y + 16 )  0
(
)
(
(y
)
+ y + 16 )
4
 log 2021 y 2 + y + 16 + log 2022 y 2 + y + 16  log 2 16
(
)
 log 2021 y + y + 16 +
2
(
)
 log 2021 y 2 + y + 16 
log 2021
log 2021 2022
4
1 + log 2022 2021
4
1+ log 2022 2021
 y + y + 16  2021
2
2
 2,00
 −2021,99  y  2020,99 .
nên y  −2021; −2020;...;2020 .
Do y 
Vậy có tất cả 4041 giá trị nguyên y thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 11: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn log
A. 7 .
B. 6 .
3
x+ y
= x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy.
x + y 2 + xy + 2
2
C. 5 .
Lời giải
D. 9 .
Chọn C
Điều kiện
log
3
x+ y
 0  x + y  0.
x + y 2 + xy + 2
2
x+ y
= x ( x − 3) + y ( y − 3) + xy
x + y 2 + xy + 2
2
(
)
 2log3 ( x + y ) − 2log3 x 2 + y 2 + xy + 2 = x 2 + y 2 + xy − 3x − 3 y
(
)
 2log3 ( x + y ) + 2 − 2log3 x 2 + y 2 + xy + 2 = x 2 + y 2 + xy + 2 − 3x − 3 y
(
)
 2log3 ( 3x + 3 y ) + ( 3x + 3 y ) = 2log3 x 2 + y 2 + xy + 2 + x 2 + y 2 + xy + 2
Xét hàm đặc trưng f ( t ) = 2log3 t + t , t  ( 0; + ) , ta có f  ( t ) =
2
+ 1  0, t  ( 0; + ) .
t.ln 3
Suy ra hàm f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0;+ ) .
(
)
Phương trình  f ( 3x + 3 y ) = f x 2 + y 2 + xy + 2  x 2 + y 2 + xy + 2 = 3x + 3 y
 x 2 + ( y − 3) x + y 2 − 3 y + 2 = 0 .
(
)
Điều kiện của y để phương trình có nghiệm là ( y − 3) − 4 y 2 − 3 y + 2  0
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
3−2 3
3+ 2 3
.
 y
3
3
Do y  nên y  0;1;2 .
 −3 y 2 + 6 y + 1  0 
x = 1
Với y = 0 , ta được x 2 − 3x + 2 = 0  
.
x = 2
x = 0
Với y = 1 , ta được x 2 + 2 x = 0  
.( x = −2 loại)
 x = −2
x = 0
Với y = 2 , ta được x 2 + x = 0  
.
 x = −1
Vậy có 5 cặp số thỏa mãn đề bài.
Câu 12: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn 0  y  2020 và 3x + 3x − 6 = 9 y + log3 y 3 ?
A. 6 .
B. 7 .
C. 5 .
Lời giải
D. 9 .
Chọn B
Ta có: 3x + 3x − 6 = 9 y + log3 y 3  3x + 3 x − 6 = 9 y + 3log 3 y
 3x −1 + x − 2 = 3 y + log 3 y  3x −1 + x − 1 = 3 y + log 3 ( 3 y )
log3 ( 3 y )
 3x −1 + x − 1 = 3
+ log 3 ( 3 y ) (*) .
Xét hàm số f ( t ) = 3t + t . Ta có: f  ( t ) = 1 + 3t.ln 3  0, t .
Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên
.
Do đó (*)  f ( x − 1) = f ( log3 ( 3 y ) )  x − 1 = log3 ( 3 y )  x − 2 = log3 y  y = 3x − 2 .
Vì y  ( 0;2020 ) nên 3x− 2  2020  x − 2  log 3 2020  x  2 + log 3 2020
nên x  2;3;4;5;6;7;8 .
Do x; y 
Ứng với mỗi giá trị nguyên của x cho ta 1 giá trị nguyên của y .
Vậy có 7 cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 13: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
log 2 x 2 + y 2 + 2 x + log3 x 2 + y 2  log 2 x + log 3 x 2 + y 2 + 16 x
A. 2 .
C. 4 .
Lời giải
B. 3 .
D. 5 .
Chọn C
 x 2 + y 2  0
Điều kiện: 
.
 x  0
(
)
(
)
(
Ta có: log 2 x 2 + y 2 + 2 x + log3 x 2 + y 2  log 2 x + log 3 x 2 + y 2 + 16 x
(
)
(
)
(
)
)
 log 2 x 2 + y 2 + 2 x − log 2 x + log3 x 2 + y 2 − log3 x 2 + y 2 + 16 x  0
 x2 + y 2 + 2 x 
 x2 + y 2 
 log 2 
+
log

0
3 2
2
x
x
+
y
+
16
x




14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
(1)
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 x2 + y 2 


x +y

0
 log 2 
+ 2  + log3  2 x2
x
x
+
y




+ 16 

x


2
x2 + y 2
x
Đặt t =
Phan Nhật Linh
2
(1)
(t  0)
 t 
Bất phương trình (1) trở thành log 2 ( t + 2 ) + log3 
0
 t + 16 
 t 
Gọi f (t ) = log 2 ( t + 2 ) + log3 
 với t  0
 t + 16 
1
16
Ta có f (t ) =
+
 0 t  0
( t + 2 ) ln 2 t (t + 16)ln 3
Do đó hàm số y = f (t ) đồng biến trên ( 0;+ ) .
 t 
Mặt khác f (2) = 0 nên log 2 ( t + 2 ) + log3 
0t2
 t + 16 
x2 + y 2
2
 2  x 2 + y 2 − 2 x  0  ( x − 1) + y 2  1 .
x
Ta có các trường hợp sau xẩy ra đối với cặp số nguyên ( x; y ) :
Suy ra
TH1: x = 1  y 2  1  y  −1;0;1
TH2: x = 2  y 2  0  y = 0
Vậy có 4 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn điều kiện bài toán là (1; −1) , (1;0 ) , (1;1) , ( 2;0 ) .
Câu 14: Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với y  20 thỏa mãn
log 2022
A. 200 .
x +1
 y 4 + 2 y 3 − x 2 y 2 − 2 y 2 x.
y +1
B. 380 .
C. 210 .
Lời giải
D. 420 .
Chọn C
y 2 ( x + 1)
x +1
1
 y 4 + 2 y 3 − x 2 y 2 − 2 y 2 x  log 2022
 y2 y2 + 2 y − x2 − 2x
2
2
y +1
2
y ( y + 1)
2
log 2022
(
)
1
1
2
2
2
2
 log 2022 y 2 ( x + 1) − log 2022 y 2 ( y + 1)  y 2 ( y + 1) − y 2 ( x + 1)
2
2
1
1
2
2
2
2
 log 2022 y 2 ( x + 1) + y 2 ( y + 1)  log 2022 y 2 ( y + 1) + y 2 ( x + 1) (1).
2
2
1
1
+ 1  0 . Suy ra hàm số đồng biến trên
Xét hàm số f ( t ) = log 2022 t + t  f ' ( t ) =
2
4044.ln t
(
khoảng ( 0;+ ) . Khi đó (1)  f y 2 ( x + 1)
2
)  f ( y ( y + 1) )  x  y .
2
2
+
 x, y  
Vì 
nên có các trường hợp sau
 x  y  20
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
y = 20  x = 1, 2,3,..., 20
y = 19  x = 1, 2,3,...,19
..........................................
y = 2  x = 1, 2
y = 1  x = 1
Vậy cặp số tự nhiên thỏa mãn là: 1 + 2 + 3 + ... + 19 + 20 = 210
Câu 15: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng với mỗi y luôn tồn tại không quá
63 số nguyên x thỏa mãn điều kiện
log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021( y 2 + y + 64)  log 4 ( x − y).
A. 301.
B. 302.
C. 602.
Lời giải
D. 2.
Chọn C
log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021 ( y 2 + y+ 64)  log 4 ( x − y)
 log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021 ( y 2 + y+ 64) − log 4 ( x − y)  0
(1).
Đặt f ( x) = log 2020 ( x + y 2 ) + log 2021 ( y 2 + y + 64) − log 4 ( x − y) , ( coi y là tham số).
x + y2  0

 x  − y 2
Điều kiện xác định của f ( x) là:  y 2 + y + 64  0  
.
 x  y
x − y  0

Do x , y nguyên, x  y  − y 2 , tồn tại không quá 63 số nguyên x nên x   y + 1; y + 64 .
Xét hàm số f ( x) trên  y + 1; y + 64
Ta có f '( x) =
1
( x + y ) ln 2020
2
−
1
 0, x  y + 1.
( x − y )ln 4
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy yêu cầu bài toán trở thành
f ( y + 64)  0  log 2020 ( y 2 + y + 64) + log 2021( y 2 + y + 64)  log 4 64
 log 2020 ( y 2 + y + 64)(log 2020 2021 + 1)  3
3
log 2020 2021+1
 y + y + 64 − 2021
2
 0  −301,76  y  300,76
Mà y nguyên nên y  −301, −300,..., 299,300 . Vậy có 602 giá trị của y thỏa mãn.
Câu 16: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) với x  2020 thỏa mãn log 2 ( x − 1) + 2 x − 2 y = 1 + 4 y
A. 2020 .
Chọn D
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 1010 .
C. 6 .
Lời giải
D. 5 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Theo đề bài: log 2 ( x − 1) + 2 x − 2 y = 1 + 4 y  log 2 2 ( x − 1) + 2 ( x − 1) = 2 y + 22 y
Đặt t = log 2 2( x − 1)  2( x − 1) = 2t
Ta có: 2t + t = 22 y + 2 y (1) . Xét hàm số: f ( t ) = 2t + t
Có: f '(t ) = 2t.ln 2 + 1  0 t  R  f (t ) đồng biến trên R
(1)  f (t ) = f (2 y )  t = 2 y  log 2 2( x − 1) = 2 y
 2( x − 1) = 22 y  x = 22 y −1 + 1
1
Mà x  2020  22 y −1 + 1  2020  y  (1 + log 2 2019).
2
Vì y  Z +  y  1;2;3;4;5.
Vậy có 5 cặp số nguyên dương thỏa mãn ycbt.
Câu 17: Có bao nhiêu bộ số nguyên ( x; y ) và 1  x, y  2020 thỏa mãn
A. 2017 .
 2y 
 2x + 1 
( xy + 2 x + 4 y + 8)log3 
  ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 

 x−3 
 y +2
B. 2 .
C. 2020 .
D. 4034 .
Lời giải
Chọn D
 x, y  N * : x, y  2020
 x, y  N * : x, y  2020

Điều kiện  2 x + 1
.

2y

0,

0
x

3,
y

0

 x−3
y+2

 2y 
 2x + 1 
BPT cho có dạng: ( xy + 2 x + 4 y + 8)log3 
 − ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 
0
 x−3 
 y +2
 y−2 
x+4 
 ( x + 4 )( y + 2 ) log3 
+ 1 + ( x − 3)( y − 2 ) log 2 
+ 1   0 ( *)
 x−3 
 y+2 
Xét y = 1 thì (*) trở thành: 3 ( x + 4 ) log3
BPT
nghiệm
2
x+4 
− ( x − 3) log 2 
+ 1  0
3
 x−3 
đúng
với
x  3
vì:
x + 4  0,log3
2
0
3
x+4 
x − 3  0,log 2 
+ 1  log 2 ( 0 + 1) = 0
 x−3 
Vậy trường hợp này cho ta 2017 bộ ( x, y ) = ( x;1) với 4  x  2020, x  N
Xét y = 2 thì (*) trở thành: 4 ( x + 4 ) log3 1  0
BPT nghiệm đúng với x mà 4  x  2020, x  N
Trường hợp này cho ta 2017 bộ ( x, y ) nữa.
Xét y  2, x  3 thì VT (*)  0 nên không xảy ra.
Vậy có 4034 bộ số ( x, y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán
1
Câu 18: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa x   0;3 và  
2
A. 819 .
B. 817 .
C. 816 .
log3 y
x
( )
1
+ 6 x + 1    + log3 3 y 3 ?
4
D. 88 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn C
Điều kiện: y  0 .
1
Ta có  
2
1
 
2
log3 y
log3 y
x
( )
1
1
+ 6 x + 1    + log3 3 y 3   
4
2
x
1
1
− 3log3 y    − 6 x   
4
2
log3 y
t
log3 y
x
1
+ 6 x + 1    + 1 + 3log 3 y
 4
1
− 3log3 y   
2
2x
− 3.2 x (1)
t
1
1 1
Xét hàm số f ( x ) =   − 3t có f  ( t ) =   ln − 3  0, t 
2
2 2
 f ( t ) là hàm số nghịch biến trên .
.
Do đó (1)  log3 y  2 x  y  32 x  y  9 x ( 2 ) .
Vì x nguyên và thuộc đoạn  0;3 nên có các trường hợp sau
TH1: x = 0 : Từ ( 2 )  0  y  90 = 1 (loại)
TH2: x = 1 : Từ ( 2 )  0  y  91 = 9 (Có 8 giá trị y )
TH3: x = 2 : Từ ( 2 )  0  y  92 = 81 (Có 80 giá trị y )
TH4: x = 3 : Từ ( 2 )  0  y  93 = 729 (Có 728 giá trị y )
Vậy có 816 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa đề bài.
Câu 19: Có bao nhiêu bộ ( x; y ) với x, y nguyên và 1  x, y  2020 thỏa mãn
 2y 
 2x + 1 
  ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 
?
 x−3 
 y +2
( xy + 2 x + 4 y + 8) log3 
A. 2017 .
B. 4034 .
C. 2 .
Lời giải
D. 2017  2020 .
Chọn B
 x, y  * : x, y  2020
 x, y  * : x, y  2020

Điều kiện  2 x + 1
.

2y
 x  3, y  0
 x − 3  0, y + 2  0

 y−2 
x+4 
BPT cho có dạng ( x − 3)( y − 2 ) log 2 
+ 1 + ( x + 4 )( y + 2 ) log3 
+ 1  0 (*).
 x−3 
 y+2 
2
x+4 
Xét y = 1 thì (*) thành − ( x − 3) log 2 
+ 1 + 3 ( x + 4 ) log3  0 , rõ ràng BPT này nghiệm
3
 x−3 
2
x+4 
đúng với mọi x  3 vì − ( x − 3)  0, log 2 
+ 1  log 2 ( 0 + 1) = 0, 3 ( x + 4 )  0, log 3  0
3
 x−3 
.
Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ ( x; y ) = ( x;1) với 4  x  2020, x  .
Xét y = 2 thì (*) thành 4 ( x + 4 ) log3 1  0 , BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà
4  x  2020, x 
.
Trường hợp này cho ta 2017 cặp ( x; y ) nữa.
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Với y  2, x  3 thì VT (*)  0 nên (*) không xảy ra.
Phan Nhật Linh
Vậy có đúng 4034 bộ số ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
( x; y )
Câu 20: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương
(
)
thỏa mãn điều kiện
x  2023
và
3 9 y + 2 y + 2  x + log3 ( x + 1) ?
3
A. 3778 .
Chọn B
(
C. 2 .
Lời giải
B. 3780 .
)
D. 3776 .
Ta có 3 9 y + 2 y + 2  x + log3 ( x + 1)  3.9 y + 6 y + 2  x + 3log 3 ( x + 1)
3
 32 y +1 + 3 ( 2 y + 1)  ( x + 1) + 3log 3 ( x + 1) . (*)
Xét hàm số f ( t ) = 3t + 3t có f  ( t ) = 3t.ln 3 + 3  0, t .
Suy ra hàm số f ( t ) = 3t + 3t đồng biến trên
.
Do đó (*)  f ( 2 y + 1)  f ( log3 ( x + 1) )  2 y + 1  log 3 ( x + 1)  32 y +1 − 1  x .
log3 2024 − 1
 2,96 .
2
Với giả thiết y nguyên dương suy ra y  1;2 .
Vì x  2023 nên 32 y +1 − 1  2023  y 
Với y = 1 có 26  x  2023 suy ra có 1998 cặp số ( x; y ) thỏa mãn.
Với y = 2 có 242  x  2023 suy ra có 1782 cặp số ( x; y ) thỏa mãn.
Vậy có tất cả 3780 cặp số ( x; y ) thỏa mãn đề bài.
Câu 21: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn

 157 + 12 y

6y + 8 
1
2
2
log 2 1 − 2
−
log
x
+
y

log
−
2


−
5
5
2
2
2
x +y 

 x +y
 log( x 2 + y 2 ) 2
(
A. 250 .
B. 251 .
)
D. 221 .
C. 133 .
Lời giải
Chọn B


2
2
0  x + y  1
 6 y + 8
Điều kiện xác định:  2
1
2
x + y
157 + 12 y
2
 2
2
 x + y

 157 + 12 y

6y + 8 
1
log 2 1 − 2
− log5 x 2 + y 2  log5  2
− 2 −
2 
2
x +y 

 x +y
 log( x 2 + y 2 ) 2
(
)

 157 + 12 y

6y + 8 
 log 2 1 − 2
+ log 2 x 2 + y 2  log5  2
− 2  + log5 x 2 + y 2
2 
2
x +y 

 x +y

(
(
)
)
(
 log 2 x 2 + y 2 − 6 y − 8  log5 157 − 2 x 2 − 2 y 2 + 12 y
(
)
)
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
157
Đặt t = x 2 + y 2 − 6 y , điều kiện: 8  t 
. Bất phương trình trên trở thành:
2
log 2 ( t − 8 )  log5 (157 − 2t )  log 2 ( t − 8 ) − log 5 (157 − 2t )  0 (1).
Đặt g ( t ) = log 2 ( t − 8 ) − log5 (157 − 2t )
g(t ) =
1
2
 157 
+
 0 t   8 ;
 nên g ( t ) đồng biến trên
2 
( t − 8) ln 2 (157 − 2t ) ln 5

 157 
 8;
.
2 

Mà g ( t )  g (16 ) (Do g (16 ) = 0 )
Suy ra: 8  t  16  8  x 2 + y 2 − 6 y  16  17  ( x − 3) + y 2  25
2
Ta có: y 2  25  −5  y  5 .
Với y = 5  x − 3 = 0  x = 3 nên có 2 cặp.
1  x − 3  3
4  x  6
2
Với y = 4  1  ( x − 3)  9  

 x  0;1;5;6 nên có 8 cặp.
 −3  x − 3  −1 0  x  2
2 2  x − 3  4
2 2 + 3  x  7
2
y = 3  8  ( x − 3)  16  

 x  −1;0;6;7
 −4  x − 3  −2 2
 −1  x  3 − 2 2
nên có 8 cặp.
x = 7
2
2
2
Với y = 2  13  ( x − 3)  21 mà ( x − 3) là số chính phương nên ( x − 3) = 16  
 x = −1
suy ra có 4 cặp.
Với
Với y = 1  16  ( x − 3)  24 mà ( x − 3) là số chính phương nên sẽ không tồn tại x thỏa
2
2
mãn.
y = 0  17  ( x − 3)  25
2
Với
mà
( x − 3)2
là
số
chính
phương
nên
nên
x = 8
suy ra có 2 cặp.
 x = −2
( x − 3)2 = 25  
Vậy có 24 cặp giá trị nguyên ( x; y ) thỏa mãn đề bài.
Câu 22: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn e x
?
A. 4.
B. 5.
2
+ y2
 e2 x + 2 y ( x + y + 1)( 3 − x − y ) + 2 ( xy − 1) 
C. 8.
Lời giải
D. 9.
Chọn D
ex
2
+ y2
 e 2 x + 2 y ( x + y + 1)( 3 − x − y ) + 2 ( xy − 1) 
(
)
e
x 2 + y 2 − 2( x + y )
 2 ( x + y ) − x2 + y 2 + 1
e
x 2 + y 2 − 2( x + y )
+  x 2 + y 2 − 2 ( x + y )   1
Đặt t = x 2 + y 2 − 2 ( x + y ) ( t  −2 ), bất phương trình trên trở thành et + t  1 .
Xét hàm số f ( t ) = et + t có f  ( t ) = et + 1  0, t  −2 .
Suy ra hàm số đồng biến trên  −2; +  ) .
Do đó f ( t )  1 = f ( 0 )  t  0  x 2 + y 2 − 2 ( x + y )  0  ( x − 1) + ( y − 1)  2 .
2
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
x −1 = 0
2
2
Trường hợp 1: ( x − 1) + ( y − 1) = 0  
 x = y = 1.
 y −1 = 0
Phan Nhật Linh
 x − 1 = 0
 x = 1; y = 2


 y − 1 = 1  x = 1; y = 0
2
2

Trường hợp 2: ( x − 1) + ( y − 1) = 1  
.
  x − 1 = 1
 x = 2; y = 1


 x = 0; y = 1
  y − 1 = 0
 x = 2; y = 2
 x = 2; y = 0
 x − 1 = 1
2
2

Trường hợp 3: ( x − 1) + ( y − 1) = 2  
.
 y − 1 = 1  x = 0; y = 2

 x = 0; y = 0
Vậy có 9 cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn yêu cầu bài toán.
( x; y )
Câu 23: Có bao nhiêu cặp số thực
3x
2
.log 2 ( x − y ) =
+ y2 −2
A. 2 .
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
(
)
1
13
1 + log 2 (1 − xy ) ) và 2 x3 + y 3 − 3xy  .
(
2
2
B. 4 .
C. 6 .
Lời giải
D. 0 .
Chọn A
Điều kiện: x  y; xy  1 .
Từ giả thiết thứ nhất ta có: 3x
 3x
2
2
.log 2 ( x − y ) = log 2 ( 2 − 2 xy )
+ y2 − 2
2
(
)
.log 2 x 2 + y 2 − 2 + 2 − 2 xy = log 2 ( 2 − 2 xy ) .
+ y2 −2
Nếu x 2 + y 2  2  VT  log 2 ( 2 − 2 xy ) = VP .
Nếu x 2 + y 2  2  VT  log 2 ( 2 − 2 xy ) = VP .
Từ đó suy ra: x 2 + y 2 = 2 .
Khi đó ( x + y ) = 2 + 2 xy  xy =
2
( x + y )2 − 2 . Do
(
)
2
xy  1 nên x + y  ( −2;2 ) .
Xét giả thiết thứ hai, đặt P = 2 x3 + y 3 − 3xy = 2 ( x + y ) − 6 xy ( x + y ) − 3xy .
(
Đặt a = x + y , P = 2a − 3a a − 2
3
2
)
(a
−3
3
2
−2
2
) = f (a) .
Lập BBT cho f ( a ) ta được P = f ( a )  f (1) =
13
.
2
13
13
suy ra P = , khi đó x + y = 1 .
2
2
Vậy số các cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đề là số giao điểm của đường tròn và đường thẳng.
Mà ở giả thiết thứ hai P 
Vì khoảng cách từ tâm đường tròn đến đường thẳng nhỏ hơn bán kính nên chúng có hai điểm
chung, hay có 2 cặp số thực ( x; y ) thỏa mãn đề bài.
Câu 24: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
log3 x 2 + 4 y 2 + x + log 2 x 2 + 4 y 2 +
x2 − 8x + 4 y 2
 log3 x + log 2 x 2 + 4 y 2 + 24 x
x
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
(
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 24 .
B. 25 .
Về đích đặc biệt 9+
D. 48 .
C. 22 .
Lời giải
Chọn A
Điều kiện: x  0 .
(
)
(
)
Ta có: log3 x 2 + 4 y 2 + x + log 2 x 2 + 4 y 2 +
(
)
 log3 x 2 + 4 y 2 + x − log3 x +
x2 − 8x + 4 y 2
 log3 x + log 2 x 2 + 4 y 2 + 24 x
x
(
)
x2 + 4 y 2
 log 2 x 2 + 4 y 2 + 24 x − log 2 x 2 + 4 y 2 + 8
x
(
)
(
)
 x2 + 4 y 2 + x  x2 + 4 y 2
 x 2 + 4 y 2 + 24 x 
 log3 
+

log

+8
2
2
2
x
x
x
+
4
y






x2 + 4 y 2  x2 + 4 y 2
24 x 
 log3 1 +
 log 2 1 + 2
+
+8
x
x
x + 4 y2 



 x2 + 4 y 2


24 x  x 2 + 4 y 2
 log3 
+ 1 − log 2 1 + 2
 8.
+
x
x
x + 4 y2 



Đặt: t =
x2 + 4 y 2
 24 
(t  0) , bất phương trình trở thành: log3 (1 + t ) − log 2 1 +  + t  8 (1).
x
t 

 24 
Xét hàm số f (t ) = t + log3 (1 + t ) − log 2 1 +  có
t 

1
24
f (t ) = 1 +
+ 2
 0, t  0 .
(1 + t )ln 3 t + 24t ln 2
(
)
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ) .
 24 
Ta có f (8) = 8 + log3 (1 + 8) − log 2 1 +  = 8
8 

x2 + 4 y 2
 8  ( x − 4) 2 + 4 y 2  16 .
Từ đó suy ra: (1)  f (t )  f (8)  t  8 
x
Đếm các cặp giá trị nguyên của ( x; y )
Ta có: 4 y 2  16  −2  y  2
Với y = 2, y = −2  x = 4 nên có 2 cặp.
Với y = 1, y = −1  x = {1;2;3;4;5;6;7} nên có 14 cặp.
Với y = 0  x = {1;2;3;....;8} nên có 8 cặp.
Vậy có 24 cặp giá trị nguyên ( x; y ) thỏa mãn đề bài.
Câu 25: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0  x  2023 và log3 (3 x + 3) + x = 2 y + 9 y ?
A. 2023 .
B. 5 .
D. 4 .
C. 2022 .
Lời giải
Chọn D
Ta có: log3 ( 3x + 3) + x = 2 y + 9 y  1 +log 3 ( x + 1)+ x = 2 y + 9 y
(1)
Đặt t = log 3 ( x + 1) . Suy ra: x + 1 = 3t  x = 3t − 1 . Khi đó: (1)  t + 3t = 2 y + 32 y
Xét hàm số: f ( u ) = u + 3u . Ta có: f  ( u ) = 1 + 3u.ln 3  0, u 
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
( 2)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 Hàm số f ( u ) đồng biến trên .
Phan Nhật Linh
Do đó: Từ ( 2 )  f ( t ) = f ( 2 y )  t = 2 y  log3 ( x + 1) = 2 y  x + 1 = 32 y  x + 1 = 9 y
Vì: 0  x  2023 nên 1  x + 1  2024  1  9 y  2024  0  y  log9 2024  3, 46
Do y 
nên y  0;1;2;3 , với mỗi giá trị y cho ta 1 giá trị x thoả mãn.
Vậy có 4 cặp số nguyên ( x; y ) thoả yêu cầu bài toán.
Câu 26: Gọi
là
S
tập
hợp
log 2 y + 6log 2 x − log 22 x + 1  2
log 22 ( 2 x )
các
số
nguyên
thỏa
x
mãn
+ log 2 x 2 − 4 yx 6 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của y để
tập hợp S có nhiều nhất 32 phần tử?
A. 18 .
B. 36 .
C. 38 .
Lời giải
D. 19 .
Chọn D
Chọn D
Điều kiện: x  0 và y  0 .
( )
Bất phương trình đã cho tương đương với: log 2 yx6 − log 22 x + 1  2
 4 yx6
 4 yx6
+ 2 log 2 x − 4 yx 6
( )
+ log x + 2log x
( )
( )
+ log ( yx ) + 2  2
+ ( log x + 2log x + 1)
( )
( )
+ log ( 4 yx )  2
+ ( log x + 1)  4 yx + log ( 4 yx )  2
+ log
( )
( )
 1 .
+ log ( 4 yx )  2
+ log 2
 f ( 4 yx )  f  2
( )


4 yx6 + log 2 yx6 + 1  2
 4 yx6
log 22 ( 2 x )
log 22 2 x
2
2
2
log 22 2 x
6
2
6
2
6
2
2
2
log 22 2 x
2
2
6
6
2
log 22 2 x
2
2
log 22 2 x
6
log 22 2 x
2
2
( 2x )
log 22 2 x
Trong đó f ( t ) = t + log 2 t , t  0 .
Ta có f  ( t ) = 1 +
1
 0 với t  0 nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0;+ ) .
t ln 2
Khi đó: (1)  4 yx 6  2
log 22 2 x
 2 + log 2 y + 6log 2 x  log 22 2 x
 2 + log 2 y + 6log 2 x  ( log 2 x + 1)  log 2 y  log 22 x − 4log 2 x − 1 = g ( x) .
2
2
4
2
log 2 x −
=
( log 2 x − 2 )
x ln 2
x ln 2 x ln 2
g ( x) = 0  log 2 x = 2  x = 4 .
Ta có g ( x) =
g 33
Để tập S có nhiều nhất 32 phần tử thì log 2 y  g ( 33)  0  y  2 ( )  0  y  19 .
Vậy có 19 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 27: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
)
(
)
(
Về đích đặc biệt 9+
)
log 2 x 2 + y 2 + 18 x − log5 x 2 + y 2 + 4 x  log 2 x 2 + y 2 − log 5 2 x + 1 .
A. 10.
B. 20.
Chọn D
Điều kiện x  0
(
)
C. 27.
Lời giải
(
)
D. 28
(
)
Ta có log 2 x 2 + y 2 + 18 x − log5 x 2 + y 2 + 4 x  log 2 x 2 + y 2 − log 5 2 x + 1
(
)
(
)
(
)
 log 2 x 2 + y 2 + 18 x − log 2 x 2 + y 2 − log5 x 2 + y 2 + 4 x − log5 2 x   1


 log 2
x 2 + y 2 + 18 x
x2 + y 2 + 4x
−
log
1
5
2x
x2 + y 2


18 x 
x2 + y 2 
 log 2 1 + 2
−
log
2
+
 1

5
2x 
x + y2 


x2 + y 2
 9
= t  0 , bất phương trình trở thành log 2 1 +  − log5 ( 2 + t )  1 (1).
2x
t

9
1
 9
Xét hàm số f ( t ) = log 2 1 +  − log5 ( 2 + t ) có f  ( t ) = − 2
−
 0 t  0
t

t + 9t ln 2 ( 2 + t ) ln 5
Đặt
(
)
 f ( t ) là hàm nghịch biến trên ( 0 ; + ) (2).
Mà f ( 3) = 1 nên từ (1) và (2) ta có f ( t )  f ( 3)  t  3 .
x2 + y 2
2
Từ đó ta có
 3  x 2 + y 2 − 6 x  0  ( x − 3) + y 2  9 .
2x
Suy ra ( x − 3)  9  −3  x − 3  3  0  x  6 . Mà x  0 nên 0  x  6 ; x, y  :
2
Nếu x = 1 hoặc x = 5 thì y  1;  2; 0 : trường hợp này có 10 cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa
mãn.
Nếu x = 2 hoặc x = 4 thì y  1;  2; 0 : trường hợp này có 10 cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa
mãn.
Nếu x = 3 thì y  1;  2;  3; 0 : trường hợp này có 7 cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn.
Nếu x = 6 thì y = 0 : trường hợp này có 1 cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn.
Vậy có tất cả 28 cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn yêu cầu của đề bài.
Câu 28: Có bao nhiêu bộ ( x; y ) với x, y nguyên và 1  x, y  2020 thỏa mãn
 2y 
 2x + 1 
  ( 2 x + 3 y − xy − 6 ) log 2 
?
 x−3 
 y +2
( xy + 2 x + 4 y + 8) log3 
A. 2017 .
C. 2
B. 4034 .
Lời giải
Chọn B
 x, y  * : x, y  2020
 x, y  * : x, y  2020

Điều kiện  2 x + 1
.

2y
 x  3, y  0
 x − 3  0, y + 2  0

24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. 2017  2020
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 y−2 
x+4 
*
BPT đã cho có dạng ( x − 3)( y − 2 ) log 2 
+ 1 + ( x + 4 )( y + 2 ) log3 
+ 1  0 ( ) .
 x −3 
 y+2 
Do y  0 , y nguyên dương nên:
2
x+4 
Xét y = 1 thì thành − ( x − 3) log 2 
+ 1 + 3 ( x + 4 ) log3  0 , rõ ràng BPT này nghiệm
3
 x−3 
2
x+4 
đúng với mọi x  3 vì − ( x − 3)  0, log 2 
+ 1  log 2 ( 0 + 1) = 0, 3 ( x + 4 )  0, log 3  0
3
 x−3 
Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ ( x; y ) = ( x;1) với 4  x  2020, x 
.
Xét y = 2 thì thành 4 ( x + 4 ) log3 1  0 , BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà
4  x  2020, x 
.
Trường hợp này cho ta 2017 cặp ( x; y ) nữa.
Với y  2, x  3 thì VT (*)  0 nên không xảy ra.
Vậy có đúng 4034 bộ số ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 29: Có bao nhiêu số nguyên dương y sao cho tồn tại số thực x  (1;6 ) thỏa mãn
(
)
4 ( x − 1) e x = y e x + xy − 2 x 2 − 3 ?
A. 18 .
Chọn C
B. 15 .
C. 16 .
Lời giải
(
)
D. 17 .
(
)
Ta có 4 ( x − 1) e x = y e x + xy − 2 x 2 − 3  4 ( x − 1) e x − y e x + xy − 2 x 2 − 3 = 0 (*) .
(
)
Xét hàm số f ( x ) = 4 ( x − 1) e x − y e x + xy − 2 x 2 − 3 trên (1;6 ) .
(
)
(
)
f  ( x ) = 4e x + 4 ( x − 1) e x − y e x + y − 4 x = 4 xe x − ye x + y ( 4 x − y ) = ( 4 x − y ) e x + y .
(
)
f ( x ) = 0  ( 4x − y ) ex + y = 0  x =
Trường hợp 1:
y
(do e x + y  0 , y 
4
* ).
y
1 y  4
4
Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) trên (1;6 ) :
(
)
(
)
f (1) = − y ( e + y − 5 ) ; f ( 6 ) = 20e6 − y e6 + 6 y − 75 = −6 y 2 + 75 − e6 y + 20e6 .
(
)
Ta có f ( 6 )  0  −6 y 2 + 75 − e6 y + 20e6  0  −72,1  y  18, 4 .
Suy ra y  *, y  4, thì f ( 6 )  0 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Do đó phương trình (*) có nghiệm x  (1;6 )  f (1)  0  e + y − 5  0  y  5 − e  2,3 .
Cùng điều kiện y  4 và y nguyên dương, ta có y  3;4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2:
y
 6  y  24 .
4
Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) trên (1;6 ) :
Với y  24 ta luôn có f (1) = − y ( e + y − 5 )  0 nên không tồn tại x  (1;6 ) thỏa mãn (*) .
Trường hợp 3: 1 
y
 6  4  y  24 .
4
Bảng biến thiên của hàm số f ( x ) trên (1;6 ) :
Với y  ( 4;24 ) ta luôn có f (1) = − y ( e + y − 5 )  0 nên phương trình (*) có nghiệm x  (1;6 )
 f ( 6 )  0  −72,1  y  18, 4 .
Cùng điều kiện y  ( 4;24 ) và y nguyên dương ta có y  5;6;...;18 .
Do đó, tập các giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 3;4;....;18 .
Vậy có 16 giá trị nguyên dương của y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 30: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x + y  0; −4  x  4 và
log3
A. 11.
( x + 2 y ) + x2 + 2 y 2 + 3xy − 4 x − 4 y  0 ?
B. 10
4
C. 12.
Lờigiải
Chọn C
Điều kiện: x + 2 y  0
Do x + y  0 nên log3
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
( x + 2 y ) + x2 + 2 y 2 + 3xy − x − y  0
4
D. 13.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
( x + y )( x + 2 y ) + x 2 + 2 y 2 + 3xy − 4 x − 4 y  0
 log3
4( x + y)
(
Phan Nhật Linh
)
 log3 x 2 + 3xy + 2 y 2 + x 2 + 2 y 2 + 3xy  log 2 4 ( x + y ) + 4 ( x + y )
Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t , t  0 , ta có f ' ( t ) =
(1)
1
+ 1  0t  ( 0; + ) nên hàm số f ( t ) đồng
t ln 3
biến trên ( 0;+ ) .
(
)
Do đó (1)  f x 2 + 2 y 2 + 3xy  f  4 ( x + y )   x 2 + 2 y 2 + 3xy  4 ( x + y )
 ( x + y )( x + 2 y − 4 )  0  x + 2 y − 4  0 (vì x + y  0 ).
x + y  0
x + 2 y  0

Biểu diễn miền nghiệm của hệ 
, tìm được 12 cặp số nguyên thỏa mãn.
x + 2 y − 4  0
 −4  x  4
Câu 31: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi số nguyên x có đúng 5 số nguyên y thỏa mãn
3
y2 − x −2 y
 log y 2 + 3 ( x − 2 y + 3) ?
B. 12 .
A. 10 .
D. 11 .
C. 9 .
Lời giải
Chọn D
3
y2 − x −2 y
 3y
2
+3
 log y 2 + 3 ( x − 2 y + 3) 
(
)
ln y 2 + 3  3
f  ( t ) = 3t ln t.ln t +
(
)
x −2 y +3
3y
3
2
+3
x −2 y +3

ln ( x − 2 y + 3)
(
ln y 2 + 3
)
ln ( x − 2 y + 3) . Xét hàm số f ( t ) = 3t ln t với t  3 .
3t
 0, t  3  hàm số đồng trên 3;+ ) .
t
Ta có: f y 2 + 3  f ( x − 2 y + 3)  y 2 + 3  x − 2 y + 3  y 2  x − 2 y
 x  y 2 + 2 y = g1 ( y )

 x  2 y − y 2 = g 2 ( y )
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
3  x  8
Ta thấy  x = 0
thì sẽ có đúng 5 giá trị nguyên của y với mỗi giá trị nguyên của x .

 −8  x  −3
Vậy có tất cả 11 giá trị.
Câu 32: có
bao
(
nhiêu
cặp
)
số
nguyên
dương
( x; y)
thỏa
x  2023
mãn
và
3 9 y + 2 y  x + log3 ( x + 1) − 2 ?
3
A. 3778 .
Chọn B
(
C. 2 .
Lời giải
B. 3780 .
)
D. 4046 .
3 9 y + 2 y  x + log3 ( x + 1) − 2  32 y +1 + 3 ( 2 y + 1)  x + 1 + log 3 ( x + 1) .
3
Xét hàm số f ( t ) = 3t + 3t , t 
3
.
Ta có f  ( t ) = 3t ln 3 + 3  0, t 
nên hàm số f ( t ) luôn đồng biến t 
Khi đó f ( 2 y + 1)  f ( log3 ( x + 1) )  2 y + 1  log 3 ( x + 1)  y 
.
log3 ( x + 1) − 1
2
.
log3 2024 − 1
 2,965 .
2
Vì y nguyên dương nên y  1;2 .
Vì x  2023 nên y 
Với y = 1  x  32 y +1 − 1 = 26 . Có 1998 cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn.
Với y = 2  x  32 y +1 − 1 = 242 . Có 1782 cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn.
Vậy có 3780 cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn.
Câu 33: Có
bao
nhiêu
số
nguyên
y  ( −2023;2023)
để
phương
e x + e x + y = ln ( x + 1) − ln ( x + y + 1) có nghiệm thực duy nhất?
A. 2023 .
B. 4044 .
C. 2022 .
Lời giải
D. 2024 .
Chọn C
Nhận xét: e x + e x + y  0  ln ( x + 1)  ln ( x + y + 1)  x + 1  x + y + 1  y  0
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
trình
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
x + 1  0
Điều kiện xác định của phương trình là: 
 x  −1 − y .
x + y + 1  0
Phan Nhật Linh
Từ: e x + e x + y = ln ( x + 1) − ln ( x + y + 1)  e x + e x + y − ln ( x + 1) + ln ( x + y + 1) = 0 .
Đặt f ( x ) = e x + e x + y − ln ( x + 1) + ln ( x + y + 1) , y  0, x  −1 − y .
Ta
có
f ( x ) = ex + ex+ y −
1
1
y
+
= ex + ex+ y −
 0, y  0, x  −1 − y .
x +1 x + y +1
( x + 1)( x + y + 1)
Suy ra f ( x ) luôn đồng biến trên khoảng ( −1 − y ; +  ) với y  0 .
Có lim f ( x ) = +;
x →+
lim
x →− (1+ y )
+
f ( x ) = − .
Nên f ( x ) = 0 luôn có nghiệm duy nhát với mọi số nguyên y  0 .
Vậy có 2022 số nguyên y thỏa mãn.
Câu 34: Có bao nhiêu cặp số ( x ; y ) thuộc đoạn 1;100 thỏa mãn y là số nguyên và x + log 2 x = y + 2 y
?
A. 100 .
B. 99 .
C. 7 .
Lời giải
D. 6 .
Chọn D
Xét hàm số f ( t ) = t + 2t  f  ( t ) = 1 + 2t ln 2  0, t 
.
Ta có f ( log 2 x ) = f ( y )  log 2 x = y  x = 2 y .
Để 1  x  100 thì 1  2 y  100  0  y  log 2 100  6,64
Do y nguyên và y  1;100 nên y  1;2;3;4;5;6 .
Vì mỗi giá trị của y thì chỉ có một giá trị của x thỏa mãn 1  x  100 nên có 6 cặp số ( x ; y )
thỏa mãn.
Câu 35: Có
bao
nhiêu
3x + 3 + 5 x + 10 = 3 y
2
cặp
+1
A. 13 .
số
nguyên
( x; y)
thỏa
mãn
−20  x  20,1  y  20
+ 5 y2 ?
B. 6 .
C. 4 .
Lời giải
D. 20 .
Chọn C
3x + 3 + 5 x + 10 = 3 y
2
+1
+ 5 y 2  3x + 3 + 5 ( x + 3) = 3 y
2
+1
Xét hàm số f ( t ) = 3t + 5t  f  ( t ) = 3t ln 3 + 5  0, t 
(
(
)
+ 5 y2 + 1 .
.
)
Ta có f ( x + 3) = f y 2 + 1  x + 3 = y 2 + 1  x = y 2 − 2 .
Vì −20  x  20  −20  y 2 − 2  20  −18  y 2  22  − 22  y  22 .
Do y nguyên và 1  y  20 nên y  1;2;3;4  .
Mỗi giá trị của y chỉ ứng với một giá trị của x với −20  x  20 nên có 4 cặp số ( x ; y ) thỏa
mãn.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 36: Gọi S là tập hợp điểm M ( x ; y ) với x, y là các số nguyên thỏa mãn 8  x  3000 và
(
)
log3 ( x − 2 ) + 3x = y + 9 3 y + 2 + 1 . Có bao nhiêu tứ giác lập được từ các điểm thuộc tập S ?
A. 15 .
B. 6 .
Chọn A
C. 3091 .
Lời giải
(
D. 360 .
)
log 3 ( x − 2 ) + 3 x = y + 9 3 y + 2 + 1  log 3 ( x − 2 ) + 1 + 3 x − 6 = y + 4 + 3 y + 4
 log 3 ( 3 x − 6 ) + 3 x − 6 = y + 4 + 3 y + 4
Xét hàm số f ( t ) = 3t + t  f  ( t ) = 3t ln 3 + 1  0, t 
.
.
Ta có f ( log3 ( 3x − 6 ) ) = f ( y + 4 )  log 3 ( 3 x − 6 ) = y + 4  y = −4 + log 3 ( 3 x − 6 ) .
Do 8  x  3000 nên −4 + log3 18  y  −4 + log 3 (8994 )  y  −1;0;1;2;3;4 .
Vì x = 3 y + 3 và 8  x  3000 nên mỗi giá trị của y có một giá trị của x nên có 6 điểm thuộc S
.
Do các điểm này nằm trên đồ thị hàm số y = −4 + log 3 ( 3 x − 6 ) nên không có 4 điểm nào thẳng
hàng.
Vậy có C64 = 15 tứ giác được tạo thành từ các điểm thuộc S .
Câu 37: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log3 x 2 + y 2 + 3x + log 2 x 2 + y 2  log3 x + log 2 x 2 + y 2 + 18 x ?
A. 29 .
B. 28 .
Chọn B
Điều kiện: x  0 .
(
)
C. 48 .
Lời giải
(
)
(
log3 x 2 + y 2 + 3x + log 2 x 2 + y 2  log3 x + log 2 x 2 + y 2 + 18 x
 log3
D. 49 .
) (1)
x 2 + y 2 + 3x
x 2 + y 2 + 18 x
 log 2
.
x
x2 + y 2
Đặt t = log3
 x2 + y 2

x2 + y 2
x 2 + y 2 + 3x
= 3t − 3 .
= log3 
+ 3  1 
x
x
x



(1)  t  log 2 1 + 18.

18
x 
 2t  1 + t
, (t  0) .
2 
3 −3
x +y 
2
t
t
t
1
1 1
 3 + 15  6 − 3.2  3.  + 15.  +   − 1  0 .
3
6 2
t
t
t
t
t
t
1
1 1
Xét f ( t ) = 3.  + 15.  +   − 1 với t  1 .
3
6 2
t
t
t
1
1
1
Có f  ( t ) = −   .ln 2 − 15.  ln 6 − 3.  ln 3  0 với t  1 .
2
6
 3
Vậy hàm số f ( t ) nghịch biến trên khoảng (1;+  ) .
x 2 + y 2 + 3x
 2.
(1)  f ( t )  f ( 2 )  1  t  2  1  log3
x
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
x 2 + y 2 + 3x
2
 9  x 2 + y 2 − 6 x  0  ( x − 3) + y 2  9 .
x
Tập hợp các điểm M ( x ; y ) có tọa độ thỏa mãn (1) là phần nằm trong đường tròn tâm I ( 3;0 )
3
bán kính bằng 3 bao gồm cả đường tròn, trừ điểm O ( 0;0 ) do x  0 .
Từ hình vẽ ta có 28 cặp số nguyên thỏa mãn đề bài.
Câu 38: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log3 x 2 + y + 3x + log 2 x 2 + y  log 3 x + log 2 x 2 + y + 18 x ?
A. 42 .
B. 36 .
Chọn C
(
)
(
)
(
log3 x 2 + y + 3x + log 2 x 2 + y 2  log3 x + log 2 x 2 + y + 18 x
 log3
D. 41 .
C. 35 .
Lời giải
) (1) .
x 2 + y + 3x
x 2 + y + 18 x
 log 2
.
x
x2 + y
 x2 + y

x2 + y
x 2 + y + 3x
Đặt t = log3
= 3t − 3 .
= log3 
+ 3  1 
x
x
 x


(1)  t  log 2 1 + 18.

x
x +
2

18
t
, (t  0) .
  2 1+ t
3 −3
y
t
t
t
1
1 1
 3t + 15  6t − 3.2t  3.  + 15.  +   − 1  0 .
3
6 2
t
t
t
1
1 1
Xét f ( t ) = 3.  + 15.  +   − 1 với t  1 .
3
6 2
t
t
t
1
1
1
Có f  ( t ) = −   .ln 2 − 15.  ln 6 − 3.  ln 3  0 với t  1 .
2
6
 3
Vậy hàm số f ( t ) nghịch biến trên khoảng (1;+  ) .
(1)  f ( t )  f ( 2 )  1  t  2
3
 1  log3
x 2 + y + 3x
 2.
x
x 2 + y + 3x
 9  3x  x 2 + y  6 x  − x 2  y  − x 2 + 6 x .
x
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Tập hợp các điểm M ( x ; y ) có tọa độ thỏa mãn (1) là phần nằm trong parabol ( P ) : y = − x 2 + 6 x
và trục hoành (không tính các điểm trên trục hoành).
Từ hình vẽ ta có 35 cặp số nguyên thỏa mãn đề bài.
Câu 39: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log3 x 2 + y 2 + x + log 2 x 2 + y 2  log3 x + log 2 x 2 + y 2 + 2 x ?
A. 4.
B. 5.
C. 6.
D. 7.
Lời giải
Chọn A
x2 + y 2 + x
x2 + y 2 + 2x
Ta có bất phương trình  log3
 log 2
.
x
x2 + y 2
x2 + y 2 + x
Đặt log3
= t  x 2 + y 2 + x = x.3t.
x
x2 + y 2 + 2x
x2 + y 2 + 2x
x.3t + x
t
t 
2 
 2t
Khi đó bất phương trình  log 2
2
2
2
2
t
x +y
x +y
x.3 − x
t
t
t
3t + 1 t
1 1 1
 t
 2  3t + 1  2t 3t − 1  3t + 1 + 2t  6t    +   +    1 (1).
3 −1
 2  6  3
(
t
)
t
t
1 1 1
Xét hàm số f ( t ) =   +   +   là hàm số nghịch biến trên
 2  6  3
Bất phương trình (1)  f ( t )  f (1)  t  1.
Khi đó ta có log3
.
x2 + y 2 + x
2
 1  x 2 + y 2 + x  3x  ( x − 1) + y 2  1.
x
Ta có ( x − 1)  1  0  x  2
2
Với x = 0  y = 1
Với x = 1  y = 1
Với x = 1  y = 0
Vậy có 4 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Câu 40: Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn x 2 + y 2  16 và
(
)
(
)
(
)
log3 x 2 + y + x + log 2 x 2 + y  log3 x + log 2 x 2 + y + 24 x ?
A. 12 .
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 9 .
C. 8 .
D. 13 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn C
(
)
(
)
Phan Nhật Linh
(
log3 x 2 + y + x + log 2 x 2 + y  log3 x + log 2 x 2 + y + 24 x
)
(1)
x2 + y + x
x 2 + y + 24 x
.
 log3
 log 2
x
x2 + y
x2 + y + x
 x 2 + y + x = x.3t .
Đặt t = log3
x
x.3t + 23x
3t + 23
t
2  t
, (t  0) .
(1)  t  log 2
x.3t − x
3 −1
t
t
t
1
1 1
 3t + 23  6t − 2t    + 23.  +    1 .
2
 6 3
t
t
t
1
1 1
Xét f ( t ) =   + 23.  +   − 1 với t  0 .
2
 6  3
t
t
t
1
1
1
Có f  ( t ) = −   .ln 2 − 23.  ln 6 −   ln 3  0 với t  0 .
2
6
 3
Vậy hàm số f ( t ) nghịch biến trên khoảng ( 0;+  ) .
(1)  f ( t )  f ( 2 )  0  t  2
1
 0  log3
x2 + y + x
 2.
x
x2 + y + x
 9  y  − x2 + 8x .
x
Tập hợp các điểm M ( x ; y ) có tọa độ thỏa mãn đề là phần nằm trong parabol ( P ) : y = − x 2 + 8 x
và đường tròn ( C ) tâm gốc tọa độ, bán kính R = 4 và trục hoành (không tính các điểm trên trục
hoành).
Từ hình vẽ ta có 8 cặp số nguyên thỏa mãn đề bài.
Câu 41: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức log
x +1
 9 y 4 + 6 y 3 − x 2 y 2 − 2 y 2 x (1)
3y + 1
. Biết y  1000 , hỏi có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x ; y ) thỏa mãn bất đẳng thức (1) .
A. 1501100 .
B. 1501300 .
C. 1501400 .
Lời giải
D. 1501500 .
Chọn D
Ta có
x +1
xy + y
log
 9 y 4 + 6 y 3 − x 2 y 2 − 2 y 2 x  log 2
 9 y 4 + 6 y 3 + y 2 − x 2 y 2 + 2 xy. y + y 2
3y + 1
3y + y
(
(
) (
 log ( xy + y ) − log 3 y 2 + y  3 y 2 + y
)
2
− ( xy + y )
) (
)
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
) (
 log ( xy + y ) + ( xy + y )  log 3 y 2 + y + 3 y 2 + y
2
)
2
( *)
Xét hàm f ( t ) = log t + t 2 với t  ( 0; + )
f '(t ) =
1
+ 2t  0 t  ( 0; +  ) . Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên t  ( 0; + ) .
t ln10
(*)  f ( xy + y ) 
(
)
f 3 y 2 + y  xy + y  3 y 2 + y  x  3 y .
Vì y  2020 nên ta có các trường hợp sau
y = 1  x  1;2;3
y = 2  x  1;2;3;4;5;6
y = 1000  x  1;2;.......;3000
Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài là: 3 + 6 + 9 + ... + 3000 = 1501500 .
Câu 42: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x ; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log3 4 x 2 + 4 y 2 + x + log 2 x 2 + y 2  log 3 x + log 2 x 2 + y 2 + 6 x ?
A. 12 .
C. 4 .
Lời giải
B. 5 .
Chọn C
Điều kiện: x  0 .
(
)
(
)
(
log3 4 x 2 + 4 y 2 + x + log 2 x 2 + y 2  log 3 x + log 2 x 2 + y 2 + 6 x
 log3
D. 13 .
) (1)
4 x2 + 4 y 2 + x
x2 + y 2 + 6x
.
 log 2
x
x2 + y 2
Đặt t = log3
 4 x2 + 4 y 2

x2 + y 2
4 x2 + 4 y 2 + x
= 3t − 1 .
= log3 
+ 1  0  4.
x
x
x



(1)  t  log 2 1 + 6.

24
x 
 2t  1 + t
, (t  0) .
2 
3 −1
x +y 
2
t
t
t
1 1
1
 3 + 23  6 − 2    +   + 23.  − 1  0 .
 2  3
6
t
t
t
t
t
t
1
1 1
Xét f ( t ) =   + 23.  +   − 1 với t  0 .
2
 6  3
t
t
t
1
1
1
Có f  ( t ) = −   .ln 2 − 23.  ln 6 −   ln 3  0 với t  0 .
2
6
 3
Vậy hàm số f ( t ) nghịch biến trên khoảng ( 0;+  ) .
4 x2 + 4 y 2 + x
 2.
(1)  f ( t )  f ( 2 )  0  t  2  0  log3
x
4 x 2 + 4 y 2  0 ( ld )
4 x2 + 4 y 2 + x
2
 ( x − 1) + y 2  1 .
1
9  
2
2
x
4 x + 4 y  8 x
Tập hợp các điểm M ( x ; y ) có tọa độ thỏa mãn (1) là phần nằm trong đường tròn tâm I (1;0 )
bán kính bằng 1 bao gồm cả đường tròn, trừ điểm O ( 0;0 ) do x  0 .
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Từ hình vẽ ta có 4 cặp số nguyên thỏa mãn đề bài.
Câu 43: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
log3 2 x 2 + 2 y 2 + 5 x + log 5 x 2 + y 2  log 3 x + log 5 20 x 2 + 20 y 2 + 10 x
A. 2 .
C. 4 .
Lời giải
B. 3 .
)
D. 5 .
Chọn C
 x 2 + y 2  0
Điều kiện: 
.
 x  0
(
)
(
)
(
Ta có: log3 2 x 2 + 2 y 2 + 5 x + log 5 x 2 + y 2  log 3 x + log 5 20 x 2 + 20 y 2 + 10 x
(
)
(
)
(
)
)
 log3 2 x 2 + 2 y 2 + 5 x − log 3 x + log 5 x 2 + y 2 − log 5 20 x 2 + 20 y 2 + 10 x  0
 2 x2 + 2 y 2 + 5x 


x2 + y 2
 log3 
+
log

0
5
2
2
x
20
x
+
20
y
+
10
x






x2 + y 2
2
2


 x +y

x
0
 log3  2
+ 5  + log3 
2
2
x
 x +y



+ 10 
 20
x


x2 + y 2
Đặt t =
x
(1)
(1)
(t  0)
t


Bất phương trình (1) trở thành log3 ( 2t + 5) + log5 
0
 20t + 10 
t


Gọi f (t ) = log3 ( 2t + 5) + log5 
với t  0
0
 20t + 10 
Ta có f (t ) =
2
10
+
 0 t  0
( 2t + 5) ln 2 t (20t + 10)ln 5
Do đó hàm số y = f (t ) đồng biến trên ( 0;+ ) .
t


Mặt khác f (2) = 0 nên log3 ( 2t + 5 ) + log 5 
0t2
 20t + 10 
x2 + y 2
2
 2  x 2 + y 2 − 2 x  0  ( x − 1) + y 2  1 .
x
Ta có các trường hợp sau xẩy ra đối với cặp số nguyên ( x; y ) :
Suy ra
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
TH1: x = 1  y 2  1  y  −1;0;1
TH2: x = 2  y 2  0  y = 0
Vậy có 4 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn điều kiện bài toán là (1; −1) , (1;0 ) , (1;1) , ( 2;0 ) .
Câu 44: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
(
)
(
)
(
)
log 2 x 2 + y 2 + log5 x 2 + y 2  log 2 ( x + y ) + log 5 x 2 + y 2 + 96 x + 96 y ?
A. 3 .
C. 24 .
Lời giải
B. 26 .
D. 10 .
Chọn C
x + y  0
Điều kiện xác định: 
.
 x, y  Z
Bất phương trình  log 2
Đặt t = log 2
Bất
x2 + y 2
x 2 + y 2 + 96 x + 96 y
. ( *)
 log5
x+ y
x2 + y 2
x2 + y 2
 x 2 + y 2 = ( x + y ) 2t .
x+ y
phương
(*)  t  log5
trình
t
( x + y )2t + 96 ( x + y )
( x + y)2t
 t  log5
2t + 96
2t + 96
t

5

2t
2t
t
1
1
 10  2 + 96    + 96    1 .
5
 10 
t
t
u
u
u
u
1
1
1 1
1 1
Xét f ( u ) =   + 96   ; f ' ( u ) =   ln   + 96   ln    0 ( u  0 )
5
 10 
5 5
 10   10 
 f ( t )  f ( 2 )  0  t  2  0  log 2
1
x2 + y 2
2
x+ y
 x + y  x 2 + y 2 ( x  D )
x2 + y 2
2
2
4
 ( x − 2) + ( y − 2)  8
2
2
x+ y
 x + y  4 x + 4 y
X = x − 2
x = X + 2
Đặt 

; ( x; y; X ;Y  Z )
Y = y − 2
y = Y + 2
2
2
2
2
( x − 2 ) + ( y − 2 )  8
 X + Y  8

Khi đó 
 x + y  0
 X + Y  −4
2
2
2
2
( x − 2 ) + ( y − 2 )  8
 X + Y  8  X  −2; −1; −0;1;2




Y  −2; −1; −0;1;2
 x + y  0
 X + Y  −4
 X  −2
 x  0
4


Y  −1; −0;1;2
 y  1;2;3;4
cặp
số
nguyên
 X  −1;0;1;2
 x  1;2;3;4
 20 cặp số nguyên ( x; y ) .


Y  −2; −1; −0;1;2
 y  0;1;2;3;4
Vậy 24 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa điều kiện bài toán.
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
( x; y )
.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
DẠNG 14 TÍNH KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN MẶT NÓN
A
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
h = SO
Quay  vuông SOM quanh trục SO , ta được mặt nón như hình bên với: 
.
r
=
OM

Chu vi đáy: p = 2 r
Diện tích đáy: Sđ =  r 2
1
1
Thể tích: V = h.Sđ = h. r 2
3
3
Diện tích xung quanh: S xq =  rl
•
Thiết diện qua đỉnh của hình nón: mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh
của hình nón và cắt mặt nón theo 2 đường sinh  Thiết diện
cũng là tam giác cân SAB .
•
Khoảng cách từ tâm của đáy O đến thiết diện:
d ( O;( SAB) ) = OK  OK =
•
1
1
1
+
2
SO
OH 2
Góc giữa SO và thiết diện SAB :
( SO;(SAB) ) = SOH  tan SOH =
•
OH
SO
Góc giữa ( SAB ) và đáy:
( SAB;(OAB) ) = SHO  tan SHO =
SO
OH
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
800
. Gọi A
3
và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 12 , khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt
phẳng ( SAB ) bằng
Câu 48 – Đề tham khảo 2023. Cho khối nón có đỉnh S , chiều cao bằng 8 và thể tích bằng
A. 8 2 .
B.
24
.
5
C. 4 2 .
D.
5
.
24
 Lời giải
Chọn C
Gọi O , R lần lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón, K , H lần lượt là hình chiếu của O lên
AB , SK . Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng OH .
1
3V
=
Ta có: V =  R 2 .h  R 2 =
3
 .h
3.
800
3 = 100  R = 10
 .8
2
 AB 
2
2
Trong tam giác vuông OBK có: OK = OB − BK = R − 
 = 10 − 6 = 8 .
2


2
Trong tam giác vuông SOK có:
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
2
1
1
1
1 1
2
=
+
= 2 + 2 = 2  OH = 4 2 .
2
2
2
OH
SO OK
8 8
8
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
Câu 2:
Phan Nhật Linh
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h = 20 , bán kính đáy r = 25 . Cắt hình nón đã cho bởi một
mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và khoảng cách từ tâm của đáy hình nón đến mặt phẳng này
bằng 12 . Diện tích thiết diện thu được bằng
A. 500.
B. 400.
C. 300.
D. 406.
Cho hình nón có đường cao h = 5a và bán kính đáy r = 12a . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua đỉnh
của hình nón và cắt đường tròn đáy theo dây cung có độ dài 10a . Tính diện tích thiết diện tạo
bởi mặt phẳng ( ) và hình nón đã cho.
A. 69a 2 .
Câu 3:
B. 120a 2 .
C. 60a 2 .
D.
119a 2
.
2
Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , bán kính R = 5 . Mặt phẳng ( ) qua S , cắt hình
nón theo thiết diện là tam giác SAB có diện tích bằng 12 2 . Mặt phẳng ( ) tạo với đáy hình
nón góc 45o ; tam giác OAB nhọn. Thể tích V của khối nón tạo nên từ hình nón đã cho bằng
100
A. V = 100 .
B. V = 25
C. V =
.
D. V = 75 .
3
Câu 4:
Cho hình nón có chiều cao h = 20 , bán kính đáy r = 25 . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón
có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 . Tính diện tích S của thiết
diện đó.
A. S = 500 .
B. S = 400 .
C. S = 300 .
D. S = 406
Câu 5:
Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O . Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác có
một góc bằng 1200 , thiết diện qua đỉnh S cắt mặt phẳng đáy theo dây cung AB = 4a và là một
tam giác vuông. Diện tích xung quanh của hình nón bằng
A.  3a 2 .
Câu 6:
B.  8 3a 2 .
C.  2 3a 2 .
D.  4 3a 2 .
Cho khối nón ( N ) có chiều cao h = 20 cm, bán kính đáy r = 25 cm. Gọi ( ) là mặt phẳng đi
qua đỉnh của ( N ) và cách tâm của mặt đáy 12 cm. Khi đó ( ) cắt ( N ) theo một thiết diện có
Câu 7:
diện tích là
A. S = 300 cm2.
B. S = 500 cm2.
C. S = 406 cm2.
D. S = 400 cm2.
Cho hình nón đỉnh S , A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến
mặt phẳng ( SAB ) bằng
a 3
và SAO = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh của hình nón theo a
3
bằng
A. a 2 .
Câu 8:
B. a 3 .
C. 2a 3 .
D. a 5 .
Cho khối nón xoay đỉnh S có thể tích bằng 96 . Một mặt phẳng ( ) đi qua đỉnh hình nón và
cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng 10 . Khoảng cách từ tâm của đường
tròn đáy đến mặt phẳng ( ) có thể bằng kết quả nào dưới đây?
A. 8 .
B.
8 33
.
15
C.
6 13
.
5
D.
5
.
24
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 9:
1200
. Gọi A và B là hai điểm
3
thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 12 , khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng
( SAB ) bằng
Cho khối nón có đỉnh S , chiều cao bằng 12 và thể tích bằng
A.
13
.
24
B.
13
.
13
C.
24 13
.
13
D.
2 13
.
13
Câu 10: Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O , bán kính R . Dựng hai đường sinh SA và SB ,
biết AB chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo bằng 600 , khoảng cách từ tâm O đến mặt
R
phẳng ( SAB ) bằng . Đường cao h của hình nón bằng
2
A. h =
R 6
.
4
B. h =
R 3
.
2
C. h = a 3 .
D. h = a 2 .
Câu 11: Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O . Dựng hai đường sinh SA và SB , biết tam giác
SAB vuông và có diện tích bằng 4a 2 . Góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng ( SAB ) bằng 300
. Đường cao h của hình nón bằng
A. h =
a 6
.
4
B. h =
a 3
.
2
C. h = a 3 .
D. h = a 2 .
Câu 12: Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vuông cân
có cạnh huyền bằng 2 2a ; BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng
( IBC ) tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60 . Tính theo a diện tích S của tam
giác IBC .
2 2
A. S =
a .
3
2 2 2
B. S =
a .
3
a2
C. S =
.
3
D. S =
4 2 2
a .
3
Câu 13: Cho hình nón đỉnh S , đường tròn đáy tâm O và góc ở đỉnh bằng 120 . Một mặt phẳng đi qua
S cắt hình nón theo thiết diện là tam giác SAB . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
SO bằng 3 , diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng 18 3 . Tính diện tích tam giác
SAB .
A. 21.
B. 27.
C. 12.
D. 18.
Câu 14: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng
cách từ O đến ( SAB ) bằng
a 3
và SAO = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh của hình nón
3
theo a bằng
A. a 2 .
B. a 3 .
C. 2a 3 .
D. a 5 .
Câu 15: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO , A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho
khoảng cách từ O đến ( SAB ) bằng
a 3
và SAO = 30, SAB = 60 . Độ dài đường sinh của
3
hình nón theo a bằng
A. a 2
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. a 3
C. 2a 3
D. a 5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 16: Cho hình nón có chiều cao bằng 2 3 . Mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón, cắt hình nón theo
thiết diện là tam giác đều sao cho góc hợp bởi mặt phẳng thiết diện và mặt đáy của hình nón có
số đo bằng 60 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. 104  .
B.
4 39 
.
3
C. 104 3  .
D.
104 3 
.
3
Câu 17: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón
sao cho khoảng cách từ O đến AB bằng a và SAO = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh
của
hình nón bằng
A.
=a.
B.
=a 2.
C.
= a 3.
D.
= 2a .
Câu 18: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 2a , khoảng cách từ tâm O của đường tròn
a
ngoại tiếp của đáy ABC đến một mặt bên là . Thể tích của khối nón ngoại tiếp hình chóp
2
S . ABC bằng
4 a3
A.
.
3
4 a3
B.
.
9
4 a3
C.
.
27
2 a3
D.
.
3
Câu 19: Cho khối nón đỉnh S , bán kính đáy bằng 3 3 và có góc ở đỉnh bằng 120 . Gọi A và B là hai
điểm thuộc đường tròn đáy sao cho tam giác SAB là tam giác vuông, khoảng cách từ tâm đường
tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng
A. 3.
B.
3
.
2
C.
3.
D.
3
2
.
Câu 20: Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông. Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình
nón và tạo với hình nón một thiết diện là tam giác có diện tích bằng 3 2 . Biết mặt phẳng đó tạo
với trục của hình nón một góc 30 . Thể tích của hình nón đã cho là
8
16 2
9 2
A. V =
.
B. V = 9 .
C. V =
.
D. V =
.
3
3
4
Câu 21: Cho hình nón ( N ) có chiều cao bằng 6a . Cắt ( N ) bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh và cách tâm
của đáy một khoảng bằng 3a ta được thiết diện có diện tích bằng 12 11a 2 . Thể tích của khối
nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. 36 5πa 3 .
B. 270πa 3 .
C. 90πa 3 .
D. 12 5πa 3 .
Câu 22: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O , bán kính R = 2a . Trên đường tròn đáy lấy 2
điểm A , B sao cho tam giác OAB vuông. Biết diện tích tam giác SAB bằng 4a 2 2 , thể tích
khối nón đã cho bằng
A. V =
4 a3 14
.
3
B. V =
 a3 14
3
.
C. V =
2 a3 14
.
3
D. V =
 a3 14
6
.
Câu 23: Cho khối nón (  ) có đỉnh S , chiều cao bằng 10 , đáy là đường tròn tâm O . Gọi A, B là hai
điểm thuộc đường tròn đáy sao cho hình chóp S .OAB có thể tích bằng 40 . Biết khoảng cách từ
O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng
A.
250
.
3
20 29
. Tính thể tích khối nón (  ) .
29
B. 500 .
C. 250 .
D.
500
.
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 24: Cho khối nón (  ) có đỉnh S , chiều cao bằng 5 , đáy là đường tròn tâm O . Thiết diện chứa SO
của khối nón (  ) là tam giác vuông cân. Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho
diện tích của tam giác OAB bằng 12 . Biết độ dài đoạn AB  7 . Tính khoảng cách từ O đến mặt
phẳng ( SAB ) .
A.
12
.
5
B.
20 41
.
41
C.
20 29
.
29
D.
15 34
.
34
Câu 25: Một hình nón có chiều cao h = 4 ; độ dài đường sinh l = 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh của nón
và cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng 2 5 . Khoảng cách từ tâm của đáy đến
mặt phẳng đó bằng
A.
4 5
.
5
B. 2 2 .
C.
4
.
5
D.
5
.
4
Câu 26: Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB = 10 2 (cm) . Hình chữ nhật MNPQ có P, Q lần
lượt thuộc cạnh AB, AC và M , N thuộc cạnh BC . Quay hình chữ nhật MNPQ (và miền trong
của nó) quanh trục đối xứng của tam giác ABC được một khối tròn xoay. Tính độ dài đoạn PQ
để thể tích khối tròn xoay lớn nhất.
A. PQ = 5 cm .
B. PQ = 10 cm .
C. PQ =
20
cm .
3
D. PQ =
40
cm .
3
Câu 27: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 120 và chiều cao bằng 3. Gọi ( S ) là mặt cầu đi qua đỉnh và
chứa đường tròn đáy của hình nón đã cho. Diện tích của ( S ) bằng:
A. 108 .
B. 144 .
C. 96 .
D. 48 .
Câu 28: Cho hình nón ( N ) có đỉnh là S , tâm đường tròn đáy là O và góc ở đỉnh bằng 120 . Một mặt
phẳng qua S cắt hình nón ( N ) theo thiết diện là tam giác vuông SAB . Biết rằng khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và SO bằng 4 . Tính thể tích của hình nón ( N ) ?
A. V = 36 .
B. V = 48 .
C. V = 64 .
D. V = 16 .
Câu 29: Cho hình nón có đỉnh S , trục SO, bán kính R, chiều cao h. Dây cung AB thuộc đường tròn
R
như hình vẽ. Ký hiệu S1 , S 2 lần lượt là diện tích xung quanh của
2
S
10
, mệnh đề nào sau đây đúng?
hình nón và diện tích tam giác SAB. Biết 1 =
S2 3 3
đáy và cách O một khoảng
A. h =
(
)
2 − 1 R. .
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
1
B. h = R. .
3
C. h =
5
2 2
R. .
D. h =
11
R. .
8
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 30: Hình nón ( N ) đỉnh S , có tâm của đường tròn đáy là O , góc ở đỉnh 1200 . Một mặt phẳng qua
đỉnh S cắt hình nón ( N ) theo thiết diện là tam giác vuông SAB . Biết rằng khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB và SO bằng 3 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón ( N ) .
B. S xq = 18 3 .
A. S xq = 27 3
C. S xq = 9 3 .
D. S xq = 36 3 .
Câu 31: Cho khối nón ( S ) . Cắt khối nón bởi mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh và tạo với đáy góc 30 thiết
diện thu được là tam giác đều cạnh có độ dài là 1 . Thể tích khối nón ( S ) là
A.
13 3
192
B.
13 3
.
192
C.
13 3
.
64
D.
13 3
.
48
Câu 32: Cho hình nón có chiều cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm . Một thiết diện đi qua đỉnh của
hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm . Tính diện tích của
thiết diện đó.
A. S = 500cm 2 .
C. S = 406cm 2 .
B. S = 300cm 2 .
D. S = 400cm 2 .
Câu 33: Cho khối nón có đỉnh S , O là tâm đường tròn đáy, bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh
là 6 3 . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho SAB có diện tích là 3 và AB
không là đường kính. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SAB ) là
A.
2.
B.
3.
C.
5.
D.
6.
Câu 34: Cho hình nón có đường cao h = 40cm , bán kính đáy r = 50cm . Một mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh
của hình nón, có khoảng cách từ tâm của đáy hình nón đến mặt phẳng ( P ) bằng 24cm . Tính
diện tích thiết diện của hình nón khi cắt bởi mặt phẳng ( P ) .
(
)
A. S = 2000 cm 2 .
(
)
B. S = 800 cm 2 .
(
)
C. S = 1200 cm 2 .
(
)
D. S = 1600 cm 2 .
Câu 35: Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng 6 . Mặt phẳng ( P ) qua đỉnh hình nón và
cắt đáy theo dây cung có độ dài bằng 6 . Khoảng cách từ tâm đáy tới mặt phẳng ( P ) bằng.
A.
6 7
.
7
B.
21 .
C. 2 3 .
D.
6 21
.
7
Câu 36: Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh AB = a và mặt bên tạo với mặt đáy một góc 60 . Một mặt
cầu tâm O ngoại tiếp hình chóp nói trên. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) .
A.
7a
.
24
B.
7a
.
6
C.
a
.
4
D.
13a
.
24
Câu 37: Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng 11 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều SAB có diện tích bằng 9 3 . Tính khoảng cách từ tâm
của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) .
A.
33
.
9
B.
4 33
.
9
C.
33 .
D.
4
.
9
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 38: Cho hình nón có chiều cao SO = 12 , bán kính đáy R = 24 . Cắt khối nón bởi một mặt phẳng ( )
đi qua đỉnh S và hợp với SO một góc bằng 60o . Tính khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy
đến mặt phẳng ( ) .
B. 12 3 .
A. 5 3 .
D. 12 .
C. 6 3 .
Câu 39: Cho một hình nón có chiều cao h = a và chu vi đường tròn đáy bằng 4 a . Mặt phẳng ( P ) đi
qua S cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = 2 3a . Tính khoảng cách d từ tâm của
đường tròn đáy đến ( P ) .
2a
.
2
A. d =
3a
.
2
C. d =
B. d = a .
5a
.
5
D. d =
Câu 40: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O . Thiết diện qua trục hình nón là một tam giác
cân có diện tích a 2 . Gọi A, B là hai điểm bất kì trên đường tròn ( O ) sao cho thể tích khối chóp
a3
S .OAB lớn nhất và bằng
. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng bao nhiêu?
12
A. S xq =
a 2 17
.
4
B. S xq =
 a 2 17
8
.
C. S xq =
 a 2 17
2
.
D. S xq =
 a 2 17
4
.
Câu 41: Cho khối nón đỉnh S , bán kính đáy r = 10 và và đường sinh l = 117 . Gọi A , B và M là ba
điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 12 . Giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SM bằng
340
1700
A. 117 .
B.
.
C. 9 .
D.
.
13
117
Câu 42: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón
sao cho khoảng cách từ O đến AB là a và SAO = 30o , SAB = 60o . Bán kính đáy bằng
A. a 6 .
B.
a 3
.
2
C.
a 6
.
2
D. a 3 .
Câu 43: Cho khối nón ( N ) có bán kính đáy r = 4a và chiều cao lớn hơn bán kính đáy. Mặt phẳng ( P )
đi qua đỉnh nón và tạo với đáy nón một góc 60 cắt khối nón (N) theo thiết diện là một tam giác
có diện tích bằng 8 3a 2 . Thể tích của khối nón (N) bằng
A. 64 a 3 .
B. 96 a 3
C. 32 a 3 .
D. 192 a 3
Câu 44: Cắt hình nón đỉnh S bởi một mặt phẳng không đi qua trục hình nón ta được một tam giác vuông
cân có cạnh huyền bằng a 2 ; AB là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng
( SAB ) tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60 . Tính theo a khoảng cách từ tâm O
của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) .
A. d =
a 6
.
8
B. d =
a 6
.
3
C. d =
a
.
3
D. d =
a 2
.
6
Câu 45: Cho khối nón đỉnh S , có đường kính đáy bằng 8 . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn
đáy sao cho khoảng cách từ tâm O của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng
6 . Diện
tích hình chiếu của tam giác SAB lên mặt phẳng đáy bằng 8 . Tính góc tạo bởi mặt phẳng ( SAB )
và mặt phẳng đáy của hình nón.
A. 60 .
B. 45 .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C. 30 .
D. 15 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 46: Cho khối nón có đỉnh S , chiều cao bằng 6 và thể tích bằng 50 . Gọi A và B là hai điểm thuộc
đường tròn đáy sao cho AB = 8 , khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB )
bằng
A. 6 5 .
B. 3 .
C.
6 5
.
5
D.
5
.
6
Câu 47: Cho hình nón có chiều cao bằng 2a , biết rằng khi cắt hình nón đã cho bởi mặt phẳng ( P ) đi
qua đỉnh của hình nón và tạo với mặt đáy của hình nón một góc 300 , thiết diện thu được là một
tam giác vuông. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng
(
)
A. 4 4 14 + 7  a 2 .
(
)
B. 4 2 14 + 7  a 2 .
C. 8 14 a 2 .
(
)
D. 8 2 14 + 7  a 2 .
Câu 48: Cho hình nón có đỉnh S , chiều cao bằng 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao
cho diện tích tam giác SAB bằng 9a 2 , khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng
( SAB ) bằng a . Tính thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho.
219 a 3
A.
.
8
73 a3
B.
.
4
73 a3
C.
.
24
73 a3
D.
.
8
Câu 49: Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 4 và diện tích xung quanh hình nón bằng 16 2 .
Mặt phẳng ( P ) đi qua S cắt đường tròn đáy tại A , B và AB = 4 3 . Khoảng cách từ tâm của
đường tròn đáy đến ( P ) bằng
A. 2 .
B.
4 5
.
5
C.
2 5
.
5
D.
5.
Câu 50: Cho hình nón có chiều cao h = 6 và thể tích khối nón bằng 50 . Một thiết diện đi qua đỉnh của
hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là
6 5
. Tính diện tích
5
của thiết diện đó?
A. 24 5 .
B. 12 5 .
C. 9 .
D. 6 5 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Cho hình nón tròn xoay có chiều cao h = 20 , bán kính đáy r = 25 . Cắt hình nón đã cho bởi một
mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón và khoảng cách từ tâm của đáy hình nón đến mặt phẳng này
bằng 12 . Diện tích thiết diện thu được bằng
A. 500.
B. 400.
C. 300.
D. 406.
Lời giải
Chọn A
Giả sử thiết diện thỏa đề bài là tam giác SAB , chiều cao SO = 20 , bán kính đáy OA = 25 .
Gọi I là trung điểm của AB , trong mặt phẳng ( SOI ) kẻ OH ⊥ SI tại H .
Ta có AB ⊥ OI và AB ⊥ SO  AB ⊥ ( SOI )  OH ⊥ AB . Lại có OH ⊥ SI  OH ⊥ ( SAB ) .
Do đó khoảng cách từ tâm của đáy đến thiết diện là OH = 12 .
Xét tam giác vuông SOI vuông tại O có
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=
+ 2 2=
−
= 2− 2 =
 OI = 15
2
2
2
2
225
OH
SO
OI
OI
OH
SO
12
20
và SI = OI 2 + SO 2 = 152 + 202 = 25 .
Xét tam giác vuông OIA vuông tại I có IA = OA2 − OI 2 = 252 − 152 = 20  AB = 40
1
1
Vậy diện tích thiết diện SABC = AB.SI = 40.25 = 500 .
2
2
Câu 2:
Cho hình nón có đường cao h = 5a và bán kính đáy r = 12a . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua đỉnh
của hình nón và cắt đường tròn đáy theo dây cung có độ dài 10a . Tính diện tích thiết diện tạo
bởi mặt phẳng ( ) và hình nón đã cho.
A. 69a 2 .
B. 120a 2 .
C. 60a 2 .
Lời giải
Chọn C
Gọi S là đỉnh của hình nón và O là tâm của đường tròn đáy.
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D.
119a 2
.
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Giả sử mặt phẳng ( ) cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác SAB cân tại S .
Theo giả thiết ta có: SO = 5a , OA = OB = 12a và AB = 10a .
AB
Gọi M là trung điểm của AB suy ra MA = MB =
= 5a và OM ⊥ AB .
2
Xét tam giác OMA vuông tại M có: OM 2 = OA2 − MA2 = 144a 2 − 25a 2 = 119a 2 .
Câu 3:
Xét tam giác SOM vuông tại O có: SM = SO 2 + OM 2 = 25a 2 + 119a 2 = 12a .
Tam giác SAB cân tại S , có SM là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao.
1
1
Vậy diện tích của thiết diện: SSAB = SM . AB = .12a.10a = 60a 2 .
2
2
Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , bán kính R = 5 . Mặt phẳng ( ) qua S , cắt hình
nón theo thiết diện là tam giác SAB có diện tích bằng 12 2 . Mặt phẳng ( ) tạo với đáy hình
nón góc 45o ; tam giác OAB nhọn. Thể tích V của khối nón tạo nên từ hình nón đã cho bằng
100
A. V = 100 .
B. V = 25
C. V =
.
D. V = 75 .
3
Lời giải
Chọn C
 5 
Đặt AB = 2 x . Do tam giác OAB nhọn nên AB 2  OA2 + OB 2  4 x 2  50  x   0;
.
2

Gọi H là trung điểm của AB . Khi đó: AB ⊥ SO, AB ⊥ OH  AB ⊥ ( SOH )
)
(
 ( ) , ( OAB ) = SHO = 45o
 SO = OH = OA2 − AH 2 = 25 − x 2
(
)
SH = OH 2 = 2 25 − x 2 .
 x = 3 ( tm )
1
AB.SH = x 2 25 − x 2 = 12 2  x 4 − 25 x 2 + 144 = 0  
2
 x = 4 ( ktm )
1
100
 SO = 25 − x 2 = 4 . Vậy V =  R 2 .SO =
.
3
3
Do đó: S SAB =
Câu 4:
(
)
Cho hình nón có chiều cao h = 20 , bán kính đáy r = 25 . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón
có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 . Tính diện tích S của thiết
diện đó.
A. S = 500 .
B. S = 400 .
C. S = 300 .
D. S = 406
Lời giải
Chọn A
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Giả sử hình nón đỉnh S , tâm đáy O và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là
SAB (hình vẽ).
S
H
O
B
I
A
Ta có SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB  OI ⊥ AB .
Gọi H là hình chiếu của O lên SI  OH ⊥ SI .
Ta chứng minh được OH ⊥ ( SAB )  OH = 12 .
Xét tam giác vuông SOI có
1
1
1
1
1
1
1
1
1
.
=
+ 2  2=
−
= 2− 2 =
2
2
2
2
225
OH
OS
OI
OI
OH
OS
12
20
 OI 2 = 225  OI = 15 .
Xét tam giác vuông SOI có SI = OS 2 + OI 2 = 202 + 152 = 25 .
Xét tam giác vuông OIA có IA = OA2 − OI 2 = 252 − 152 = 20  AB = 40 .
1
1
Ta có S = SABC = AB.SI = .40.25 = 500 .
2
2
Câu 5:
Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O . Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác có
một góc bằng 1200 , thiết diện qua đỉnh S cắt mặt phẳng đáy theo dây cung AB = 4a và là một
tam giác vuông. Diện tích xung quanh của hình nón bằng
A.  3a 2 .
B.  8 3a 2 .
C.  2 3a 2 .
Lời giải
D.  4 3a 2 .
Chọn D
Ta có tam giác SAB vuông cân tại S , AB = 4a nên SB = 2a 2 .
Mặt khác tam giác SDC cân tại S và có góc CSD = 120 nên CSO = 60 .
OC
 OC = SC.sin CSO  OC = a 6 .
Xét tam giác vuông SOC có sin CSO =
SC
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq =  rl =  a 6.2a 2 = 4 a 2 3 .
Câu 6:
Cho khối nón ( N ) có chiều cao h = 20 cm, bán kính đáy r = 25 cm. Gọi ( ) là mặt phẳng đi
qua đỉnh của ( N ) và cách tâm của mặt đáy 12 cm. Khi đó ( ) cắt ( N ) theo một thiết diện có
diện tích là
A. S = 300 cm2.
B. S = 500 cm2.
C. S = 406 cm2.
Lời giải
D. S = 400 cm2.
Chọn B
Gọi S , O lần lượt là đỉnh và tâm đường tròn đáy của khối nón ( N ) .
Ta có mặt phẳng ( ) qua đỉnh của ( N ) cắt đường tròn đáy tâm O tại 2 điểm A, B .
Vậy mặt phẳng ( ) cắt khối nón theo một thiết diện là SAB .
OI ⊥ AB
Kẻ OI ⊥ AB , OH ⊥ SI . Ta có 
 AB ⊥ ( SOI )  AB ⊥ OH .
 SO ⊥ AB
 AB ⊥ OH
Ta có 
 OH ⊥ ( SAB )  d O, ( SAB )  = OH = 12 cm.
 SI ⊥ OH
Áp dụng hệ thức lượng cho SOI vuông tại O có đường cao OH
1
1
1
1
1
=
+

OI
=
=
= 15 cm.
OH 2 OI 2 SO 2
1
1
1
1
−
−
OH 2 SO 2
122 202
Xét AOI vuông tại I có: IA2 + OI 2 = AO 2  IA = AO 2 − OI 2 = 252 − 152 = 20 cm.
Xét SOI vuông tại O có: SO 2 + IO 2 = SI 2  SI = SO 2 + IO 2 = 202 + 152 = 25 cm.
1
Vậy S SAB = SI . AB = SI .IA = 25.20 = 500 cm2.
2
Câu 7:
Cho hình nón đỉnh S , A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến
mặt phẳng ( SAB ) bằng
a 3
và SAO = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh của hình nón theo
3
a bằng
A. a 2 .
B. a 3 .
C. 2a 3 .
Lời giải
D. a 5 .
Chọn A
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi H là trung điểm của AB , K là hình chiếu của O lên SH .
Vì tam giác OAB cân tại O  OH ⊥ AB .
Mà AB ⊥ SO. vậy AB ⊥ ( SOI )  OK ⊥ AB .
Mặt khác, theo cách vẽ OK ⊥ SH . nên OK ⊥ ( SAB ) .
Vậy d ( O; ( SAB ) ) = OK =
a 3
.
3
Theo giả thiết SAO = 300  SO = SA.sin 300 =
Mà SAB = 600  SAB đều  SH =
1
SA .
2
3
SA .
2
Xét tam giác vuông SOH vuông tại O : OH 2 = SH 2 − SO 2 =
 OH =
Câu 8:
3 2 1 2 1 2
SA − SA = SA .
4
4
2
2
a 3 3
1
2
SA mà OK .SH = SO.OH 
.
SA = SA.
SA  SA = a 2 .
2
3 2
2
2
Cho khối nón xoay đỉnh S có thể tích bằng 96 . Một mặt phẳng ( ) đi qua đỉnh hình nón và
cắt hình nón theo một thiết diện là tam giác đều có cạnh bằng 10 . Khoảng cách từ tâm của đường
tròn đáy đến mặt phẳng ( ) có thể bằng kết quả nào dưới đây?
A. 8 .
B.
8 33
.
15
C.
6 13
.
5
D.
5
.
24
Lời giải
Chọn B
Gọi thiết diện mặt phẳng ( ) cắt hình nón là tam giác SAB . Do đó, SAB đều có cạnh
AB = 10
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi O, R, h lần lượt là tâm, bán kính của đường tròn đáy và chiều cao của khối nón, I , H lần
lượt là hình chiếu của O lên AB , SI . Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt
phẳng ( SAB ) bằng OH .
1
3V 3.96 288
=
=
Ta có: V =  R 2 .h = 96  R 2 =
3
 .h
 .h
h
Xét tam giác vuông SOA có: SO 2 + OA2 = SA2  h2 + R 2 = 100  h2 +
288
= 100
h
h = 8
h = 8

 h3 − 100h + 288 = 0   h = −2.(2 + 13)  0( L)  
 h = 2.( 13 − 2)
 h = 2.( 13 − 2)

( h; R ) = ( 8;6 )

( h; R ) = 2.( 13 − 2);4 2 + 13

TH1: ( h; R ) = ( 8;6 )
(
)
2
2
 AB 
2  10 
Xét tam giác vuông OIA có: IO = OA − IA = 6 − 
 = 6 −   = 11
 2 
 2
2
Trong tam giác vuông SIO có:
(
2
2
2
1
1
1
1 1
75
8 33
.
=
+ 2 = 2+ =
 OH =
2
2
15
OH
SO
OI
8 11 704
TH2: ( h; R ) = 2.( 13 − 2);4 2 + 13
)
Xét tam giác vuông OIA có:
(
2
)
(
)
2
 AB 
 10 
IO = OA − IA = 16. 2 + 13 − 
 = 16. 2 + 13 −   = 7 + 16 3
 2 
 2
Trong tam giác vuông SIO có:
1
1
1
1
1
1
.
=
+ 2 =
+
 OH =
2
2
2
OH
SO
OI
7
+
16
3
1
1
2.( 13 − 2)
+
68 + 8 13 7 + 16 3
2
2
2
(
Câu 9:
)
1200
. Gọi A và B là hai điểm
3
thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 12 , khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng
( SAB ) bằng
Cho khối nón có đỉnh S , chiều cao bằng 12 và thể tích bằng
A.
13
.
24
B.
13
.
13
C.
24 13
.
13
D.
2 13
.
13
Lời giải
Chọn C
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có
1
1200
 .OA2 .12 =
 OA2 = 100  OA = 10 .
3
3
Gọi I là trung điểm của AB  OI ⊥ AB . OI = OA2 − IA2 = 8 .
Kẻ OH ⊥ SI tại H  OH ⊥ ( SAB )  d ( O; ( SAB ) ) = OH =
OI 2 SO 2
24 13
.
=
2
2
13
OI + SO
Câu 10: Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O , bán kính R . Dựng hai đường sinh SA và SB ,
biết AB chắn trên đường tròn đáy một cung có số đo bằng 600 , khoảng cách từ tâm O đến mặt
R
phẳng ( SAB ) bằng . Đường cao h của hình nón bằng
2
A. h =
R 6
.
4
B. h =
R 3
.
2
C. h = a 3 .
D. h = a 2 .
Lời giải
Chọn A
Theo giả thiết ta có tam giác OAB đều cạnh R .
R 3
.
2
Gọi H là hình chiếu của O trên SE , suy ra OH ⊥ SE .
 AB ⊥ OE
Ta có 
 AB ⊥ ( SOE )  AB ⊥ OH .
 AB ⊥ SO
Gọi E là trung điểm AB , suy ra OE ⊥ AB và OE =
R
Từ đó suy ra OH ⊥ ( SAB ) nên d O, ( SAB )  = OH = .
2
Trong tam giác vuông SOE , ta có
1
1
1
8
R 6
.
=
−
=

SO
=
4
SO 2 OH 2 OE 2 3R 2
Câu 11: Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O . Dựng hai đường sinh SA và SB , biết tam giác
SAB vuông và có diện tích bằng 4a 2 . Góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng ( SAB ) bằng 300
. Đường cao h của hình nón bằng
A. h =
a 6
.
4
B. h =
a 3
.
2
C. h = a 3 .
Lời giải
Chọn C
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. h = a 2 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Theo giả thiết ta có tam giác SAB vuông cân tại S .
 SE ⊥ AB
1
Gọi E là trung điểm AB , suy ra 
và SE = AB .
2
OE ⊥ AB
1
1
1
Ta có SSAB = AB.SE = 4a 2  AB. AB = 4a 2  AB = 4a  SE = 2a .
2
2
2
Gọi H là hình chiếu của O trên SE , suy ra OH ⊥ SE .
 AB ⊥ OE
Ta có 
 AB ⊥ ( SOE )  AB ⊥ OH .
 AB ⊥ SO
(
) (
)
Từ đó suy ra OH ⊥ ( SAB ) nên 300 = SO, ( SAB ) = SO, SH = OSH = OSE.
Trong tam giác vuông SOE , ta có SO = SE.cos OSE = a 3.
Câu 12: Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vuông cân
có cạnh huyền bằng 2 2a ; BC là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng
( IBC ) tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60 . Tính theo a diện tích S của tam
giác IBC .
A. S =
2 2
a .
3
B. S =
2 2 2
a .
3
C. S =
a2
.
3
D. S =
4 2 2
a .
3
Lời giải
Chọn D
Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vuông cân
có cạnh huyền bằng 2 2a nên bán kính của hình nón là r = OB = OC = a 2 , đường sinh
l = IB = IC = 2a và đường cao h = IO = IB 2 − OB 2 = 4a 2 − 2a 2 = a 2 .
Gọi H là trung điểm BC , khi đó góc hợp bởi mặt phẳng ( IBC ) và mặt phẳng chứa đường tròn
đáy là IHO = 60 . Suy ra IH =
IO
2 6
4 3
=
a và BC = 2CH = 2 IC 2 − IH 2 =
a.
sin60
3
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Diện tích tam giác IBC là: S IBC =
1
1 2 6 4 3
4 2 2
IH .BC = .
a.
a=
a .
2
2 3
3
3
Câu 13: Cho hình nón đỉnh S , đường tròn đáy tâm O và góc ở đỉnh bằng 120 . Một mặt phẳng đi qua
S cắt hình nón theo thiết diện là tam giác SAB . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
SO bằng 3 , diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng 18 3 . Tính diện tích tam giác
SAB .
A. 21.
B. 27.
C. 12.
D. 18.
Lời giải
Chọn D
Gọi H là trung điểm AB , SAB cân tại S ( SA = SB = l ) nên OH ⊥ AB .
Mà SO vuông góc với đáy  SO ⊥ OH
 OH là đoạn vuông góc chung của AB và SO nên d ( SO, AB ) = OH = 3 .
Gọi bán kính của đường tròn đáy hình nón là r  r = OB .
Vì góc đỉnh hình nón bằng 120  OSB = 60  sin OSB =
 SB =
OB
SB
r
r
2r 3
=
=
.
sin 60
3
3
2
Diện tích xung quanh của hình nón S xq
Theo giả thiết S xq =
2r 3 2 r 2 3
.
=  rl =  r.
=
3
3
2 r 2 3
= 18 3  r 2 = 27  r = 3 3 .
3
( )
Xét OHB vuông tại H : HB 2 = OB 2 − OH 2 = r 2 − 32 = 3 3
 HB = 3 2  AB = 6 2 . Ta có: SB =
− 32 = 18.
2r 3
= 6.
3
(
 SAB vuông cân tại S SA = SB, SA2 + SB 2 = 72 = AB 2
Vậy diện tích tam giác SAB bằng SSAB =
2
)
1
1
SA.SB = .6.6 = 18 .
2
2
Câu 14: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng
cách từ O đến ( SAB ) bằng
a 3
và SAO = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh của hình nón
3
theo a bằng
A. a 2 .
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. a 3 .
C. 2a 3 .
D. a 5 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Phan Nhật Linh
Chọn A
Gọi K là trung điểm của AB ta có OK ⊥ AB vì tam giác OAB cân tại O
Mà SO ⊥ AB nên AB ⊥ ( SOK )  ( SOK ) ⊥ ( SAB ) mà  ( SOK )  ( SAB ) = SK nên từ O
dựng OH ⊥ SK thì OH ⊥ ( SAB )  OH = d ( O, ( SAB ) )
Xét tam giác SAO ta có: sin SAO =
SO
SA
 SO =
SA
2
SK
SA 3
 SK =
SA
2
1
1
1
1
1
Xét tam giác SOK ta có:
=
+
=
+
2
2
2
2
2
OH
OK
OS
SK − SO
SO 2
Xét tam giác SAB ta có: sin SAB =

1
1
1
4
2
6
3
=
+
= 2 + 2  2 = 2  SA = 2a 2  SA = a 2
2
2
2
2
OH
SA
3SA
SA
SA
SA
SA
a
−
4
4
4
Câu 15: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO , A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho
khoảng cách từ O đến ( SAB ) bằng
a 3
và SAO = 30, SAB = 60 . Độ dài đường sinh của
3
hình nón theo a bằng
A. a 2
B. a 3
C. 2a 3
Lời giải
D. a 5
Chọn A
Gọi K là trung điểm của AB ta có OK ⊥ AB vì tam giác OAB cân tại O
Mà SO ⊥ AB nên AB ⊥ ( SOK )  ( SOK ) ⊥ ( SAB )  ( SOK )  ( SAB ) = SK nên từ O dựng
OH ⊥ SK thì OH ⊥ ( SAB )  OH = d ( O, ( SAB ) )
Xét tam giác SAO ta có: sin SAO =
SO
SA
 SO =
SA
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
SK
SA 3
 SK =
SA
2
1
1
1
1
1
Xét tam giác SOK ta có:
=
+
=
+
OH 2 OK 2 OS 2 SK 2 − SO 2 SO 2
1
1
1
4
2
6
3

=
+
= 2 + 2  2 = 2  SA = 2a 2  SA = a 2
2
2
2
2
OH
SA
3SA
SA
SA
SA
SA
a
−
4
4
4
Xét tam giác SAB ta có: sin SAB =
Câu 16: Cho hình nón có chiều cao bằng 2 3 . Mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón, cắt hình nón theo
thiết diện là tam giác đều sao cho góc hợp bởi mặt phẳng thiết diện và mặt đáy của hình nón có
số đo bằng 60 . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. 104  .
B.
4 39 
.
3
C. 104 3  .
D.
104 3 
.
3
Lời giải
Chọn D
S
B
O
H
A
Mặt phẳng qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác đều SAB .
Gọi H là trung điểm của AB ta có SH ⊥ AB và OH ⊥ AB . Do đó góc hợp bởi bởi mặt phẳng
thiết diện và mặt đáy của hình nón là góc SHO = 60
Theo đề bài ta có: h = SO = 2 3 .
Xét tam giác SHO vuông tại O có cos SHO =
SO
SO
 SH =
=4 3.
SH
cos60
AB 3
2SH
(do tam giác SAB là tam giác đều)  AB =
=8
2
3
 SA = SB = AB = 8 .
mà SH =
SOA vuông tại O ta có: SA2 = OA2 + SO 2  OA2 = SA2 − SO 2 = 52 .
 r 2 = OA2 = 52 .
1
1
104 3 
V =  r 2 h =  .52.2 3 =
(đơn vị thể tích).
3
3
3
Câu 17: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón
sao cho khoảng cách từ O đến AB bằng a và SAO = 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh
hình nón bằng
A.
=a.
Chọn B
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
=a 2.
C. = a 3 .
Lời giải
D.
= 2a .
của
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi I là trung điểm AB , suy ra OI ⊥ AB, SI ⊥ AB và OI = a .
SA 3
.
2
SA
Trong tam giác vuông SIA , ta có IA = SA.cos SAB =
.
2
3
1
Trong tam giác vuông OIA , ta có OA2 = OI 2 + IA2  SA2 = a 2 + SA2  SA = a 2.
4
4
Trong tam giác vuông SOA , ta có OA = SA.cos SAO =
Câu 18: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 2a , khoảng cách từ tâm O của đường tròn
a
ngoại tiếp của đáy ABC đến một mặt bên là . Thể tích của khối nón ngoại tiếp hình chóp
2
S . ABC bằng
A.
4 a3
.
3
B.
4 a3
.
9
C.
4 a3
.
27
D.
2 a3
.
3
Lời giải
Chọn B
Gọi E là trung điểm của BC , dựng OH ⊥ SE tại H .
a
Chứng minh được OH ⊥ ( SBC ) nên suy ra OH = d O, ( SBC )  = .
2
1
1 2a 3 a 3
2
2a 3
AE = .
=
.
và OA = AE =
3
3 2
3
3
3
1
1
1
1
1
1
1
Trong tam giác vuông SOE , ta có
=
+

=
−
= 2  SO = a .
2
2
2
2
2
2
OH
OE
SO
SO
OH
OE
a
Trong tam giác đều ABC , ta có OE =
2
1
1  2a 3 
4 a 3
.
a
=
Vậy thể tích khối nón V =  OA2 .SO =  
(đvtt).

3
3  3 
9
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 19: Cho khối nón đỉnh S , bán kính đáy bằng 3 3 và có góc ở đỉnh bằng 120 . Gọi A và B là hai
điểm thuộc đường tròn đáy sao cho tam giác SAB là tam giác vuông, khoảng cách từ tâm đường
tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng
A. 3.
B.
3
.
2
C.
3.
D.
3
2
.
Lời giải
Chọn D
Gọi O là tâm của đường tròn đáy và CD là đường kính vuông góc với dây cung AB .
Ta có OA = OB = OC = OD = R = 3 3 .
Do khối nón có góc ở đỉnh bằng 120 nên OSD = 60 .

OD
3 3
3 3
 tan 60 =
 SO =
=3
 tan OSD =

SO
SO
tan 60
Tam giác vuông SOD có: 
.
 sin OSD = OD  sin 60 = 3 3  SD = 3 3 = 6

SD
SD
sin 60
 Khối nón có chiều cao h = 3 và đường sinh l = 6 .
Do tam giác SAB vuông cân tại S , có SA = SB = l = 6 nên AB = SA 2 = 6 2 .
Gọi M là giao điểm của AB và CD ta có M là trung điểm của AB (tính chất đường kính
vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung đó).
Suy ra MA = MB =
AB 6 2
=
=3 2.
2
2
Tam giác vuông MOA có OM = OA2 − AM 2 =
(3 3 ) − (3 2 )
2
2
= 3.
Kẻ OH vuông góc với SM tại H ta có:
 OH ⊥ SM

  AB ⊥ SO
  OH ⊥ ( SAB) .

OH ⊥ AB  do  AB ⊥ OM  AB ⊥ ( SOM )  AB ⊥ OH 
 


Suy ra d ( O,( SAB) ) = OH . Tam giác SOM vuông tại O có OH là đường cao ứng với cạnh
huyền SM nên ta có:
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
1
1
1
1
1 1
3
.
=
+

= 2 + 2  OH =
2
2
2
2
OH
OS
OM
OH
3 3
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 20: Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông. Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình
nón và tạo với hình nón một thiết diện là tam giác có diện tích bằng 3 2 . Biết mặt phẳng đó tạo
với trục của hình nón một góc 30 . Thể tích của hình nón đã cho là
A. V =
8
.
3
B. V = 9 .
C. V =
16 2
.
3
D. V =
9 2
.
4
Lời giải
Chọn D
Gọi thiết diện qua trục của hình nón là SAB , mặt phẳng qua đỉnh hình nón là ( SCD )
SO  ( SCD ) = S  .Gọi E là trung điểm của CD .
OCD cân tại O nên OE ⊥ CD . Vẽ OH ⊥ SE (1)
Ta có:
CD ⊥ OE 
  CD ⊥ ( SOE ) mà OH  ( SOE ) nên CD ⊥ OH
CD ⊥ SO 
( 2)
Từ (1) và ( 2 ) suy ra OH ⊥ ( SCD )  ( SO, ( SCD ) ) = OSH = OSE = 30
Gọi SO = x .
SOE vuông tại O : OE = SO  tan 30 = x tan 30 =
x 3
3
SO
x
2 3x
 SE =
=
SE
3
cos30
SAB vuông tại S nên SO = OB = OD = x
cos30 =
2
x 3
x 6
ED = OD − OE = x − 
=
 3 
3


2
CD = 2 ED =
2
2
2x 6
3
Ta có: S SCD =
1
1 2 3x 2 x 6
9
3 2
SE  CD  3 2 = 

 x2 =  x =
2
2
3
3
2
2
2
1
1  3 2  3 2 9 2
Vn =   OB 2  SO =   
=
.
 
3
3  2 
2
4
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 21: Cho hình nón ( N ) có chiều cao bằng 6a . Cắt ( N ) bởi một mặt phẳng đi qua đỉnh và cách tâm
của đáy một khoảng bằng 3a ta được thiết diện có diện tích bằng 12 11a 2 . Thể tích của khối
nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. 36 5πa 3 .
B. 270πa 3 .
C. 90πa 3 .
Lời giải
D. 12 5πa 3 .
Chọn C
Giả sử mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh của hình nón cắt hình nón theo thiết diện là tam giác SBC .
 BC ⊥ OI
Gọi I là trung điểm của BC . Ta có 
 BC ⊥ ( SOI ) .
 BC ⊥ SO
Kẻ OH ⊥ SI ( H  SI ) , mà OH ⊥ BC (vì BC ⊥ ( SOI ) và OH  ( SOI ) )
suy ra OH ⊥ ( SBC ) .
Theo giả thiết có: SO = 6a , S SBC = 12 11a 2 và d ( O; ( SBC ) ) = OH = 3a .
Trong SOI vuông tại O có:
1
1
1
=
+ 2  OI = 2 3a
2
2
OH
SO
OI
SI = SO 2 + OI 2 = 4 3a .
2S
1
BC
= 33a .
Ta có: SSBC = SI .BC  BC = SBC = 2 33a  IC =
2
SI
2
Trong OIC vuông tại I có: OC = OI 2 + IC 2 = 3 5a = R .
1
Vậy thể tích của khối nón đã cho là V = π.SO.OC 2 = 90πa3 .
3
Câu 22: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O , bán kính R = 2a . Trên đường tròn đáy lấy 2
điểm A , B sao cho tam giác OAB vuông. Biết diện tích tam giác SAB bằng 4a 2 2 , thể tích
khối nón đã cho bằng
4 a3 14
A. V =
.
3
Chọn A
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. V =
 a3 14
3
2 a3 14
.
C. V =
.
3
Lời giải
D. V =
 a3 14
6
.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Kẻ OH ⊥ AB , ( H  AB )  H là trung điểm AB và SH ⊥ AB .
 AB = OA2 + OB 2 = 2a 2

Do tam giác OAB vuông  
AB
=a 2
OH =

2
Ta có SSAB =
2S
1
2.4a 2 2
SH . AB  SH = SAB =
= 4a.
2
AB
2a 2
Xét SOH vuông tại O có: SO = SH 2 − OH 2 = 16a 2 − 2a 2 = a 14 .
1
1
4 a3 14
2
Vậy thể tích của khối nón đã cho là V =  R 2 .SO =  ( 2a ) .a 14 =
.
3
3
3
Câu 23: Cho khối nón (  ) có đỉnh S , chiều cao bằng 10 , đáy là đường tròn tâm O . Gọi A, B là hai
điểm thuộc đường tròn đáy sao cho hình chóp S .OAB có thể tích bằng 40 . Biết khoảng cách từ
O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng
A.
250
.
3
20 29
. Tính thể tích khối nón (  ) .
29
B. 500 .
C. 250 .
D.
500
.
3
Lời giải
Chọn A
Từ đề bài ta có: SO = 10 . Gọi I là trung điểm của AB  OI ⊥ AB
Mà SO ⊥ AB  AB ⊥ ( SOI )
Trong mặt phẳng ( SOI ) dựng OH ⊥ SI . Do AB ⊥ ( SOI )  AB ⊥ OH
 OH ⊥ ( SAB )  khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SAB ) là OH =
20 29
29
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
1
1
1
29
1
1
Ta có:
=
+ 2 
=
+ 2  OI = 4
2
2
400 100 OI
OH
SO
OI
1
1
1
20
Thể tích của khối chóp S .OAB : VS .OAB = SO.SOAB = .SO.OI . AB = .10.4. AB =
AB
3
6
6
3
Mà VS .OAB = 40  AB = 6
AB 2
62
2
Bán kính của đường tròn đáy R = OA = OI +
= 4 +
=5
4
4
1
1
250
Thể tích của khối nón (  ) : V = SO. .R 2 = .10. .52 =
.
3
3
3
2
Câu 24: Cho khối nón (  ) có đỉnh S , chiều cao bằng 5 , đáy là đường tròn tâm O . Thiết diện chứa SO
của khối nón (  ) là tam giác vuông cân. Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho
diện tích của tam giác OAB bằng 12 . Biết độ dài đoạn AB  7 . Tính khoảng cách từ O đến mặt
phẳng ( SAB ) .
A.
12
.
5
B.
20 41
.
41
C.
20 29
.
29
D.
15 34
.
34
Lời giải
Chọn B
Xét thiết diện chứa SO của khối nón (  ) là tam giác vuông cân SCD như hình vẽ.
CD
 R = h = 5.
2
Gọi I là trung điểm của AB , do tam giác OAB cân tại O  OI ⊥ AB
1
Xét tam giác OAB : Theo đề bài ta có SOAB = 12  OI . AB = 12  OI . AB = 24 (*)
2
Do IOA vuông tại I
Ta có chiều cao SO = 5 , tam giác SCD vuông cân nên  SO =
AB 2
= 25 (**)
4
OI = 4
OI = 3
OI = 4
Từ (*) và (**)  
hoặc 
. Do AB  7  
 AB = 6
 AB = 6
 AB = 8
Xét hình nón (  )
 OI 2 + AI 2 = OA2  OI 2 +
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta có: OI ⊥ AB mà SO ⊥ AB  AB ⊥ ( SOI )
Trong mặt phẳng ( SOI ) dựng OH ⊥ SI
Do AB ⊥ ( SOI )  AB ⊥ OH
 OH ⊥ ( SAB )  khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SAB ) là OH
Ta có:
1
1
1
1
1
1
41
20 41
20 41
=
+ 2 
=
+ =
 OH =
 d ( O, ( SAB ) ) =
.
2
2
2
25 16 400
41
41
OH
SO
OI
OH
Câu 25: Một hình nón có chiều cao h = 4 ; độ dài đường sinh l = 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh của nón
và cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng 2 5 . Khoảng cách từ tâm của đáy đến
mặt phẳng đó bằng
A.
4 5
.
5
B. 2 2 .
C.
4
.
5
D.
5
.
4
Lời giải
Chọn A
Gọi mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh nón S và cắt đường tròn đáy theo dây cung AB = 2 5 .
Từ hình vẽ, ta có:
Bán kính đường tròn đáy của hình nón: r = l 2 − h 2 = 52 − 42 = 3 .
( )
2
AB
= 5 , OI = OA2 − IA2 = 32 − 5 = 2 .
2
1
1
1
1
1
5
Do đó, ta có:
= 2+
= 2+ 2 =
2
2
16
OH
OI
SO
2
4
IA =
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
d (O;( P)) = OH =
4 5
.
5
Câu 26: Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB = 10 2 (cm) . Hình chữ nhật MNPQ có P, Q lần
lượt thuộc cạnh AB, AC và M , N thuộc cạnh BC . Quay hình chữ nhật MNPQ (và miền trong
của nó) quanh trục đối xứng của tam giác ABC được một khối tròn xoay. Tính độ dài đoạn PQ
để thể tích khối tròn xoay lớn nhất.
A. PQ = 5 cm .
B. PQ = 10 cm .
C. PQ =
20
cm .
3
D. PQ =
40
cm .
3
Lời giải
Chọn D
Tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi I là trung điểm BC  I là trung điểm MN .
Có AB = 10 2 (cm)  BC = 20(cm)  BI = AI = 10(cm) .
Đặt PQ = 2 x ( 0  x  10 )  BM = BI − IM = 10 − x .
MQ BM
AI .BM 10 (10 − x )
=
 MQ =
=
= 10 − x .
AI
BI
BI
10
Gọi R là bán kính của trụ  R = MI = x
Do MQ / / IA 
(
)
 VT =  R 2 h =  x 2 (10 − x ) =  − x3 + 10 x 2 .
(
)
Xét f ( x ) =  − x3 + 10 x 2 với 0  x  10 .
x = 0
Khi đó: f  ( x ) =  −3x + 20 x  f  ( x ) = 0  
.
 x = 20
3

Bảng biến thiên
(
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vậy max f ( x ) =
x( 0;10 )
Phan Nhật Linh
20
40
4000
khi x =
 PQ = (cm) .
3
3
27
Câu 27: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 120 và chiều cao bằng 3. Gọi ( S ) là mặt cầu đi qua đỉnh và
chứa đường tròn đáy của hình nón đã cho. Diện tích của ( S ) bằng:
A. 108 .
B. 144 .
C. 96 .
Lời giải
D. 48 .
Chọn B
Gọi S là đỉnh hình nón và gọi I là tâm mặt cầu.
Gọi đường kính đường tròn đáy của hình nón là AB , H là trung điểm của AB.
1
SH
Ta có: ASH = ASB = 600 , AS =
= 6 = 2SH .
2
cos60
 AI = AS
Vì 
nên AIS là tam giác đều. Suy ra AI = R = 2 SH = 6 .
0
 ASI = 60
Vậy S( S ) = 4 R 2 = 4 .62 = 144 .
Câu 28: Cho hình nón ( N ) có đỉnh là S , tâm đường tròn đáy là O và góc ở đỉnh bằng 120 . Một mặt
phẳng qua S cắt hình nón ( N ) theo thiết diện là tam giác vuông SAB . Biết rằng khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và SO bằng 4 . Tính thể tích của hình nón ( N ) ?
A. V = 36 .
B. V = 48 .
C. V = 64 .
Lời giải
D. V = 16 .
Chọn C
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vì góc ở đỉnh bằng 120 nên ta có ASO = 60.
Gọi H là trung điểm của AB , khi đó OH là đường vuông góc chung của hai đường thẳng SO
và SO . Như vậy d ( SO, AB ) = OH = 4 .
Xét tam giác SOA vuông tại O có SA =
OA
2R
2R
.
=
l =
sin 60
3
3
Xét tam giác OHB vuông tại H có HB = OB 2 − OH 2 = R 2 − 16  AB = 2 HB = 2 R 2 − 16 .
Tam giác SAB vuông cân tại S nên ta có
AB = l 2  2 R 2 − 16 =
2R
3
(
(
)
. 2  3 R 2 − 16 = 2 R 2  R 2 = 48  R = 4 3  l = 8 .
Suy ra h = l 2 − R 2 = 82 − 4 3
)
2
= 4.
(
)
2
1
1
Vậy thể tích của hình nón là V =  R 2 h =  . 4 3 .4 = 64 .
3
3
Câu 29: Cho hình nón có đỉnh S , trục SO, bán kính R, chiều cao h. Dây cung AB thuộc đường tròn
R
như hình vẽ. Ký hiệu S1 , S 2 lần lượt là diện tích xung quanh của
2
S
10
hình nón và diện tích tam giác SAB. Biết 1 =
, mệnh đề nào sau đây đúng?
S2 3 3
đáy và cách O một khoảng
A. h =
(
)
2 − 1 R. .
1
B. h = R. .
3
C. h =
Lời giải
Chọn D
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
5
2 2
R. .
D. h =
11
R. .
8
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi I là trung điểm của AB . Ta có OI ⊥ AB tại I  d ( O ; AB ) = OI =
Đường sinh của hình nón
R
2
= SB = SA = R 2 + h 2 .
Khi đó S1 =  R =  R R 2 + h 2 .
Áp dụng định lý Pytago ta được
SI = SO 2 + OI 2 = h 2 +
Khi đó S2 =
Theo đề
R2
R 3
và IA = OA2 − OI 2 =
 AB = R 3.
4
2
1
1
R2
AB.SI = R 3. h 2 +
.
2
2
4
S1 10
R 3
R2
R 11
=
 3 3. R R 2 + h2 = 10 .
. h2 +
h=
.
S2 3 3
2
4
8
Câu 30: Hình nón ( N ) đỉnh S , có tâm của đường tròn đáy là O , góc ở đỉnh 1200 . Một mặt phẳng qua
đỉnh S cắt hình nón ( N ) theo thiết diện là tam giác vuông SAB . Biết rằng khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB và SO bằng 3 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón ( N ) .
A. S xq = 27 3
B. S xq = 18 3 .
C. S xq = 9 3 .
D. S xq = 36 3 .
Lời giải
Chọn B
Gọi H là trung điểm của AB  OH ⊥ AB tại H
Mà OH ⊥ SO tại O  OH là khoảng cách giữa AB và SO
Theo bài ra ta có tam giác SAB vuông cân tại S và OH = 3 ; và BSO = 60 .
r
2r
Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón thì đường sinh l = SB =
.
l =
sin 60
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Suy ra BH =
1
1
1
r 6
.
AB =
SA2 + SB 2 = SB 2 =
2
2
2
3
Xét tam giác OBH vuông tại H , ta có OB 2 = BH 2 + OH 2  9 +
6r 2
= r2  r = 3 3 .
9
Diện tích xung quanh S xq của hình nón ( N ) là S xq =  .r.l =  .3 3.
6 3
3
= 18 3 .
Câu 31: Cho khối nón ( S ) . Cắt khối nón bởi mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh và tạo với đáy góc 30 thiết
diện thu được là tam giác đều cạnh có độ dài là 1 . Thể tích khối nón ( S ) là
A.
13 3
192
B.
13 3
.
192
C.
13 3
.
64
D.
13 3
.
48
Lời giải
Chọn B
Khối nón có đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , thiết diện là tam giác SMN đều cạnh có độ dài
bằng 1 . Từ O kẻ OI vuông góc với MN tại I ta có SIO = 30 .
Tam giác SMN đều cạnh có độ dài bằng 1 , đường cao SI =
3
.
2
2
OI = SI .cos30 =
2
3
3
13
1 3
; h = SO = SI .sin 30 =
; R =   +  =
.
4
4
4
2 4
2
1
1  13  3 13 3
V =  R 2 h =  
=
.

3
3  4  4
192
Câu 32: Cho hình nón có chiều cao h = 20cm , bán kính đáy r = 25cm . Một thiết diện đi qua đỉnh của
hình nón có khoảng cách từ tâm đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12cm . Tính diện tích của
thiết diện đó.
A. S = 500cm 2 .
B. S = 300cm 2 .
C. S = 406cm 2 .
Lời giải
Chọn A
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. S = 400cm 2 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Gọi O, S lần lượt là tâm của mặt đáy và đỉnh của hình nón. A, B là giao điểm của thiết diện đi
qua đỉnh và đường tròn đáy.
Kẻ OI ⊥ AB; OK ⊥ SI khi đó ta có:
SO = h = 20 cm; OK = d = 12 cm .
Xét tam giác SOI vuông tại O , ta có:
1
1
1
= 2+
 OI = 15 cm  IB = 20 cm  AB = 40cm .
2
OK
OI
SO 2
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông cho tam giác SOI  SI = 25 cm .
1
SSAC = .SI . AB = 500cm 2 .
2
Câu 33: Cho khối nón có đỉnh S , O là tâm đường tròn đáy, bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh
là 6 3 . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho SAB có diện tích là 3 và AB
không là đường kính. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SAB ) là
A.
2.
B.
3.
C. 5 .
Lời giải
D.
6.
Chọn A
Ta có  Rl = 6 3  l = 2 3 .
 ASB = 1200
1
Ta có SABC = l 2 sin ASB  
2
 ASB = 600
 AB = 2l 2 − 2l 2 cos ASB = 6

 AB = 2 3
 AB = 2l 2 − 2l 2 cos ASB = 2 3

Gọi H là hình chiếu của O lên đoạn AB ta có OH = R 2 −
AB 2
= 6
4
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có h = l 2 − R 2 = 3
Ta có
1
 d ( O; ( SAB ) ) 
2
=
1
1
+
 d ( O; ( SAB ) ) = 2 .
2
h
OH 2
Câu 34: Cho hình nón có đường cao h = 40cm , bán kính đáy r = 50cm . Một mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh
của hình nón, có khoảng cách từ tâm của đáy hình nón đến mặt phẳng ( P ) bằng 24cm . Tính
diện tích thiết diện của hình nón khi cắt bởi mặt phẳng ( P ) .
(
)
A. S = 2000 cm 2 .
(
)
(
B. S = 800 cm 2 .
)
C. S = 1200 cm 2 .
(
)
D. S = 1600 cm 2 .
Lời giải
Chọn C
Gọi S là đỉnh của hình nón, I là tâm của đường tròn đáy hình nón.
Mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh và cắt mặt mặt đáy tại hai điểm A, B sao cho
d ( I , ( P ) ) = 24cm .
Gọi J là trung điểm của AB . Kẻ IH ⊥ SI , H  SJ .
 AB ⊥ IJ
Có: 
 AB ⊥ ( SJI )  ( SAB ) ⊥ ( SIJ )
 AB ⊥ SI
( SAB ) ⊥ ( SIJ )

Có ( SAB )  ( SIJ ) = SJ  d ( I , ( SAB ) ) = IH = 24 .
 IH ⊥ SJ

Xét tam giác SIJ vuông tại I , đường cao IH , ta có
1
1
1
1
1
1
= 2 + 2  2 =− 2 + 2
2
IH
SI
IJ
IJ
40
24
 JI = 30 . Suy ra BJ = IB 2 − IJ 2 = 502 − 302 = 40  AB = 80 .
Mặt khác: SJ = 402 + 302 = 50 .
1
1
Vậy SSAB = SJ . AB = 50.80 = 2000 cm2 .
2
2
( )
Câu 35: Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng 6 . Mặt phẳng ( P ) qua đỉnh hình nón và
cắt đáy theo dây cung có độ dài bằng 6 . Khoảng cách từ tâm đáy tới mặt phẳng ( P ) bằng.
A.
6 7
.
7
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
21 .
C. 2 3 .
D.
6 21
.
7
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn D
( P)
Phan Nhật Linh
qua đỉnh S cắt đáy theo dây cung AB  AB = 6  OA = OB = AB = 6   OAB đều.
OH ⊥ AB
Gọi H là trung điểm AB  
.
OH = 3 3
Kẻ OI ⊥ SH .
OH ⊥ AB
Do 
 AB ⊥ ( SOH ) .
 SO ⊥ AB
 AB ⊥ ( SOH )
Do 
 AB ⊥ OI .
OI  ( SOH )
OI ⊥ AB
Ta có 
 OI ⊥ ( SAB)  d ( O, ( P ) ) = d ( O, ( SAB ) ) = OI .
OI ⊥ SH
Xét SOH vuông tại O có đường cao OI

108
1
1
7
6 21
1
1
1
 OI 2 =
=
+ 2=
.
=
+
 OI =
2
2
2
2
7
7
OI
OH
SO
6 108
(3 3)
Câu 36: Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh AB = a và mặt bên tạo với mặt đáy một góc 60 . Một mặt
cầu tâm O ngoại tiếp hình chóp nói trên. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) .
A.
7a
.
24
B.
7a
.
6
C.
a
.
4
D.
13a
.
24
Lời giải
Chọn A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , H , M lần lượt là trung điểm AB, SC .
Do hình chóp S . ABC đều nên SG ⊥ ( ABC ) . Suy ra SG ⊥ AB .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Mà HG ⊥ AB . Do đó AB ⊥ ( SHG )  AB ⊥ SH .
Khi đó, góc giữa mặt phẳng ( SAB ) và mặt phẳng ( ABC ) là SHG  SHG = 60 .
Xét tam giác SHG vuông tại G có: SG = HG.tan SHG =
a 3
a
.tan 60 = .
6
2
a2 a2
+
SO SM
SC 2 SG 2 + CG 2
3 = 7a .
Ta có: SOM ∽ SCG ( g .g ) 
=
 SO =
=
= 4
a
SC SG
2SG
2SG
12
2.
2
Trong mặt phẳng ( SHG ) vẽ OK ⊥ SH tại K .
OK SO
SO.HG 7a
7a
=
 OK =
=
cos SHG =
.
HG SH
SH
12
24
OK ⊥ SH
7a
Do 
.
 OK ⊥ ( SAB )  d ( O, ( SAB ) ) = OK =
24
OK ⊥ AB
Ta lại có SOK ∽ SHG ( g .g ) 
Câu 37: Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng 11 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều SAB có diện tích bằng 9 3 . Tính khoảng cách từ tâm
của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) .
A.
33
.
9
B.
4 33
.
9
C.
33 .
D.
4
.
9
Lời giải
Chọn B
Theo giả thiết tam giác SAB đều, SSAB = 9 3 và SO = 11 .
SSAB = 9 3 
AB 2 3
= 9 3  AB = 6 . SAB đều  SA = AB = 6 .
4
Xét SOA vuông tại O , theo định lý Pytago ta có: R = OA = SA2 − SO 2 = 62 −
( 11)
2
= 5.
Gọi K là trung điểm của AB , H là hình chiếu của O lên SK . Khi đó d ( O, ( SAB ) ) = OH
2
 AB 
2
2
Trong tam giác vuông OBK có: OK = OB − BK = R − 
 = 5 −3 = 4.
2


2
Trong tam giác vuông SOK có:
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
1
1
1
=
+
=
2
2
OH
SO
OK 2
2
1
( 11)
2
+
1
27
4 33
=
 OH =
.
2
176
9
4
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 38: Cho hình nón có chiều cao SO = 12 , bán kính đáy R = 24 . Cắt khối nón bởi một mặt phẳng ( )
đi qua đỉnh S và hợp với SO một góc bằng 60o . Tính khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy
đến mặt phẳng ( ) .
B. 12 3 .
A. 5 3 .
D. 12 .
C. 6 3 .
Lời giải
Chọn C
Gọi M , N lần lượt là giao điểm của mặt phẳng ( ) và đường tròn đáy, H , K lần lượt là hình
 MN ⊥ OH
chiếu của O lên MN và SH . Ta có 
 MN ⊥ OK .
 MN ⊥ SO
Mặt khác SH ⊥ OK nên OK ⊥ ( SMN ) .
Khi đó ( SO, ( ) ) = ( SO, SK ) = ( SO, SH ) = OSH = 60o và OK = d ( O, ( ) ) .
Trong tam giác vuông SOH ta có OH = SO.tan OSH = 12.tan 60o = 12 3  SH = 24.
Trong tam giác vuông SOH có: OK =
SO.OH 12.12 3
=
=6 3.
SH
24
Câu 39: Cho một hình nón có chiều cao h = a và chu vi đường tròn đáy bằng 4 a . Mặt phẳng ( P ) đi
qua S cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = 2 3a . Tính khoảng cách d từ tâm của
đường tròn đáy đến ( P ) .
A. d =
2a
.
2
B. d = a .
C. d =
3a
.
2
D. d =
5a
.
5
Lời giải
Chọn A
Có ( P )  ( SAB ) .
Chu vi đường tròn đáy bằng 4 a  2 r = 4 a  r = 2a
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có SO = a = h, OA = OB = r = 2a, AB = 2a 3 , gọi K là hình chiếu của O lên AB suy ra K
là trung điểm AB , gọi H là hình chiếu của O lên SK suy ra d ( O; ( SAB ) ) = OH .
Ta tính được OK = OA2 − KA2 = a suy ra SOK là tam giác vuông cân tại O , suy ra H là
trung điểm của SK nên OH =
SK a 2
.
=
2
2
Câu 40: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O . Thiết diện qua trục hình nón là một tam giác
cân có diện tích a 2 . Gọi A, B là hai điểm bất kì trên đường tròn ( O ) sao cho thể tích khối chóp
S .OAB lớn nhất và bằng
A. S xq =
a 2 17
.
4
a3
. Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng bao nhiêu?
12
B. S xq =
 a 2 17
8
.
C. S xq =
 a 2 17
2
.
D. S xq =
 a 2 17
4
.
Lời giải
Chọn D
Gọi chiều cao và bán kính đáy của hình nón lần lượt là h, r . Ta có
1
h.2r = a 2  hr = a 2 .
2
1
1
1
1
Ta có VS .OAB = SO.SOAB = SO. OA.OB.sin AOB  hr 2 .
3
3
2
6
1 2 a3
a
Suy ra hr =
 2 a 2 r = a 3  r =  h = 2a .
6
12
2
 a 2 17
a 17
Do đó độ dài đường sinh của hình nón là l = h + r =
. Vậy S xq =  rl =
.
4
2
2
2
Câu 41: Cho khối nón đỉnh S , bán kính đáy r = 10 và và đường sinh l = 117 . Gọi A , B và M là ba
điểm thuộc đường tròn đáy sao cho AB = 12 . Giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SM bằng
340
1700
A. 117 .
B.
.
C. 9 .
D.
.
13
117
Lời giải
Chọn C
38| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta có chiều cao h = 117 − 100 = 17 .
Không mất tổng quát ta cố định AB , điểm M di động
Gọi O là tâm đáy, I là trung điểm AB , P và L là giao điểm giữa IO với đường tròn đáy sao
cho O nằm giữa I và P .
Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt IO tại K .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng
SK
Xét tam giác SPI , khi M thay đổi thì K thay đổ trên đoạn PL
Khoảng cách từ I đến SK là IH (với H là hình chiếu của I trên SK ).
Nếu góc PSI nhọn thì IH lớn nhất khi K trùng với P
Nếu góc PSI tù hoặc vuông thì IH lớn nhất khi SK vuông góc với SI khi đó H trùng với S
.
Ta có IO = r 2 − IA2 = 8 , OP = r = 10 , SO = h = 17 , IP = 18 , SP = 117
( )
Suy ra, SI = IO 2 + SO 2 = 64 + 17 = 9 , cos PSI =
SP 2 + SI 2 − PI 2
−143
=
 0 nên góc
2SP.SI
16 117
PSI tù.
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng SI = 9
Câu 42: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón
sao cho khoảng cách từ O đến AB là a và SAO = 30o , SAB = 60o . Bán kính đáy bằng
A. a 6 .
B.
a 3
.
2
C.
a 6
.
2
D. a 3 .
Lời giải
Chọn C
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 39
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi I là trung điểm của AB , ta có: OI ⊥ AB, SI ⊥ AB, OI = a .

3
o
SA
 AO = SA.cos SAO = SA.cos30 =
AI
1
2

=
Ngoài ra: 
AO
3
 AI = SA.cos SAI = SA.cos 60o = 1 SA

2
Mà
AI
1
6 OI
a
= cos IAO  cos IAO =
 sin IAO =
=
=
AO
3
OA OA
3
Vậy OA =
3a
6
=
a 6
.
2
Câu 43: Cho khối nón ( N ) có bán kính đáy r = 4a và chiều cao lớn hơn bán kính đáy. Mặt phẳng ( P )
đi qua đỉnh nón và tạo với đáy nón một góc 60 cắt khối nón (N) theo thiết diện là một tam giác
có diện tích bằng 8 3a 2 . Thể tích của khối nón (N) bằng
A. 64 a 3 .
B. 96 a 3
C. 32 a 3 .
D. 192 a 3
Lời giải
Chọn C
Gọi thiết diện của mặt phẳng ( P ) và khối nón ( N ) là SAB ( hình vẽ ), đường cao SO = h ,
mặt đáy của hình ( N ) là ( Q )
Vẽ OH ⊥ AB tại H thì H cũng là trung điểm của AB
OH ⊥ AB  SH ⊥ AB

Ta có:  SH  ( P), OH  ( Q ) 

( P )  ( Q ) = AB
Ta có: OH =
(( P ) , (Q )) = SHO = 60
SO
h 3
h2
SO
2h 3
2
2
2
=

AH
=
OA
−
OH
=
16
a
−
và SH =
=
0
0
3
3
3
tan 60
sin 60
40| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
SSHA =
Phan Nhật Linh
 h = 6a
1
8 3a 2
1 2h 3
h2
SH . AH =
= 4 3a 2 
. 16a 2 −
= 4 3a 2  
( h  0)
2
2
2 3
3
h
=
2
3
a

1
2
h  r  h = 6a  V =  ( 4a ) .6a = 32 a 2 .
3
Câu 44: Cắt hình nón đỉnh S bởi một mặt phẳng không đi qua trục hình nón ta được một tam giác vuông
cân có cạnh huyền bằng a 2 ; AB là dây cung của đường tròn đáy hình nón sao cho mặt phẳng
( SAB ) tạo với mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60 . Tính theo a khoảng cách từ tâm O
của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) .
A. d =
a 6
.
8
B. d =
a 6
.
3
C. d =
a
.
3
D. d =
a 2
.
6
Lời giải
Chọn A
Gọi O , R lần lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón, K , H lần lượt là hình chiếu của O lên
AB , SK . Khi đó khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng OH .
Ta có: SK trung tuyến trong tam giác vuông cân SAB  SK =
Xét tam giác vuông SOK : SO = sin 60.SK =
OH =
SO.OK
SO 2 + OK 2
=
AB a 2
=
.
2
2
6
2
; OK = cos60.SK =
4
4
6
8
Câu 45: Cho khối nón đỉnh S , có đường kính đáy bằng 8 . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn
đáy sao cho khoảng cách từ tâm O của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng
6 . Diện
tích hình chiếu của tam giác SAB lên mặt phẳng đáy bằng 8 . Tính góc tạo bởi mặt phẳng ( SAB )
và mặt phẳng đáy của hình nón.
A. 60 .
B. 45 .
C. 30 .
Lời giải
D. 15 .
Chọn A
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 41
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Kẻ OH ⊥ AB tại H  d ( O, AB ) = OH . Ta có: OA = OB =
8
=4.
2
1
Mặt khác: SOAB = 8  .OA.OB.sin AOB = 8  sin AOB = 1  AOB = 90 .
2
 OAB vuông cân tại O  OH = d ( O, AB ) =
)
(
Mặt khác, sin ( SAB ) , ( OAB ) =
d ( O, ( SAB ) )
d ( O, AB )
=
AB 4 2
=
=2 2.
2
2
6
2 2
=
3

2
(( SAB ) , (OAB )) = 60 .
Câu 46: Cho khối nón có đỉnh S , chiều cao bằng 6 và thể tích bằng 50 . Gọi A và B là hai điểm thuộc
đường tròn đáy sao cho AB = 8 , khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB )
bằng
A. 6 5 .
B. 3 .
C.
6 5
.
5
D.
5
.
6
Lời giải
Chọn C
Gọi O , R lần lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón.
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của O lên AB , SK .
AB ⊥ OK 
  AB ⊥ ( SOK ) . Suy ra AB ⊥ OH .
AB ⊥ SO 
OH ⊥ SK 
  OH ⊥ ( SAB ) . Suy ra khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng OH .
OH ⊥ AB 
1
3V 3.50
=
= 25  R = 5 .
Ta có V =  R 2 .h  R 2 =
3
 .h
 .6
42| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
2
 AB 
2
2
Trong tam giác vuông OBK có OK = OB − BK = R − 
 = 5 − 4 = 3.
2


2
Trong tam giác vuông SOK có
2
2
6 5
1
1
1
1
1
5
.
=
+
= 2+ 2 =
 OH =
2
2
2
36
5
OH
SO
OK
6
3
Câu 47: Cho hình nón có chiều cao bằng 2a , biết rằng khi cắt hình nón đã cho bởi mặt phẳng ( P ) đi
qua đỉnh của hình nón và tạo với mặt đáy của hình nón một góc 300 , thiết diện thu được là một
tam giác vuông. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng
(
)
A. 4 4 14 + 7  a 2 .
(
)
B. 4 2 14 + 7  a 2 .
(
)
D. 8 2 14 + 7  a 2 .
C. 8 14 a 2 .
Lời giải
Chọn B
Giả sử thiết diện thu được là tam giác vuông SAB .
Gọi I là trung điểm của AB , ta có góc giữa ( P ) và mặt đáy của hình nón là góc SIO = 300 .
Xét SOI vuông tại O , có sin 300 =
SO
2a
SO
=
= 4a .
 SI =
1
SI
sin 300
2
OI 2 = SI − SO 2 = ( 4a ) − ( 2a ) = 12a 2  OI = 2a 3 .
2
2
2
Xét SAB vuông cân tại S , ta có SI =
1
AB  AB = 8a . Suy ra IB = 4a .
2
SA2 + SB 2 = AB 2  2SB 2 = ( 8a )  SB = 4a 2 .
2
Xét BIO vuông tại I , ta có OB = OI 2 + IB 2 =
( 2a 3 )
2
+ ( 4a ) = 2a 7 .
2
Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng
(
Stp =  rl +  r 2 =  .2a 7.4a 2 +  2a 7
)
2
(
)
= 4 2 14 + 7  a 2 .
Câu 48: Cho hình nón có đỉnh S , chiều cao bằng 3a . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao
cho diện tích tam giác SAB bằng 9a 2 , khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến mặt phẳng
( SAB ) bằng a . Tính thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho.
A.
219 a 3
.
8
B.
73 a3
.
4
C.
73 a3
.
24
D.
73 a3
.
8
Lời giải
Chọn D
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 43
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi O , R lần lượt là tâm và bán kính đáy của khối nón.
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của O lên AB , SK .
AB ⊥ OK 
  AB ⊥ ( SOK ) . Suy ra AB ⊥ OH .
AB ⊥ SO 
OH ⊥ SK 
  OH ⊥ ( SAB ) . Suy ra khoảng cách từ tâm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng OH .
OH ⊥ AB 
1
1
1
Trong tam giác vuông SOK có
=
+
2
2
OH
SO
OK 2

1
1
1
1
1
8
3a 2
.
=
−
= 2−
= 2  OK =
2
2
2
2
4
OK
OH
SO
a
9
a
3
a
( )
2
SK = SO + OK = ( 3a )
2
2
2
2
 3a 2 
81a 2
9a 2
+ 
.
 SK =
 =
8
4
 4 
Tam giác cân SAB có
SSAB
1
2.SSAB 2.9a 2
= SK . AB  AB =
=
= 4a 2 .
SK
2
9a 2
4
Suy ra BK = 2a 2 .
2
 3a 2 
Trong tam giác vuông OBK có OB = OK + BK = 
 + 2a 2
4


2
2
(
)
2
=
a 146
.
4
2
1
1  a 146 
73 a 3
Thể tích khối nón bằng V =  r 2 h =  .
.
 .3a =
3
3  4 
8
Câu 49: Cho hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng 4 và diện tích xung quanh hình nón bằng 16 2 .
Mặt phẳng ( P ) đi qua S cắt đường tròn đáy tại A , B và AB = 4 3 . Khoảng cách từ tâm của
đường tròn đáy đến ( P ) bằng
A. 2 .
B.
4 5
.
5
C.
Lời giải
Chọn B
44| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2 5
.
5
D.
5.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta có: S xq =  .r.l = 16 2  l = 4 2 .
Mặt khác l 2 = h 2 + r 2 nên h = l 2 − r 2 = 4 .
Gọi I là trung điểm cạnh AB , suy ra OI ⊥ AB .
Do SO vuông góc với mặt phẳng chứa đường tròn tâm O nên SO ⊥ AB .
Khi đó AB ⊥ ( SOI ) .
Trong tam giác SOI , dựng OH ⊥ SI .
Do AB ⊥ ( SOI ) , nên AB ⊥ OH , từ đó suy ra OH ⊥ ( SAB ) .
Vậy d ( O, ( P ) ) = d ( O, ( SAB ) ) = OH .
(
Xét tam giác vuông IOA : OI = OA2 − AI 2 = 42 − 2 3
Trong tam giác vuông OIS :
)
2
= 2.
4 5
1
1
1
1
1
5
.

OH
=
=
+
=
+
=
5
OH 2 OI 2 OS 2 22 42 16
Câu 50: Cho hình nón có chiều cao h = 6 và thể tích khối nón bằng 50 . Một thiết diện đi qua đỉnh của
hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là
6 5
. Tính diện tích
5
của thiết diện đó?
A. 24 5 .
B. 12 5 .
C. 9 .
Lời giải
D. 6 5 .
Chọn B
Gọi hình nón đã cho có đỉnh là S và tâm của đáy là O ; thiết diện qua đỉnh là tam giác SAB .
1
Ta có V =  r 2h = 50  r 2 = 25  r = 5 .
3
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 45
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Dựng OI ⊥ AB ,suy ra AB ⊥ ( SOI ) .
Trong tam giác SOI , dựng OH ⊥ SI .
Do AB ⊥ ( SOI ) , nên AB ⊥ OH , từ đó suy ra OH ⊥ ( SAB ) .
Vậy d ( O, ( P ) ) = d ( O, ( SAB ) ) = OH , suy ra OH =
6 5
.
5
1
1
1
1
1
1
1
Trong tam giác vuông OIS :
= 2+
 2 =
−
=
2
2
2
2
9
OH
OI
OS
OI
OH
OS
 OI = 3 .
Khi đó SI = SO 2 + OI 2 = 62 + 32 = 3 5 .
Xét tam giác vuông IAO : AI = OA2 − OI 2 = 25 − 9 = 4  AB = 8 .
1
1
Vậy diện tích tam giác SAB là: . AB.SI = .8.3 5 = 12 5 .
2
2
46| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG 15
Phan Nhật Linh
CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ
A
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Dạng 1: Tìm điểm M thuộc ( P ) sao cho u = aMA + bMB + cMC có
u đạt min.
Phương pháp giải:
•
ax A + bxB + cxC

 x1 =
a+b+c

ay + byB + cyC

Tìm điểm I thõa mãn hệ thức aIB + bIB + cIC = 0 tọa độ điểm I là:  y1 = A
a+b+c

az A + bz B + czC

 z1 =
a+b+c

•
Phân tích u = aMA + bMB + cMC = ( a + b + c ) MI + aIA + bIB + cIC = ( a + b + c ) MI
•
Khi đó u = a + b + c MI  u
•
Viết phương trình đường thẳng IM đi qua I và vuông góc với ( P )  uIM = n( P )
•
Khi đó M = ( P )  ( IM ) .
(
min
)
 M là hình chiếu vuông góc của I lên ( P ) .
Dạng 2: Tìm điểm M thuộc ( P ) sao cho T = aMA2 + bMB 2 + cMC 2 đạt max hoặc min.
Phương pháp giải:
•
Tìm điểm I thỏa mãn hệ thức aIA + bIB + cIC = 0
•
Phân tích T = aMA + bMB + cMC = a MI + IA + b MI + IB + c MI + IC
2
2
2
(
(
)
2
(
)
2
(
)
2
)
 ( a + b + c ) MI 2 + 2MI aIA + bIB + cIC + aIA2 + bIB 2 + cIC 2
= (a + b + c) MI 2 + aIA2 + bIB 2 + cIC 2 .
•
Nếu a + b + c  0 thì T đặt min; a + b + c  0 thì T đặt max.
•
Khi đó Tmax ; Tmin  MI min → M là hình chiếu vuông góc của I lên ( P ) .
Dạng 3: Tìm điểm M thuộc ( P ) sao cho ( MA + MB )min hoặc MA − MB max
Phương pháp giải:
•
Kiểm tra vị trí tương đối của các điểm A và B so với mặt phẳng (P).
•
Nếu A và B cùng phía (P) thì bài toán ( MA + MB )min phải lấy đối xứng A qua (P) khi đó
MA + MB = MA + MB  AB dấu bằng xảy ra  A, M , B thẳng hàng hay M = AB  ( P ) .
•
Bài toán tìm MA − MB max , ta có MA − MB  AB  M là giao điểm trực tiếp của đường thẳng
AB và (P).
•
Nếu A và B khác phía (P) thì bài toán MA − MB max phải lấy đối xứng A qua (P) bài toán tìm
( MA + MB )min
 M là giao điểm trực tiếp của đường thẳng AB và (P).
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Dạng 4: Bài toán lập phương trình mặt phẳng, đường thẳng có yếu tố cực trị
Phương pháp đại số:
•
Gọi véc tơ pháp tuyến hoặc véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (hoặc đường thẳng) cần lập là
(a; b;c), (a 2 + b 2 + c 2 )  0
•
Thiết lập một phương trình quy ẩn (a theo b,c hoặc ngược lại) từ một dữ kiện về mặt phẳng chứa
đường, song song hoặc vuông góc. Giả sử phương trình thu gọn ẩn là a = f (b; c) .
•
Thiết lập phương trình khoảng cách mà đề bài yêu cầu, thay a = f (b; c) vào ta được một phương
trình hai ẩn b;c.
•
Xét hàm khoảng cách d = g ( b; c )
Nếu c = 0 thì b  0 → d = d1 lưu lại giá trị khoảng cách d1 này.
b
b
Nếu c  0  d = g   = g ( t ) ; t =
c
c
•
Khảo sát hàm g ( t ) ta thu được kết quả.
Chú ý:
Ax0 + By0 + Cz0 + D
•
Công thức khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng d ( A;( P) ) =
•
Công thức khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng d ( A;  ) =
•
u1 ; u 2  M 1.M 2


Công thức khoảng cách giữa hai đường thẳng d ( 1 ;  2 ) =
u1 ; u 2 


A2 + B 2 + C 2
u ; AM 


;M thuộc  .
u
Phương pháp hình học:
Bài toán 1: Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến (P)
lớn nhất, với M là điểm không thuộc d.
Phương pháp giải:
Đường thẳng d xác định đi qua điểm A và có véc tơ chỉ phương là ud .
Kẻ MH ⊥ ( P); MK ⊥ d  MH = d ( M ; ( P ) ) và điểm K
cố định.
Ta có d ( M ; ( P ) ) = MH  MK
d  ( P)
Suy ra d max = MK . Khi đó 
( P ) ⊥ ( M ; d )
Gọi ( ) là mặt phẳng chứa M và d ta có:
n(P) ⊥ u d

 n(P) =  u d  u d ; MA  





n
⊥
n
=
u
;
MA
 (P)

 d

2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Khi đó (P) đi qua A và có véc tơ pháp tuyến là: n(P) =  u d  u d ; MA  


Bài toán 2: Lập phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P) , đi qua điểm A sao cho khoảng
cách từ điểm M đến d lớn nhất, nhỏ nhất?
Phương pháp giải:
Kẻ MK ⊥ d ; MK ⊥ ( P)  MK = d ( M ;d ) và điểm H cố định.
Kẻ MK ⊥ d ; MH ⊥ ( P);  MK = d ( M ;d ) = d và điểm H cố định.
Ta có: MH  MK  MA  MH  d  MA .
Ta có MK  MA  d ( M ; d )max = MA  K  A.
Khi đó đường thẳng d nằm trong ( P ) , đi qua A và vuông góc với đường thẳng AM , suy ra d có một
véc tơ chỉ phương là ud =  n( P ) ; MA 
Mặt khác, lại có MK  MH  d ( M ; d )min = MH  H  K .
Khi đó đường thẳng d nằm trong ( P ) , đi qua A và đi qua hình chiếu H của M. Suy ra
d = ( P )  ( MHA ) . Trong đó n ( MHA ) =  n( P ) ; MA 


Khi đó đường thẳng d có một véc tơ chỉ phương là u d =  n(P) ;  nP ; MA  


(Chú ý: Trong trường hợp d min thì d chính là hình chiếu vuông góc của MA trên mặt phẳng ( P ) ).
Bài toán 3: Lập phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P), đi qua điểm A cho trước sao
cho khoảng cách giữa d và d’lớn nhất, với d’ là đường thẳng cho trước và cắt (P).
Phương pháp giải:
Gọi I = d   ( P ) , qua A dựng đường thẳng d d  d (Q) , với (Q) là mặt phẳng chứa d và d .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Khi đó d ( d ; d  ) = d ( d ; ( Q ) ) = d ( I ; ( Q ) )
Kẻ IH ⊥ ( Q ) ; IK ⊥ d   IH = d ( I ; ( Q ) ) và điểm K cố định.
Ta có H  IK  d ( I; ( Q ) )max = IK  H  K . Khi đó đường thẳng d nằm trong (P), đi qua A và vuông
góc với đường thẳng IK, suy ra d có một véc tơ chỉ phương là ud =  n( P ) ; IK 
Gọi A là hình chiếu vuông góc của A lên d’ , suy ra AA IK , khi đó ud =  n( P ) ; AA
Vậy đường thẳng d cần lập đi qua điểm A và có véc tơ chỉ phương là ud =  n( P ) ; AA
Bài toán 4: Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A cho trước, d cắt d1 và khoảng cách giữa d
và d2 lớn nhất
Phương pháp giải:
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và chứa d1 , suy ra d nằm trong (P). Khi đó quy về bài toán 3!
Dạng 5: Bài toán tìm điểm M thuộc đường thẳng có yếu tố cực trị
Phương pháp giải:
Tham số hóa điểm M theo phương trình đường thẳng.
Biến đổi giả thiết về dạng y = f ( t ) và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = f ( t ) .
Chú ý:
 −b − 
Tam thức bậc hai: y = ax 2 + bx + c ( a  0 ) có đỉnh I  ;
.
 2a 4a 
Bất đẳng thức véc tơ: Cho 2 véc tơ u = ( a; b ) và v = ( c; d ) ta có: u + v  u + v
Khi đó
a 2 + b2 + c 2 + d 2 
( a + c ) + (b + d )
2
2
dấu bằng xảy ra 
a b
= .
c d
Dạng 6: Bài toán cực trị liên quan đến góc
Phương pháp đại số
•
Gọi véc tơ pháp tuyến hoặc véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (hoặc đường thẳng) cần lập là ( a; b; c )
trong đó a 2 + b 2 + c 2  0 .
•
Thiết lập một phương trình quy ẩn (a theo b,c hoặc ngược lại) từ một dữ kiện về mặt phẳng chứa
đường, song song hoặc vuông góc. Giả sử phương trình thu gọn ẩn là a = f ( b; c ) .
•
Thiết lập phương trình về góc, thay a = f ( b; c ) . vào ta được một phương trình hai ẩn b,c.
Chú ý:
•
•
•
(
)
Góc giữa hai đường thẳng cos ( d1 ; d 2 ) = cos u1 ; u2 =
(
u1.u2
u1 . u2
)
Góc giữa hai mặt phẳng cos ( ( P )1 ; ( P2 ) ) = cos n1 ; n2 =
(
n1.n2
n1 . n2
)
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng sin ( d; ( P ) ) = cos nP ; ud =
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
nP .ud
nP . ud
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
• Ta biết rằng hàm sin  đồng biến khi 0    90 , ngược lại hàm cos  nghịch biến .
•
Vậy khi hàm xét max, min là hàm sin thì góc lớn ứng với hàm max, góc nhỏ ứng với hàm nhỏ. Còn
khi hàm xét max, min là hàm cosin thì ngược lại, đề bài yêu cầu tìm góc lớn thì hàm phải đạt min,
góc nhỏ thì hàm đạt max.
Phương pháp hình học
Bài toán 1: Lập phương trình mặt phẳng ( Q ) chứa  sao cho mặt phẳng ( Q ) tạo với mặt phẳng ( P )
cho trước một góc nhỏ nhất (hoặc tạo với đường thẳng d cho trước một góc lớn nhất)
Phương pháp giải:
Trường hợp 1:
(( P ) ; (Q ))
min
Gọi A =   ( P ) ; d = ( P )  ( Q ) với ( Q ) là mặt phẳng ( IAK ) trong hình vẽ.
Lấy I    A; I cố định, dựng IH ⊥ d 
Do IA  IK  sin  =
(( P ) ; (Q )) = IKH = .
IH IH

 min khi K  A tức là  ⊥ d   ⊥ ( P )  nQ = u ; ud 
IK IA
 IA ⊥ d
 ⊥ d
Mặt khác 

 ud = u ; n( P ) 
d  ( P ) d  ( P )
(( P ) ; (Q )) nhỏ nhất   ⊥ giao tuyến d của ( P ) và (Q )  n = u ; u ; n
Trường hợp 2: ( ( Q ) ;d )  n = u ; u ; u  


 ( P ) ; (Q )
 n = u ; u ; n  
)


(
Tổng kết: 
( ( Q ) ; d )  n = u ; u ; u  

 

Suy ra
(Q )
max
(Q )





( P)  
d
min
max
(Q )
(Q )


( P)


d
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Bài toán 2: Viết phương trình đường thẳng d  qua A nằm trong ( P ) sao cho góc giữa 2 đường thẳng d
và d  nhỏ nhất (hoặc tạo với mặt phẳng ( Q ) cho trước một góc lớn nhất)
Phương pháp giải:
(
Trường hợp 1: d ; d 
)
min
Qua A dựng đường thẳng  d , trên  lấy điểm I, hạ IH ⊥ ( P )  A, I , H cố định, điểm K thay đổi
( d ; d ) = ( ; d ) = IAK = 
Mà sin  =
IK IH

(Do IK  IH ) suy ra  min  H  K hay d  qua A và H.
IA IA
Khi đó d  là hình chiếu vuông góc của  trên ( P ) .
(
Ta có: d ; d 
)
min
 ud  =  n( P ) ; nAIH  =  n( P ) ;  n( P ) ; ud   .


(
Trường hợp 2: d ; ( Q )
)
max
 ud  =  n( P ) ;  n( P ) ; nQ   .


(
)
 d; d
 ud  =  n( P ) ;  n( P ) ; ud  



min
Tổng kết: 
 ud  =  n( P ) ;  n( P ) ; n(Q )   .
 d ; (Q )


max

(
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
B
Phan Nhật Linh
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 49 – Đề tham khảo 2023. Trong không gian Oxyz , cho A ( 0;0;10 ) , B ( 3; 4;6 ) . Xét các điểm M thay
đổi sao cho tam giác OAM không có góc tù và có diện tích bằng 15. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng
MB thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 4;5 ) .
B. ( 3; 4 ) .
C. ( 2;3) .
D. ( 6;7 ) .
 Lời giải
Chọn B
1
Ta có: SOAM = OA.d ( M ; OA ) = 15  d ( M ; OA ) = 3.
2
Suy ra: M di động trên mặt trụ, bán kính bằng 3, trục là OA.
 HA.HO = HD 2 = 9  HA = 1
Xét điểm D như hình vẽ, 

.
 HO = 9
 HA + HO = 10
Vì AMO  90 nên giới hạn của M là hai mặt trụ với trục AH và FO.
Vì hình chiếu của B cách H gần hơn nên BM min = 22 + 32 = 13.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
 x = 1 + 2t

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  :  y = 1 + t và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 6 = 0 .
 z = −t

Mặt cầu ( S ) có tâm I thuộc  (I có hoành độ âm ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại A . Điểm
N ( a; b; c ) là điểm thay đổi trên ( S ) , khi khoảng cách ON lớn nhất thì giá trị của T = a + b − c
là bao nhiêu, biết rằng diện tích tam giác IAM bằng 3 3 (M là giao điểm của đường thẳng 
và mặt phẳng ( P ) ).
B. −2 − 2 3 .
A. 2 + 2 3 .
Câu 2:
C. −2 + 2 3 .
D. −2 + 3 .
Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 5 = 0 và điểm A (1;2; −3) . Đường
thẳng d đi qua A và có véc tơ chỉ phương u = ( 3;4; −4 ) cắt ( P ) tại B . Điểm M thay đổi trên
( P)
A.
Câu 3:
sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90 . Độ dài đoạn MB lớn nhất bằng
5
.
2
B.
5 41
.
6
C.
5 5
.
12
D.
5 5
.
6
Trong không gian Oxyz , cho điểm C ( 0;0;4 ) , M ( −1; −1;0 ) . Mặt phẳng ( ) đi qua điểm C và
5 2
. Giả sử n ( a ; b ; c ) là một vectơ pháp tuyến
4
ac
của ( ) . Khi khoảng cách từ M đến ( ) lớn nhất, giá trị biểu thức 2 bằng
b
5
5
A. − .
B. .
C. 5 .
D. −10 .
2
2
tạo với trục Oz một góc  thỏa mãn tan =
Câu 4:
Trong không gian Oxyz , cho A ( 0;0;5 ) , B ( 4; −3;7 ) . Xét điểm M thay đổi sao cho tam giác
OMA không có góc tù và có diện tích bằng 10. Giá trị nhỏ nhất của độ dài MB là
A.
Câu 5:
5.
B. 5.
C. 1.
D. 4.
( S ) : ( x − 2 )2 + ( y + 1)2 + z 2 = 9 và hai điểm
là điểm thuộc mặt cầu ( S ) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
A ( −2;3;2 ) , B ( −1;0;3) . Gọi M
MA + 2 MB .
A. 11 .
Câu 6:
B. 6 .
C.
41 .
D.
31 .
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(−1;4;1), B (3; −2;0) và đường thẳng
x − m y + 1 z + m2
, với m là tham số. Gọi M ( a ; b ; c ) , N lần lượt là hình chiếu vuông
Δ:
=
=
1
−2
1
góc của A, B lên Δ sao cho thể tích khối tứ diện ABMN nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức
T = a + b + c thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( −3; −1) .
Câu 7:
Trong
không
C. ( −4; −2 ) .
B. ( −1;1) .
gian
Oxyz
( P ) :2 x − 2 y + z + 3 = 0 . Gọi
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
cho
hai
điểm
D. ( 0;2 ) .
A ( 0; −1;2 ) , B ( 2;5;4 )
và
mặt
M ( a; b; c ) là điểm thỏa mãn biểu thức MA2 + MB 2 = 40
phẳng
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
và khoảng cách từ M đến ( P ) nhỏ nhất. Khi đó T = a 2 + b 2 + c 2 bằng
B. 21 .
A. 25 .
Câu 8:
C. 19 .
D. 5 .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) có phương trình x − 2 y + 2 z − 5 = 0
và hai điểm A(4; −5;2) và B(1; −1;3) . Gọi  là đường thẳng đi qua A và song song với ( ) và
thõa mãn điều kiện sao cho khoảng cách từ B đến  là nhỏ nhất. Đường thẳng  đi qua điểm
nào sau đây?
A. M ( 2; −2; −3) .
B. N ( 6; −7; −1) .
C. P ( 2;3; −5 ) .
D. Q ( 6; −7;1) .
Câu 9:
 3

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( −3;0;1) , B ( −2;0;0 ) , C  − ;1;1 . Điểm
 2

MA
M thỏa mãn
= AB . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện O.MAC là bao nhiêu?
MB
1
12
22
11
A. .
B.
.
C.
.
D. .
3
3
3
6
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm B ( 2;5;0 ) , C ( 4;7;0 ) và E (1;1;3) . Gọi ( Q ) là mặt
phẳng đi qua E và vuông góc với mặt phẳng ( Oxy ) ,  là giao tuyến của ( Q ) và ( Oxy ) ,
T = 2d ( B, ( Q ) ) + d ( C , ( Q ) ) . Khi T đạt giá trị lớn nhất,  đi qua điểm nào trong các điểm
sau đây?
A. M ( −12;6;0 ) .
B. P (12; −4;0 ) .
C. Q (15;4;0 ) .
D. N (15; −4;0 ) .
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho a = (1; −2;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 a và MN = 5 5. Giá
trị lớn nhất của AM − BN
A.
62 .
B.
77 .
C.
82 − 5 .
D.
98 − 3 .
Câu 12: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm I (1;2;3) , bán kính R = 3 và đường
x −1 y +1 z − 3
=
=
. Mặt phẳng ( P ) chứa  và cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là
1
−1
1
đường tròn ( C ) có chu vi nhỏ nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( P ) bằng
thẳng  :
A.
6
13
.
B.
6
.
3
C.
3
13
.
D.
4
17
.
Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0;0;8 ) , B ( 6;8;7 ) . Xét các điểm M thay đổi sao cho tam
giác OAM luôn vuông tại M và có diện tích bằng 8 3 . Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng
MB thuộc khoảng nào sau đây?
A. (12;13) .
B. (13;14 ) .
C. (14;15 ) .
D. (15;16 ) .
Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 9 ) + z 2 = 18 và hai điểm
2
2
A(8;0;0), B(4;4;0) . Điểm M (a; b; c) bất kì thuộc mặt cầu ( S ) sao cho MA + 3MB đạt giá trị
nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức 2a + 3b + c
A. 22.
B. 28.
C. 12.
D. 8 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A(−8;1;1) , B (2;1;3) và C (6;4;0) . Một điểm M (a; b; c) di
động trong không gian sao cho MA.MC = MA.MB + 34 và MA − MB đạt giá trị lớn. Tính giá
trị biểu thức a + 2b − 5c
A. 11
B. −11
D. −6
C. 12
Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0;0;10 ) và B ( 3;4;6 ) . Xét các điểm M thay đổi sao
cho tam giác OAM có OMA tù và có diện tích bằng 15 . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thằng
MB thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 0;2 ) .
B. ( 2;4 ) .
C. ( 3;5 ) .
D. (1;3) .
Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 + z 2 = 4 và hai điểm A(−1;1;1) ,
B(2; −2;1) . Điểm M di chuyển trên mặt cầu ( S ) . Giá trị lớn nhất của | 2 MA − 3MB | đạt được
là
A.
65 .
B.
67 .
C.
69 .
D.
61 .
Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −1;3) , bán kính R . AB
là một đường kính của ( S ) ; mặt phẳng ( P ) qua I và tạo với AB một góc 600 . Hai điểm M , N
thay đổi trên ( P ) sao cho MN =
bằng
R
. Biết rằng biểu thức T = 3 AM 2 + 4 BN 2 có giá trị nhỏ nhất
2
159
. Viết phương trình mặt cầu ( S ) .
7
A. ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 3) = 4 .
B. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) = 9 .
C. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) = 4 .
D. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) =
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
159
.
28
Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 4;0;0 ) và B ( 8;0;6 ) . Xét các điểm M thay đổi sao
cho khoảng cách từ A đến đường thẳng OM bằng 2 và diện tích tam giác OAM không lớn
hơn 6 . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MB thuộc khoảng nào dưới đây?
 13 
 13 
7 
A.  ;5  .
B.  4;  .
C.  ;4  .
D. ( 5;7 ) .
3 
 3
2 
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD , A (1;2;3) , B ( 2; −1;1) , C ( 4; −3;5 ) , D (1; −2;3 ) . Xét
các điểm M thay đổi trên mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 9 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
T = MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 200;210 ) .
B. (190;200 ) .
C. (180;190 ) .
D. (170;180 ) .
Câu 21: Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 z − 2 = 0 và các điểm A ( 0;1;1)
, B ( −1; −2; −3) , C (1;0; −3) . Điểm D thuộc mặt cầu ( S ) . Thể tích tứ diện ABCD lớn nhất
thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 4;5 ) .
B. ( 2;5 ) .
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
C. ( 6;7 ) .
D. ( 5;6 ) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
5
5


Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; −2;  và B  4;2;  . Tìm hoành độ điểm M trên
2
2


mặt phẳng (Oxy ) sao cho ABM = 45 và tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất?
A.
5
.
2
B. 1 .
C.
3
.
2
D. 2 .
Câu 23: Cho các điểm A(3;2;1) , B (0;1;1) . Đặt P = 2MA − 3MB , trong đó M là một điểm chạy trên
mặt phẳng (Oxy ) . Tìm tung độ của M khi P đạt giá trị nhỏ nhất?
A. −6 .
B. −1 .
C. 0 .
D. 1 .
 x = 2 − 2t
 x = 5 + 3s


Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho A (1;1;1) và hai đường thẳng d1 :  y = 1
, d2 : y = 1
. Gọi
 z = −2 + t
z = 3 − s


B , C là các điểm lần lượt di động trên d1 , d 2 . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = AB + BC + CA .
A. 2 29 .
B.
29 .
C.
30 .
D. 2 30 .
Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z + 7 = 0, đường thẳng
x
y
z
2
2
=
= và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 5. Gọi A, B là hai điểm trên mặt cầu
1 −2 2
( S ) và AB = 4; A, B là hai điểm nằm trên mặt phẳng ( P ) sao cho AA, BB cùng song song
d:
với đường thẳng d . Giá trị lớn nhất của tổng AA + BB gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 13.
B. 11.
C. 12.
D. 14.
Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−5;4; −1) và B (3;4;5) . Xét các điểm M và N thay
đổi sao cho tam giác ABM có diện tích bằng 40 và tam giác ABN vuông tại N . Giá trị nhỏ
nhất của độ dài đoạn thẳng MN thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 2;4 ) .
B. ( 3;5 ) .
C. ( 4;6 ) .
D. ( 5;7 ) .
Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−5;4; −1) và B (3;4;5) . Xét các điểm M và N thay
đổi sao cho tam giác ABM có diện tích bằng 15 , góc AMB  900 và tam giác ABN vuông tại
N . Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN thuộc khoảng nào dưới đây?
A. (13;15 ) .
B. ( 8;11) .
C. ( 4;6 ) .
D. (10;12 ) .
Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −1;0;0 ) và B (1;2;3) . Gọi ( P ) là mặt
phẳng chứa giao tuyến của hai mặt cầu
( S2 ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 y − 6 z + 7 = 0 . Xét hai điểm
( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 6 z + 7 = 0 và
M , N là hai điểm bất kì thuộc ( P ) sao cho
MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của AM + BN bằng
A. 18 + 2 13 .
B. 18 − 2 13 .
C. 18 − 2 13 .
D. 18 + 2 13 .
Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( −2;2; −2 ) và điểm B ( 3; −3;3) . Điểm M thay
MA 2
=
. Điểm N ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng
MB 3
( P ) : − x + 2 y − 2 z + 6 = 0 sao cho MN nhỏ nhất. Tính tổng T = a + b + c .
đổi trong không gian thỏa mãn
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 6 .
B. −2 .
Về đích đặc biệt 9+
D. −6 .
C. 12 .
Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
A (1;2; −3) và mặt phẳng
( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương u = ( 3;4; −4 ) cắt ( P )
tại B . Điểm M thay đổi trong ( P ) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90o . Khi độ dài
MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau?
A. K ( 3;0;15 ) .
B. J ( −3;2;7 ) .
C. H ( −2; −1;3) .
D. I ( −1; −2;3) .
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với
a  4, b  5, c  6 và mặt cầu ( S ) có bán kính bằng
3 10
ngoại tiếp tứ diện OABC . Khi tổng
2
OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất thì a + b + c = ?
A. a + b + c = 16
B. a + b + c = 15
C. a + b + c = 17
D. a + b + c = 14
Câu 32: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6 z − 13 = 0 . Lấy điểm M
trong không gian sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA , MB , MC đến mặt cầu ( S ) thỏa
mãn AMB = 60 , BMC = 90 , CMA = 120 ( A , B , C là các tiếp điểm). Khi đó đoạn thẳng
OM có độ nhỏ nhất bằng
A. 14 − 3 3 .
B. − 14 + 6 3 .
C. 14 − 6 .
D. 6 − 14 .
Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 3) 2 + z 2 = 4 và hai điểm
A(4;3;3) , B (2;1;0) . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A tiếp xúc với ( S ) . Gọi khoảng cách lớn nhất
và nhỏ nhất từ B đến ( P ) lần lượt là m và n . Khi đó T = m + n nằm trong khoảng nào dưới
đây?
A. (1;2) .
Câu 34: Cho
 1
C.  0;  .
 2
B. (3;4) .
A ( 2;3;5 )
điểm
,
 7
D.  2;  .
 2
hai
( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 = 9, ( S2 ) : ( x − 1)2 + ( y − 2 )2 + ( z + 3)2 = 16
mặt
cầu
và điểm M di động thuộc cả hai
mặt cầu. Gọi m, n là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của AM . Tính giá trị của biểu thức
T = m2 + n2 .
341
.
A.
4
B.
151
2
C.
1028
7
D.
2411
.
28
(
Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 0;0;1) , B ( 0;0;4 ) , C ( 2;2;1) , E ( 4;0;0 ) , F 3;1; 6
. Xét điểm M thay đổi sao cho MA =
A. 4 3 + 3 .
)
1
MB và MA = MC . Giá trị lớn nhất của ME + MF bằng
2
B. 4 3 + 6 .
C. 4 2 + 2 .
D. 4 6 + 6 .
Câu 36: Trong không gian Oxyz , xét mặt phẳng ( ABC ) , có A ( 4; −3;7 ) ; B ( −1;3; −12 ) ; C ( −10;3;0 ) . Lấy
 là một đường thẳng bất kì vuông góc với ( ABC ) gọi I =   ( ABC ) thỏa mãn I thuộc miền
trong ABC . Lấy M  ; M  I , gọi E , F , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các
12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
đường thẳng BC , CA, AB . Hệ thức nào của điểm M là đúng để biểu thức P = IE . IF . IK đạt
giá trị lớn nhất.
1
A. IM = IE + IA + IB .
3
1
C. MI = MA + MB + MC .
3
(
)
(
2
1 
B. MI =  MB + MC + IA  .
3
2 
1
D. IM = IC + 2 IA + IB .
3
)
(
)
x = 1 + t

Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  :  y = 2 − 2t và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z − 1 = 0
 z = −1 − t

. Mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng  và tạo với ( P ) một góc nhỏ nhất cắt mặt cầu
( S ) : ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 2 )2 = 12
A.
1
.
6
B.
theo đường tròn có bán kính bằng
2 15
.
3
C.
4
3
.
64
.
3
D.
Câu 38: Cho A (1;1; −3) , B ( 6;2;2 ) , C ( −1;0; −2 ) . Tọa độ điểm M  ( Oxy ) sao cho MA + 2MB + 3MC
đạt giá trị nhỏ nhất là:
5 5 
A. M  ; ;0  .
3 6 
5 5 
B. M  ; − ;0  .
3 6 
 5 5 
C. M  − ; − ;0  .
 3 6 
 5 5 
D. M  − ; ;0  .
 3 6 
Câu 39: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua hai điểm A (1; −7; −8 ) ,
B ( 2; −5; −9 ) sao cho khoảng cách từ điểm M ( 7; −1; −2 ) đến ( P ) đạt giá trị lớn nhất. Biết ( P )
có một véctơ pháp tuyến là n = ( a; b;4 ) , khi đó giá trị của tổng a + b là
A. −1 .
B. 3 .
D. 2 .
C. 6 .
Câu 40: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 25 và các điểm
2
2
2
A (1;0;0 ) , B ( −1;0;1) , C ( −1;2;3) . Điểm M ( x0 ; y0 ; z 0 ) thỏa d = 3MA2 + 2MB 2 − MC 2 đạt giá
trị nhỏ nhất. Giá trị của T = 4 x0 − 3 y0 − 2 z0 bằng
A. 2 .
B. 3 .
Câu 41: Trong không gian với
D. 4 .
C. 8 .
hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
A ( 1; 1; 2 ) và
mặt cầu
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 2 = 0 . Mặt phẳng ( P ) qua điểm A và cắt mặt cầu ( S )
đường tròn ( C ) có bán kính nhỏ nhất. Mặt phẳng ( P ) có phương trình là
A. ( P ) : 3x − z − 1 = 0 .
B. ( P ) : 3 y − z + 1 = 0 .
C. ( P ) : 2 x + y − z − 1 = 0 .
D. ( P ) : 3 y − z − 1 = 0 .
theo
Câu 42: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (1;0; −1) , B (1;2;1) , C ( 2; −1; −1) . Gọi M là
điểm thay đổi thuộc mặt cầu tâm B, bán kính R = 2. Giá trị nhỏ nhất của MA + 2 MC là
A. 2 14.
B. 6 2.
C.
38.
D. 4 2.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
x = 1

Câu 43: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : y − 1 = 0 , đường thẳng d :  y = 2 − t và hai điểm
z = 1

Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
1

A ( −1; −3;11) , B  ;0;8  . Hai điểm M , N thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho d ( M , d ) = 2 và
2

NA = 2 NB . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN .
A. MN min = 1 .
B. MN min = 2 .
C. MN min =
2
.
2
2
D. MN min = .
3
x = 5

Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(4; −2;4) , B(−2;6;4) và đường thẳng d :  y = −1. Gọi
z = t

M là điểm di động thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho AMB = 90o và N là điểm di động thuộc d .
Tìm giá trị nhỏ nhất của MN .
A. 2
B. 8 .
73 .
C.
D. 5 3 .
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;2; −2 ) , B ( 2;4; −3) . Điểm M di động trên mặt
phẳng ( Oxy ) sao cho MA , MB luôn tạo với ( Oxy ) các góc phụ nhau. Giá trị lớn nhất của độ
dài đoạn thẳng OM thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 4;5 ) .
B. ( 3;4 ) .
C. ( 2;3) .
D. ( 6;7 ) .
Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho A ( 0;0;1) , B ( 0;0;9 ) , Q ( 3;4;6 ) . Xét các điểm M thay đổi sao cho
tam giác ABM vuông tại M và có diện tích lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng
MQ thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 4;5 ) .
B. ( 3;4 ) .
C. ( 2;3) .
D. (1;2 ) .
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ ( Oxyz ) , cho hai điểm A ( 2; −1; −3) , B ( 0;1; −2 ) và mặt phẳng
( P ) : 2x + y − 2 z − 4 = 0 . Điểm
sin AMB bằng
5
A. −
13
B. −
M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho AMB lớn nhất thì giá trị của
12
.
13
C.
12
.
13
D.
5
.
13
Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm S ( 7;8;6 ) và P ( −5; −4;0 ) . Xét khối chóp tứ giác đều
S . ABCD nội tiếp trong mặt cầu đường kính SP. Khi khối chóp S . ABCD có thể tích lớn nhất
thì mặt phẳng ABCD có phương trình 2 x + by + cz + d = 0. Giá trị b + c + d bằng
A. 3 .
B. 5 .
C. −3 .
Câu 49: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :
D. −5 .
x −1 y − 2 z − 3
=
=
và mặt cầu
2
3
4
(S )
:
( x + 3)2 + ( y + 4 )2 + ( z + 5)2 = 729 . Cho biết điểm A ( −2; −2; −7 ) , điểm B thuộc giao tuyến của
mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + 4 z − 107 = 0 . Khi điểm M di động trên đường thẳng
d giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB bằng
A. 5 30
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 27
C. 5 29
D.
742
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Đường thẳng d đi qua A
( P ) tại B . Điểm M thay đổi trong ( P ) sao cho M
A (1;2; −3)
Phan Nhật Linh
và mặt phẳng
và có vectơ chỉ phương u = ( 3;4; −4 ) cắt
luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90o . Khi độ
dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau?
A. H ( −2; −1;3) .
B. I ( −1; −2;3) .
C. K ( 3;0;15 ) .
D. J ( −3;2;7 ) .
Câu 51: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −3; −4) và B(−2;1;1) . Với M là điểm trên đường
x −1 y z +1
, xét N là một điểm di động trên mặt cầu có tâm M với bán kính
= =
1
2
−1
bằng 2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = AM + BN thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới
đây?
A. (1;3) .
B. ( 3;5 ) .
C. ( 5;7 ) .
D. ( 7;9 )
thẳng d :
Câu 52: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu
( S ) : x2 + y 2 + z 2 = 1
và hai điểm
A ( 3;0;0 ) ; B ( −1;1;0 ) . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu ( S ) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA + 3MB .
A. 2 34 .
B.
26
C. 6
D. 5
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
 x = 1 + 2t

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  :  y = 1 + t và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 6 = 0 .
 z = −t

Mặt cầu ( S ) có tâm I thuộc  (I có hoành độ âm ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) tại A . Điểm
N ( a; b; c ) là điểm thay đổi trên ( S ) , khi khoảng cách ON lớn nhất thì giá trị của T = a + b − c là
bao nhiêu, biết rằng diện tích tam giác IAM bằng 3 3 (M là giao điểm của đường thẳng  và mặt
phẳng ( P ) ).
B. −2 − 2 3 .
A. 2 + 2 3 .
C. −2 + 2 3 .
Lời giải
D. −2 + 3 .
Chọn B
Áp dụng công thức tính góc giữa đường thẳng  và mặt phẳng ( P ) ta có:
sin ( , ( P ) ) =
u .n
u.n
=
2.1 + 1.2 + ( −1) .1
22 + 12 + ( −1) . 12 + 22 + 12
2
=
1
. Suy ra góc IMA = 30.
2
Gọi R là bán kính mặt cầu ( S ) , ta có: IA = R . Tam giác IAM vuông tại A có:
IMA = 30  AM = R 3 . Diện tích: S IAM = 3 3 
1
IA. AM = 3 3  R = 6.
2
−1
.
2
t = −1
3t − 3
d ( I , ( P )) = R 
= 6
 I ( −1;0;1) .
2
2
2
t
=
3
L
(
)
1 + 2 +1

I    Giả sử I ( 2t + 1;1 + t ; −t ) , t 
Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + y 2 + ( z − 1) = 6 .
2
2
Khoảng cách ON lớn nhất  N  OI  ( S ) .
 x = −t

Đường thẳng OI có phương trình:  y = 0 .
z = t

Tham số t ứng với giao điểm của OI và ( S ) là nghiệm của phương trình:
t = 1 + 3
( −t + 1)2 + 02 + ( t − 1)2 = 6  ( t − 1)2 = 3  
t = 1 − 3
16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
Phan Nhật Linh
) (
Suy ra đường thẳng OI cắt ( S ) tại hai điểm X −1 − 3;0;1 + 3 ; Y −1 + 3;0;1 − 3
OX =
( −1 − 3 ) + (1 + 3 )
OY =
( −1 + 3 ) + (1 − 3 )
2
2
(
)
(
)
2
= 2 4+2 3
2
= 2 4−2 3
)
Do OX  OY nên điểm N thỏa mãn bài toán khi N trùng điểm X .
a = −1 − 3

 N −1 − 3;0;1 + 3  b = 0
 a + b − c = −2 − 2 3 .

c = 1 + 3
(
Câu 2:
)
Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + y − 2 z + 5 = 0 và điểm A (1;2; −3) . Đường
thẳng d đi qua A và có véc tơ chỉ phương u = ( 3;4; −4 ) cắt ( P ) tại B . Điểm M thay đổi trên
( P)
A.
sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90 . Độ dài đoạn MB lớn nhất bằng
5
.
2
B.
5 41
.
6
C.
5 5
.
12
D.
5 5
.
6
Lời giải
Chọn D
 x = 1 + 3t

Phương trình đường thẳng d :  y = 2 + 4t nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ:
 z = −3 − 4t

 x = 1 + 3t
 y = 2 + 4t
5

 3 4 1
 2 (1 + 3t ) + ( 2 + 4t ) − 2 ( −3 − 4t ) + 5 = 0  t = −  B  − ; − ;  .

6
 2 3 3
 z = −3 − 4t
 2 x + y − 2 z + 5 = 0
Do M nhìn đoạn AB dưới một góc 90 nên M thuộc mặt cầu
(S )
có đường kính
5 41
. Lại do M  ( P ) nên M thuộc đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu ( S ) và mặt
6
phẳng ( P ) .
AB =
Do MB là một dây cung của đường tròn này nên MB lớn nhất khi nó là đường kính của đường
 1 1 4
tròn giao tuyến giữa mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) . Gọi I  − ; ; −  là trung điểm AB thì
 4 3 3
5
I là tâm mặt cầu ( S ) và d ( I ; ( P ) ) = . Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là:
2
2
2
 5 41   5 2 5 5
5 5
 AB 
2
r= 
−
d
I
;
P
=
.
. Vậy MBmax = 2r =
( ) ) 
(
 −   =

12
2
12
6
 2 




Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho điểm C ( 0;0;4 ) , M ( −1; −1;0 ) . Mặt phẳng ( ) đi qua điểm C và
5 2
. Giả sử n ( a ; b ; c ) là một vectơ pháp tuyến của
4
ac
( ) . Khi khoảng cách từ M đến ( ) lớn nhất, giá trị biểu thức 2 bằng
b
5
5
A. − .
B. .
C. 5 .
D. −10 .
2
2
Lời giải
Chọn B
z
tạo với trục Oz một góc  thỏa mãn tan =
C
H
E
M
K
O

B
y
P N
A
x
Gọi K là hình chiếu vuông góc của O trên ( ) , N = ( Oxy )  CK .
Ta có ON = 5 2 , suy ra N thuộc đường tròn (T ) có tâm O , bán kính r = 5 2 nằm trong
mp ( Oxy ) . ( ( ) chứa một đường sinh duy nhất của hình nón đỉnh C , trục CO và góc ở đỉnh là
2 )
Gọi H , E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên ( ) và CN .
Suy ra: d ( M , ( ) ) = MH  ME = CM .sin MCN .
Do đó d ( M , ( ) ) lớn nhất khi sin MCN lớn nhất.
Vì M nằm trên mp ( Oxy ) và nằm bên trong đường tròn (T ) nên số đo góc MCN lớn nhất khi
M , O, N thẳng hàng và O nằm giữa M , N . Khi đó MCN = arctan
2
5 2 
+ arctan
 , nên
4
4
2
sin MCN lớn nhất khi M , O, N thẳng hàng và O nằm giữa M , N .
Mặt khác trong mp ( Oxy ) thì M nằm trên đường phân giác của góc xOy , suy ra N ( 5;5;0 ) .
Cũng trong mp ( Oxy ) gọi d là đường phân giác của góc xOy  u d = (1; − 1;0 ) là vectơ chỉ
phương của d và d ⊥ ( MCN ) . Dễ thấy u d ⊥ OK và n cùng phương với OK , do đó n vuông
góc với u d và CN , từ đó ta có n = u, CN  = ( 4;4;10 ) 
Câu 4:
ac 5
= .
b2 2
Trong không gian Oxyz , cho A ( 0;0;5 ) , B ( 4; −3;7 ) . Xét điểm M thay đổi sao cho tam giác OMA
không có góc tù và có diện tích bằng 10. Giá trị nhỏ nhất của độ dài MB là
A. 5.
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 5.
C. 1.
D. 4.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Lời giải
Chọn A
Phan Nhật Linh
Gọi M ( x; y; z )
Ta có SOMA = 10  d ( M , OA) = 4  x 2 + y 2 = 16
OA2 = 25; OM 2 = x 2 + y 2 + z 2 = 16 + z 2 ; MA2 = x 2 + y 2 + ( z − 5 )
2
Do cho tam giác OMA không có góc tù nên
25 + 16 + z 2  16 + ( z − 5 )2
OA2 + OM 2  MA2

 2

2
2
2
2
OA
+
MA

OM


25 + 16 + ( z − 5 )  16 + z  0  z  5
 2

2
2
2
2
 MA + OM  OA
16 + ( z − 5 ) + 16 + z  25
Ta có MB 2 = ( x − 4 ) + ( y + 3) + ( z − 7 )
2
2
2
Do x 2 + y 2 = 16  ( x − 4 ) + ( y + 3)  1
2
2
0  z  5  −7  z − 7  −2  ( z − 7 )  4
2
Nên MB 2  1 + 4 = 5  min MB = 5.
Câu 5:
( S ) : ( x − 2 )2 + ( y + 1)2 + z 2 = 9 và hai điểm
là điểm thuộc mặt cầu ( S ) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
A ( −2;3;2 ) , B ( −1;0;3) . Gọi M
MA + 2 MB .
A. 11 .
B. 6 .
C. 41 .
Lời giải
D.
31 .
Chọn C
Mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + z 2 = 9 có tâm I ( 2; −1;0 ) , bán kính R = 3 .
2
2
Ta có IA = 42 + ( −4 ) + ( −2 ) = 6 = 2 R .
2
2
1

Gọi E ( 0;1;1) là trung điểm của IA  E  ( S ) . Gọi F 1;0;  là trung điểm của IE .
2

IF 1 IM
= =
Xét tam giác IMF và IAM có
và MIA chung nên IMF IAM .
IM 2 IA
MF 1
=  AM = 2MF .
Do đó
AM 2
Ta có MA + 2MB = 2MF + 2MB  2 BF = 41 .
Dấu bằng xảy ra khi M = BF  ( S ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 2 MB là
Câu 6:
41 .
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(−1;4;1), B (3; −2;0) và đường thẳng
x − m y + 1 z + m2
, với m là tham số. Gọi M ( a ; b ; c ) , N lần lượt là hình chiếu vuông góc
=
=
1
−2
1
của A, B lên Δ sao cho thể tích khối tứ diện ABMN nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức
T = a + b + c thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( −3; −1) .
B. ( −1;1) .
C. ( −4; −2 ) .
D. ( 0;2 ) .
Δ:
Lời giải
Chọn C
Mặt phẳng ( P ) qua điểm A vuông góc Δ là x − 2 y + z + 8 = 0.
Mặt phẳng ( Q ) qua B vuông góc với  là x − 2 y + z − 7 = 0.
Do đó MN = d (( P),(Q)) =
8 − (−7)
12 + 22 + 12
=
15
6
.
Đường thẳng Δ qua điểm I (m; −1; −m 2 ) và có véctơ chỉ phương u = (1; −2;1).
Đường thẳng AB qua điểm A(−1;4;1) có véctơ chỉ phương AB = (4; −6; −1).
Góc giữa hai đường thẳng Δ và AB là cos  =
u . AB
=
u . AB
Khoảng
cách
giữa
hai
đường
15
6 53
thẳng
=
15
318
 sin  =
AB
và
31
.
106
MN
là
2
u , AB  . AI
2 ( m − 2 ) + 11
2m 2 − 8m + 19
11


d=
=
=

.
93
93
93
u , AB 


1
1 15
11
31 55
AB.MN .d .sin   . . 53.
.
= .
6
6 6
93 106 12
Dấu '' = '' xảy ra khi m = 2 .
x − 2 y +1 z + 4
=
=
.
Khi đó phương trình đường thẳng Δ :
1
−2
1
Đường thẳng Δ có véctơ chỉ phương u = (1; −2;1). Vì M là hình chiếu của A lên Δ nên
Do đó VABMN =
2 5 16
AM .u = 0  M ( ; ; − ) . Suy ra T = a + b + c = −3 .
3 3 3
Câu 7:
Trong
không
gian
Oxyz
cho
hai
điểm
A ( 0; −1;2 ) , B ( 2;5;4 )
và
mặt
( P ) :2 x − 2 y + z + 3 = 0 . Gọi M ( a; b; c ) là điểm thỏa mãn biểu thức MA2 + MB 2 = 40
và khoảng cách từ M đến ( P ) nhỏ nhất. Khi đó T = a 2 + b 2 + c 2 bằng
A. 25 .
B. 21 .
C. 19 .
Lời giải
Chọn B
Gọi I là trung điểm AB  I (1;2;3) , AB = 2 11
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. 5 .
phẳng
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
MA2 + MB 2 = 40  MI + IA
) + ( MI + IB )
2
2
Phan Nhật Linh
= 40
AB 2
= 40  MI = 3
2
Do đó M thuộc mặt cầu ( S ) cầu có tâm I (1;2;3) , R = 3 .
 2MI 2 +
d ( I ,( P )) =
2.1 − 2.2 + 3 + 3
22 + ( −2 ) + 12
2
=
4
 R suy ra mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo một đường
3
tròn.
Gọi M ( a; b; c ) là điểm trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ M đến ( P ) nhỏ nhất.
Khi đó, M thuộc đường thẳng  đi qua M và vuông góc với ( P )
 x = 1 + 2t

Ta có phương trình tham số của đường thẳng  :  y = 2 − 2t
z = 3 + t

 x = 1 + 2t
 y = 2 − 2t

Tọa độ M là nghiệm của hệ: 
z = 3+t

( x − 1)2 + ( y − 2 )2 + ( z − 3)2 = 9

 ( 2t ) + ( −2t ) + ( t ) = 9  9t 2 = 9  t = 1
2
2
2
Với t = 1  M ( 3;0;4 )  d ( M ; ( P ) ) =
2.3 − 2.0 + 4 + 3
22 + ( −2 ) + 12
Với t = −1  M ( −1;4;2 )  d ( M ; ( P ) ) =
2
=
10
.(loại)
3
2.( −1) − 2.4 + 2 + 3
22 + ( −2 ) + 12
2
=
1
3
Vậy M ( −1;4;2 )  T = a 2 + b 2 + c 2 = 21 .
Câu 8:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) có phương trình x − 2 y + 2 z − 5 = 0 và
hai điểm A(4; −5;2) và B(1; −1;3) . Gọi  là đường thẳng đi qua A và song song với ( ) và thõa
mãn điều kiện sao cho khoảng cách từ B đến  là nhỏ nhất. Đường thẳng  đi qua điểm nào sau
đây?
A. M ( 2; −2; −3) .
B. N ( 6; −7; −1) .
C. P ( 2;3; −5 ) .
D. Q ( 6; −7;1) .
Lời giải
Chọn B
Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A và song song với ( ) .
Phương trình của ( P) : x − 2 y + 2 z − 18 = 0
Suy ra  nằm trong mặt phẳng ( P )
Gọi I và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên ( P ) và 
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Tam giác BIH vuông tại I  BH  BI  d ( B, )  d ( B,( P))
Suy ra d ( B, ) min = d ( B,( P )) hay  là đường thẳng đi qua hai điểm A và I ( điểm H trùng với
điểm I ).
BI vuông góc với ( P ) nên đường thẳng BI nhận n p = (1; −2;2) là một VTCP.
x = 1 + t

Phương trình tham số của đường thẳng BI là:  y = −1 − 2t
 z = 3 + 2t

(t  ) .
Điểm I là giao điểm của đường thẳng BI và mặt phẳng ( P ) nên tọa độ I thỏa mãn hệ phương
x = 1 + t
 y = −1 − 2t

 I ( 2; −3;5 )  AI = ( −2;2;3) .
trình: 
 z = 3 + 2t
 x − 2 y + 2 z − 18 = 0
Ta có đường thẳng  có một VTCP là u = (2; −2; −3) và đi qua điểm I ( 2; −3;5 )
x−2 y +3 z −5
=
=
.
2
−2
−3
Thay tọa độ các điểm M , N , P, Q vào phương trình chính tắc của đường thẳng  ta thấy tọa độ
Phương trình chính tắc của  là
điểm N thỏa mãn. Vậy đường thẳng  đi qua điểm N .
Câu 9:
 3

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( −3;0;1) , B ( −2;0;0 ) , C  − ;1;1 . Điểm
 2

MA
M thỏa mãn
= AB . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện O.MAC là bao nhiêu?
MB
1
12
22
11
A. .
B.
.
C.
.
D. .
3
3
3
6
Lời giải
Chọn D
Gọi M ( a; b; c ) . Ta có:
MA
MA
2
2
2
2
2
2
= AB 
= 2  MA2 = 2.MB 2  ( a + 3) + ( b ) + ( c − 1) = 2 ( a + 2 ) + ( b ) + ( c ) 


MB
MB
 a 2 + b 2 + c 2 + 2a + 2c − 2 = 0  ( a + 1) + b 2 + ( c + 1) = 4
2
2
Vậy M thuộc mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1;0; −1) và bán kính R = 2 .
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
 3

Mặt phẳng ( )  ( OAC ) đi qua các điểm O ( 0;0;0 ) , A ( −3;0;1) , C  − ;1;1 nên có phương
 2

trình là ( ) : −2 x + 3 y − 6 z = 0 .
Vì d ( I ; ( OAC ) ) =
8
 R = 2 nên ( OAC ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn.
7
1
7
Ta có: VO.MAC = VM .OAC = .d ( M ; ( OAC ) ) .SOAC = .d ( M ; ( OAC ) ) . Thể tích lớn nhất của khối
3
12
−2a + 3b − 6c
tứ diện O.MAC đạt được khi d ( M ; ( OAC ) ) = d ( M ; ( ) ) =
lớn nhất.
7
Đặt P = −2a + 3b − 6c .Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối x + y  x + y và Bunhiacopxki:
P = −2a + 3b − 6c =  −2 ( a + 1) + 3b − 6 ( c + 1)  + 8  −2 ( a + 1) + 3b − 6 ( c + 1) + 8

( −2 )2 + 32 + ( −6 )2 . ( a + 1)2 + b2 + ( c + 1)2 + 8 = 7.4 + 8 = 22 .
−11

( a + 1)2 + b 2 + ( c + 1)2 = 4
a = 7


6
a +1 b c +1

= =
 b =
Dấu bằng xảy ra khi: 
3
−6
7
 −2

−19
8.  −2 ( a + 1) + 3b − 6 ( c + 1)   0


c = 7

11
Vậy: VO.MAC = .
6
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm B ( 2;5;0 ) , C ( 4;7;0 ) và E (1;1;3) . Gọi ( Q ) là mặt
phẳng đi qua E và vuông góc với mặt phẳng ( Oxy ) ,  là giao tuyến của ( Q ) và ( Oxy ) ,
T = 2d ( B, ( Q ) ) + d ( C , ( Q ) ) . Khi T đạt giá trị lớn nhất,  đi qua điểm nào trong các điểm
sau đây?
A. M ( −12;6;0 ) .
B. P (12; −4;0 ) .
C. Q (15;4;0 ) .
D. N (15; −4;0 ) .
Lời giải
Chọn D
Ta thấy B, C cùng thuộc mặt phẳng ( Oxy ) . Gọi A là hình chiếu vuông góc của E trên
( Oxy )  A (1;1;0 ) .
Vì ( Q ) ⊥ ( Oxy ) nên
A   và T = 2d ( B, ( Q ) ) + d ( C , ( Q ) ) = 2d ( B,  ) + d ( C ,  ) .
Trên tia AB lấy điểm B ' đối xứng với A qua B , suy ra B ' ( 3;9;0 ) và d ( B ',  ) = 2d ( B,  ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do đó: T = 2d ( B, ( Q ) ) + d ( C , ( Q ) ) = d ( B ',  ) + d ( C ,  ) .
Nhận xét:
Nếu  đi qua A và cắt đoạn B ' C tại M thì d ( B ',  ) + d ( C ,  )  B ' M + CM = B ' C , dấu " = "
xảy ra khi  ⊥ B ' C (1).
7

Nếu  không cắt đoạn B ' C thì d ( B ',  ) + d ( C ,  ) = 2d ( I ,  )  2 IA , với I  ;8;0  là trung
2

điểm đoạn B ' C , dấu " = " xảy ra khi  ⊥ IA (2).
Mặt khác: xét tam giác AB ' C có cos B ' AC =
AB '. AC
54
=
 0 . Suy ra B ' AC nhọn
AB '. AC
68. 45
nên 2 IA  B ' C (3).
221
= 221 , khi  đi qua A (1;1;0 ) và vuông góc
2
1
5 

với đường thẳng IA . Khi đó  có một vectơ chỉ phương là u =  AI , AE  =  7; − ;0  .
3
2 

Từ (1), (2) và (3) suy ra: MaxT = 2 IA = 2
 x = 1 + 7t
 x = 15

5


  :  y = 1 − t . Với t = 2   y = −4  N (15; −4;0 )   .
2

z = 0

 z = 0
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho a = (1; −2;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 a và MN = 5 5. Giá trị
lớn nhất của AM − BN
A.
62 .
Chọn A
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
77 .
C. 82 − 5 .
Lời giải
D.
98 − 3 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Ta thấy A và B nằm cùng phía đối với mặt phẳng ( Oxy ) .
Dựng hình bình hành AMN A . Khi đó ta có AA = MN = ( k ; − 2k ;0 ) với k  0 .
Từ giả thiết MN = 5 5  k = 5. Suy ra AA = ( 5; − 10;0 )  A (1; − 3;3) .
Khi đó AM − BN = AN − BN  AB .
Suy ra Max AM − BN = AB = 62 . Dấu " = " xảy ra N  I là giao điểm của AB với mặt
phẳng ( Oxy ) .
Vậy giá trị lớn nhất của AM − BN bằng
62 .
Câu 12: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm I (1;2;3) , bán kính R = 3 và đường
x −1 y +1 z − 3
=
=
. Mặt phẳng ( P ) chứa  và cắt mặt cầu ( S ) theo thiết diện là đường
1
−1
1
tròn ( C ) có chu vi nhỏ nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( P ) bằng
thẳng  :
A.
6
13
.
B.
6
.
3
C.
3
13
.
D.
4
17
.
Lời giải
Chọn B
Gọi A là hình chiếu vuông góc của I lên  . Suy ra A   và A (1 + t ; − 1 − t ;3 + t ) .
IA = ( t ; − 3 − t ; t ) . Đường thẳng (  ) có 1 VTCP là u = (1; −1;1) .
Do IA ⊥ u  IA.u = 0  t + 3 + t + t = 0  t = −1. Suy ra A ( 0;0;2 ) .
Nhận xét: d ( I ,  ) = IA = 6  R = 3 suy ra A nằm trong mặt cầu ( S ) .
Gọi H là hình chiếu của I lên ( P ) thì H là tâm của đường tròn ( C ) .
Đường tròn ( C ) có bán kính r = 9 − IH 2 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Chu vi đường tròn ( C ) nhỏ nhất khi bán kính r nhỏ nhất tức IH lớn nhất.
Mà IH  IA  IH max = IA . Dấu đẳng thức xảy ra khi H  A .
Khi đó ( P ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với IA .
Phương trình của mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 2 = 0 . Suy ra d ( O, ( P ) ) =
Vậy d ( O, ( P ) ) =
6
3
6
.
3
Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0;0;8 ) , B ( 6;8;7 ) . Xét các điểm M thay đổi sao cho tam
giác OAM luôn vuông tại M và có diện tích bằng 8 3 . Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng
MB thuộc khoảng nào sau đây?
A. (12;13) .
B. (13;14 ) .
C. (14;15 ) .
D. (15;16 ) .
Lời giải
Chọn C
Tam giác OAM luôn vuông tại M nên M thuộc mặt cầu đường kính OA , bán kính R = 4 .
1
Tam giác OAM có diện tích bằng 8 3  8 3 = d( M ;OA) .OA  d( M ;OA) = 2 3  M thuộc
2
mặt trụ bán kính r = 2 3 và trục là OA .
Từ hai giả thiết trên ta thấy M thuộc hai đường tròn đáy là giao tuyến của mặt trụ và mặt cầu.
Gọi I là tâm mặt cầu, H , K lần lượt là hai tâm của đáy hình trụ như hình vẽ.
Ta có: IK = R 2 − r 2 = 2  OK = 2 .
Xét mặt phẳng ( P ) đi qua đường tròn ( K ; r ) khi đó phương trình ( P ) : z − 2 = 0 .
Gọi N là hình chiếu của B lên ( P )  N ( 6;8;2 ) .
Ta có: BN = 5 , NK = 10 .
(
Lại có: BM = BN 2 + MN 2  BN 2 + ( NK + r )  BM max = 52 + 10 + 2 3
2
)
2
 14,36 .
Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 9 ) + z 2 = 18 và hai điểm
2
2
A(8;0;0), B(4;4;0) . Điểm M (a; b; c) bất kì thuộc mặt cầu ( S ) sao cho MA + 3MB đạt giá trị nhỏ
nhất. Tính giá trị biểu thức 2a + 3b + c
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
A. 22.
B. 28.
C. 12.
Lời giải
Chọn A
Phan Nhật Linh
D. 8 .
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1;9;0 ) và bán kính R = 3 2
Ta có: IA = 9 2  R ; IB = 5 2  R nên A, B nằm ngoài mặt cầu ( S ) và IA = 3R
R
. Xét hai tam giác ICM và IMA có: I chung;
3
IC IM 1
MC IM 1
=
= nên ICM đồng dạng với IMA . Suy ra
=
=  MA = 3MC
IM
IA 3
MA IA 3
MA + 3MB = 3MC + 3MB = 3( MC + MB )  3BC
Trên đoạn IA lấy điểm C sao cho IC =
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đoạn BC và mặt cầu ( S ) .
9 = 9( x + 1)
x = 0


Gọi C ( x; y; z ) , ta có IA = 9 IC  −9 = 9( y − 9)   y = 8 ;
0 = 9( z − 0)
z = 0


x = 4 + t

BC = (−4;4;0) . Phương trình đường thẳng BC :  y = 4 − t
z = 0

Tọa độ giao điểm của M là nghiệm hệ phương trình:
 x = 4 + t; y = 4 − t; z = 0
 x = 4 + t; y = 4 − t; z = 0

.


2
2
2
( x + 1) + ( y − 9) + z = 18
t = −2  t = −8

Suy ra M (2;6;0) hoặc M (−4;12;0)
Vì M thuộc đoạn BC nên M (2;6;0) .
Câu 15: Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A(−8;1;1) , B (2;1;3) và C (6;4;0) . Một điểm M (a; b; c) di động
trong không gian sao cho MA.MC = MA.MB + 34 và MA − MB đạt giá trị lớn. Tính giá trị biểu
thức a + 2b − 5c
A. 11
B. −11
C. 12
Lời giải
D. −6
Chọn B
Gọi M (a; b; c) , MA = ( −8 − a;1 − b;1 − c ) , BC = (2;3; −3)
Ta có:
MA.MC = MA.MB + 34  MA.( MC − MB) = 34  MA.BC = 34
 4(−8 − a ) + 3(1 − b) − 3(1 − c) = 34  −4a − 3b + 3c − 66 = 0
Suy ra M  ( P ) : −4 x − 3 y + 3 z − 66 = 0
Ta thấy điểm A, B nằm về cùng phía đối với mặt phẳng ( P )
Ta có: MA − MB  AB suy ra MA − MB đạt gí trị lớn nhất bằng AB khi M , A, B thẳng hàng và
M nằm ngoài đoạn thẳng AB hay M là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng ( P )
 x = 2 + 5t

Phương trình đường thẳng AB :  y = 1
z = 3 + t

Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình:
 x = 2 + 5t
 x = 2 + 5t
 x = −18
y =1
y =1
y =1








z = 3 + t
z = 3 + t
 z = −1
−4 x − 3 y + 3 z − 66 = 0
−4(2 + 5t ) − 3.1 + 3(3 + t ) − 66 = 0
t = −4
Vậy M (−18;1; −1)
Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0;0;10 ) và B ( 3;4;6 ) . Xét các điểm M thay đổi sao cho
tam giác OAM có OMA tù và có diện tích bằng 15 . Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thằng MB
thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 0;2 ) .
B. ( 2;4 ) .
C. ( 3;5 ) .
D. (1;3) .
Lời giải
Chọn D
Gọi M ( x; y; z ) , suy ra OA = ( 0;0;10 ) và OM = ( x; y; z ) , dẫn đến OA, OM  = ( −10 y;10 x;0 ) .
1
Suy ra, SOAM = 15 
100 x 2 + y 2 = 15  x 2 + y 2 = 9.
2
Do tam giác OAM tù tại M nên
(
)
OA  OM  0
z  0


0  z  10
 2
1 z  9 .
 AO  AM  0   z  10
z
−
10z
+
9

0



 2
2
 MO  MA  0
 x + y − z (10 − z )  0
Khi đó: MB 2 = ( x − 3) + ( y − 4 ) + ( z − 6 ) = − ( 6 x + 8 y ) + z 2 − 12z + 70
2
Cauchy-Schwarz

−
(6
2
+ 82
2
)( x
2
2
)
+ y 2 + z 2 − 12z + 70 = z 2 − 12z + 40 = ( z − 6 ) + 4  4
2
 25 x 2
9

= 9 x =

 x2 + y 2 = 9
5
 9


4
12

x 6 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  = =   y = x   y =
3
5
y 8 4


z = 6
z = 6
 z = 6.





Suy ra, min MB = 2.
Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 + z 2 = 4 và hai điểm A(−1;1;1) ,
B(2; −2;1) . Điểm M di chuyển trên mặt cầu ( S ) . Giá trị lớn nhất của | 2 MA − 3MB | đạt được là
A.
65 .
Chọn B
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B.
67 .
C. 69 .
Lời giải
D.
61 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −1;0) , bán kính R = 2 .
Ta có IA = (−2;2;1)  IA = 3  R , suy ra A nằm ngoài ( S ) và
IA 3
= .
R 2
Lại có IB = (1; −1;1)  IB = 3  R , suy ra B nằm trong ( S ) .
Lấy điểm E  IA sao cho IE =
2
4
R = .
3
3
IE IM 2
=
= . Do đó, hai tam giác
IM
IA 3
EM 2
3
IEM và tam giác IMA đồng dạng. Suy ra,
=  AM = EM . Khi đó,
AM 3
2
P = 3EM − 3MB = 3 EM − MB  3EB .
Xét hai tam giác IEM và tam giác IMA , ta có I chung và
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  M 1 hoặc M  M 2 , tức là M , E , B thẳng hàng, suy ra
max P = 3EB . Gọi E ( a; b; c ) .
1

a = 9

2
2 2
4
4
1
 8 8 4 
Ta có: IE = R =   IA =  IA  IE = IA =  − ; ;   b = −
3
3 3
9
9
9
 9 9 9 
4

c = 9 .

67
1 1 4
 17 17 5 
Suy ra E  ; − ;   EB =  ; − ;   EB =
.
9 9
3
9 9 9
9
Vậy max P = 3EB = 67 .
Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −1;3) , bán kính R . AB là
một đường kính của ( S ) ; mặt phẳng ( P ) qua I và tạo với AB một góc 600 . Hai điểm M , N thay
đổi trên ( P ) sao cho MN =
R
. Biết rằng biểu thức T = 3 AM 2 + 4 BN 2 có giá trị nhỏ nhất bằng
2
159
. Viết phương trình mặt cầu ( S ) .
7
A. ( x + 1) + ( y − 1) + ( z + 3) = 4 .
B. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) = 9 .
C. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) = 4 .
D. ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) =
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
159
.
28
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn C
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A, B xuống mặt phẳng ( IMN ) .
Góc
giữa
IH = IK =
AB
( IMN )
với
R
 HK = R .
2
(
là
AIH = BIK = 600 ,
) (
khi
đó
AH = BK =
R 3
2
;
)
T = 3 AM 2 + 4 BN 2 = 3 AH 2 + HM 2 + 4 BK 2 + KN 2 = 3 AH 2 + 4 BK 2 + 3HM 2 + 4 KN 2
21R 2
+ 3HM 2 + 4 KN 2 .
4
Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
=
(
)
R2
2
2
2
1 1
2
2
+
3
HM
+
4
KN

HM
+
KN
=
HM
+
MN
+
KN
−
MN

HK
−
MN
=
(
) (
) (
)


4
3 4
(
)
 3HM 2 + 4 KN 2 
3R 2
, dấu " = " xảy ra khi H , M , N , K theo thứ tự đó cùng nằm trên cùng
7
một đường thẳng.
Suy ra T 
21R 2 3R 2 159 R 2
159 R 2 159
+
=
=
 R2 = 4 .
như vậy Tmin =
4
7
28
28
7
Phương trình mặt cầu là: ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 3) = 4 .
2
2
2
Câu 19: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 4;0;0 ) và B ( 8;0;6 ) . Xét các điểm M thay đổi sao cho
khoảng cách từ A đến đường thẳng OM bằng 2 và diện tích tam giác OAM không lớn hơn 6 .
Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MB thuộc khoảng nào dưới đây?
 13 
 13 
7 
A.  ;5  .
B.  4;  .
C.  ;4  .
D. ( 5;7 ) .
3 
 3
2 
Lời giải
Chọn B
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
d ( A, OM ) 1
Ta có sin MOA =
=  MOA = 30o .
OA
2
1
Lại có S MOA = .OM .d ( A, OM )  6  OM  6 .
2
Suy ra quỹ tích điểm M là mặt xung quanh của hai hình nón có đỉnh O , trục OA , góc ở đỉnh
hình nón là 2.30o = 60o và đường sinh bằng 6 .
Để MB nhỏ nhất thì điểm M phải nằm vị trí như trên hình vẽ.
Gọi hình chiếu của B, M trên trục Ox lần lượt là H , K .
Ta có OK = OM .cos30o = 6.cos30o = 3 3 , MK = OM .sin 30o = 6.sin 30o = 3
(8 − 3 3 )
Mặt khác H ( 8;0;0 ) nên OH = 8, BH = 6 . Suy ra MBmin =
2
+ ( 6 − 3)  4,1 .
2
Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD , A (1;2;3) , B ( 2; −1;1) , C ( 4; −3;5 ) , D (1; −2;3 ) . Xét
các điểm M thay đổi trên mặt cầu
( S ) : x2 + y 2 + z 2 = 9 .
Giá trị lớn nhất của biểu thức
T = MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 200;210 ) .
B. (190;200 ) .
C. (180;190 ) .
D. (170;180 ) .
Lời giải
Chọn A
Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) , bán kính R = 3 .
Gọi I là trọng tâm tứ diện ABCD , ta có IA + IB + IC + ID = 0 suy ra I ( 2; −1;3)
2
2
2
T = MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = MA + MB + MC + MD
(
) (
) (
2
) (
2
2
= MI + IA + MI + IB + MI + IC + MI + ID
(
)
2
2
)
= 4MI 2 + 2MI IA + IB + IC + ID + IA2 + IB 2 + IC 2 + ID 2
= 4MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2 + ID 2 đạt GTLN khi độ dài đoạn thẳng IM lớn nhất
max IM = OI + R = 14 + 3
Vậy max T = 4 ( OI + R ) + IA2 + IB 2 + IC 2 + ID 2 = 120 + 24 14 .
2
Câu 21: Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 2 z − 2 = 0 và các điểm A ( 0;1;1) ,
2
2
2
B ( −1; −2; −3) , C (1;0; −3) . Điểm D thuộc mặt cầu ( S ) . Thể tích tứ diện ABCD lớn nhất thuộc
khoảng nào dưới đây?
A. ( 4;5 ) .
B. ( 2;5 ) .
C. ( 6;7 ) .
D. ( 5;6 ) .
Lời giải
Chọn D
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Cách 1:Ta có ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 1) = 4 .
2
2
 AB = ( −1; −3; −4 )
Ta có: 
  AB, AC  = ( 8; −8;4 ) .



 AC = (1; −1; −4 )

( x − 1)2 + y 2 + ( z + 1)2 = 4
.
Gọi D ( x; y; z )  ( S )  
 AD = ( x ; y − 1; z − 1)
Ta có: VABCD =
1
1
2
 AB, AC  . AD = 8 x − 8 y + 4 z + 4 = 2 x − 2 y + z + 1 .


6
6
3
Ta có:
( 2 x − 2 y + z − 1)2 = 2.( x − 1) − 2. y + 1.( z + 1)
2
(
)
2
2
 22 + 22 + 12 ( x − 1) + y 2 + ( z + 1)  = 36


 −6  2 x − 2 y + z − 1  6  −4  2 x − 2 y + z + 1  8  2 x − 2 y + z + 1  8  VABCD  16
3
Suy ra: Giá trị lớn nhất của VABCD
z +1
 x −1 y
16
 2 = −2 = 1  0
7 4 1
bằng

 D ;− ;−  .
3
 3 3 3
( x − 1)2 + y 2 + ( z + 1)2 = 4

Cách 2:
Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 1) = 4 có tâm I (1;0 − 1) ,bán kính R = 2 .
2
2

1
1 2
 AB = ( −1; −3; −4 )
  AB, AC  = ( 8; −8;4 )  S ABC =  AB, AC  =
8 + 82 + 42 = 6.

2
2

 AC = (1; −1; −4 )
Mặt phẳng ( ABC ) : 2 x − 2 y + z + 1 = 0 .
Ta có: d ( I ; ( ABC ) ) =
2.1 − 2.0 − 1 + 1
=
2
 R = 2  mặt cầu ( S ) cắt mặt phẳng ( ABC ) theo
3
2 + 2 +1
thiết diện là một đường tròn.
1
Ta lại có: VABCD = .S ABC .d ( D; ( ABC ) ) = 2.d ( D; ( ABC ) ) .
3
Do đó: VABCD lớn nhất  d ( D; ( ABC ) ) lớn nhất.
2
2
2
Mà d ( D; ( ABC ) )
= R + d ( I ; ( ABC ) ) = 2 +
max


2 8
16
= . Do đó: max VABCD = .
3 3
3
5
2


5
2
Câu 22: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; −2;  và B  4;2;  . Tìm hoành độ điểm M trên
mặt phẳng (Oxy ) sao cho ABM = 45 và tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất?
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
5
3
A. .
B. 1 .
C. .
2
2
Lời giải
Phan Nhật Linh
D. 2 .
Chọn A
Dễ thấy đường thẳng AB song song với mặt phẳng (Oxy ) .
Do hai điểm A, B cố định nên MAB có diện tích nhỏ nhất  khoảng cách từ M đến đường
thẳng AB nhỏ nhất  M thuộc đường thẳng  là hình chiếu của đường thẳng AB trên mặt
phẳng (Oxy ) .
Gọi A là hình chiếu của A trên mặt phẳng (Oxy )  A (1; −2;0 )
Đường thẳng  đi qua điểm A và song song với đường thẳng AB nên có phương trình là:
 x = 1 + 3t

 :  y = −2 + 4t ; do M   nên gọi M (1 + 3t ; −2 + 4t ;0 )
z = 0

5

 BM =  3t − 3;4t − 4; −  ; BA = ( −3; −4;0 ) .
2

−3 ( 3t − 3) − 4 ( 4t − 4 )
−25 ( t − 1)
=
Ta có: cos ABM = cos BM ; BA =
25
25
2
2
2
5. ( 3t − 3) + ( 4t − 4 ) +
5. 25 ( t − 1) +
4
4
(
)
Nên ABM = 45 khi và chỉ khi
−25 ( t − 1)
5. 25 ( t − 1) +
2
25
4
=

t =
1
2
 ( t − 1) =  
4
t =

1
2
 50 ( t − 1) = 25 ( t − 1) +
2
2
25
(t  1)
4
3
1
5
2
 t = . Vậy hoành độ của điểm M bằng .
1
2
2
2
Câu 23: Cho các điểm A(3;2;1) , B (0;1;1) . Đặt P = 2MA − 3MB , trong đó M là một điểm chạy trên mặt
phẳng (Oxy ) . Tìm tung độ của M khi P đạt giá trị nhỏ nhất?
A. −6 .
B. −1 .
C. 0 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn B
Gọi I ( xI ; yI ; z I ) là điểm thỏa mãn 2 IA − 3IB = 0 .
2(3 − xI ) = 3 ( 0 − xI )
 xI = −6

Khi đó, 2 IA = 3IB  2(2 − yI ) = 3 (1 − yI )  
 yI = −1  I ( −6; − 1;1) .
z = 1

 I
2(1 − z I ) = 3 (1 − z I )
(
)
Ta có, P = 2MA − 3MB = 2( MI + IA) − 3 MI + IB = 2MI − 3MI = MI = MI .
Do đó, P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của
I lên mặt phẳng (Oxy ) . Vậy M ( −6; − 1;0 ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Về đích đặc biệt 9+
 x = 2 − 2t
 x = 5 + 3s


Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho A (1;1;1) và hai đường thẳng d1 :  y = 1
, d2 : y = 1
. Gọi
 z = −2 + t
z = 3 − s


Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
B , C là các điểm lần lượt di động trên d1 , d 2 . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = AB + BC + CA .
A. 2 29 .
B.
29 .
C. 30 .
Lời giải
D. 2 30 .
Chọn A
Từ giả thiết suy ra hai đường thẳng d1 , d 2 cùng nằm trong mặt phẳng ( ) : y = 1 và A  ( ) .
d1 có một véc tơ chỉ phương u1 = ( −2;0;1) ; d 2 có một véc tơ chỉ phương u2 = ( 3;0; − 1) .
Do u1 , u2  = ( 0;1;0 )  0 nên d1 cắt d 2 .
Gọi A1 , A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua d1 và d 2 .
Gọi (  ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d1  (  ) : −2 x + z + 1 = 0 .
Gọi I = (  )  d1 , thì tọa độ của I là nghiệm của hệ
 x = 2 − 2t
y =1

 I ( 0;1; − 1)  A1 ( −1;1; − 3) .

 z = −2 + t
 −2 x + z + 1 = 0
Gọi ( ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d 2  ( ) : 3 x − z − 2 = 0 .
 x = 5 + 3s
y =1

 J ( 2;1;4 )  A2 ( 3;1;7 )
Gọi J = ( )  d 2 , thì tọa độ của J là nghiệm của hệ: 
z = 3 − s
3 x − z − 2 = 0
Ta có: P = AB + BC + CA = A1B + BC + CA2  A1 A2
 P đạt GTNN khi P = A1 A2  Pmin = A1 A2 = 2 29 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 29 .
Câu 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z + 7 = 0, đường thẳng
d:
2
2
x
y
z
2
=
= và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y + ( z − 2 ) = 5. Gọi A, B là hai điểm trên mặt cầu
1 −2 2
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
( S ) và AB = 4; A, B là hai điểm nằm trên mặt phẳng ( P ) sao cho AA, BB cùng song song với
đường thẳng d . Giá trị lớn nhất của tổng AA + BB gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 13.
B. 11.
C. 12.
D. 14.
Lời giải
Chọn D
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0;2 ) và bán kính R = 5 .
Khi đó khoảng cách: d ( I ; ( P ) ) =
10 3
 R nên ( P) và mặt cầu ( S ) không giao nhau.
3
Gọi M là trung điểm của AB , M  là trung điểm của A B thì:
MH
.
AA + BB = 2MM  = 2.
sin ( MM ; ( P ) )
Khi đó MH max = R 2 −
AB 2
10 3 3 + 10 3
.
+ d ( I ;( P )) = 5 − 4 +
=
4
3
3
Ta có sin ( MM ; ( P ) ) = sin ( d ; ( P ) ) =
Vậy ( AA + BB )max
5 3
.
9
3 + 10 3
60 + 6 3
3
= 2.
=
 14,08 .
5
5 3
9
Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−5;4; −1) và B (3;4;5) . Xét các điểm M và N thay đổi
sao cho tam giác ABM có diện tích bằng 40 và tam giác ABN vuông tại N . Giá trị nhỏ nhất của
độ dài đoạn thẳng MN thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 2; 4 ) .
B. ( 3;5 ) .
C. ( 4;6 ) .
D. ( 5;7 ) .
Lời giải
Chọn A
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có AB = ( 8;0;6 )  AB = 10 .
Gọi I là hình chiếu vuông góc của M xuống đường thẳng AB , suy ra SMAB =
1
MI . AB = 40
2
80
 MI = 8 nên M thuộc mặt trụ ( D ) có trục AB và bán kính R = 8 .
AB
Do tam giác ABN vuông tại N nên N thuộc mặt cầu ( S ) đường kính AB , tâm O , bán kính
 MI =
R = 5 .
Gọi ( P ) là mặt phẳng qua O và vuông góc với AB .
Ta có MN + NO  MO  HO = HK + KO  MN  HK = HO − KO = 3 .
Suy ra MN nhỏ nhất bằng 3 khi M thuộc giao của mặt trụ ( D ) với mặt phẳng ( P ) , N thuộc
giao của mặt cầu ( S ) với mặt phẳng ( P ) sao cho M , N , O thẳng hàng và N nằm giữa M , O .
Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(−5;4; −1) và B (3;4;5) . Xét các điểm M và N thay đổi
sao cho tam giác ABM có diện tích bằng 15 , góc AMB  900 và tam giác ABN vuông tại N . Giá
trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN thuộc khoảng nào dưới đây?
A. (13;15 ) .
B. ( 8;11) .
C. ( 4;6 ) .
D. (10;12 ) .
Lời giải
Chọn B
Ta có AB = ( 8;0;6 )  AB = 10 .
Do tam giác ABN vuông tại N nên N thuộc mặt cầu ( S ) đường kính AB , tâm O , bán kính
R = 5.
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi I là hình chiếu vuông góc của M xuống đường thẳng AB , suy ra SMAB
 MI =
Phan Nhật Linh
1
= MI . AB = 15
2
30
 MI = 3 nên M thuộc mặt trụ ( D ) có trục AB và bán kính R = 3 .
AB
Do góc AMB  900 nên M thuộc phần mặt trụ ( D ) giao với mặt cầu ( S ) hoặc phần mặt trụ
( D)
nằm trong mặt cầu ( S ) .
Ta có MN  2 R = 10 .
Suy ra MN lớn nhất bằng 10 khi M thuộc giao của mặt trụ ( D ) với mặt phẳng ( P ) , N thuộc
mặt cầu ( S ) sao cho M , N , O thẳng hàng và O nằm giữa M , N .
Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −1;0;0 ) và B (1;2;3) . Gọi ( P ) là mặt
( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 6 z + 7 = 0 và
( S2 ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 y − 6 z + 7 = 0 . Xét hai điểm M , N là hai điểm bất kì thuộc ( P ) sao cho
phẳng chứa giao tuyến của hai mặt cầu
MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của AM + BN bằng
A. 18 + 2 13 .
B. 18 − 2 13 .
C. 18 − 2 13 .
D. 18 + 2 13 .
Lời giải
Chọn B
Mặt phẳng ( P ) là giao tuyến của hai mặt cầu ( S1 ) và ( S2 ) nên ta có hệ:
 x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 6 z + 7 = 0
 −2 x = 0  ( P )  ( Oyz ) .
 2
2
2
 x + y + z + 2 y − 6 z + 7 = 0
Gọi C ( 0;0;0 ) và D ( 0;2;3) lần lượt là hình chiếu của A và B lên ( Oyz ) . Khi đó AC = 1 ,
BD = 1 , CD = 13 .
Ta có: AM + BN = AC 2 + CM 2 + BD 2 + DN 2 
( AC + BD )2 + ( CM + DN )2
Mặt khác: CM + DN + MN  CD  CM + DN  CD − MN = 13 − 1 .
Suy ra AM + BN  4 + ( CM + DN )  4 +
2
(
)
13 − 1
2
= 18 − 2 13
Vậy AM + BN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 18 − 2 13 , dấu " = " xảy ra khi C , M , N , D thẳng
hàng.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( −2;2; −2 ) và điểm B ( 3; −3;3) . Điểm M thay đổi
MA 2
= . Điểm N ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng ( P ) : − x + 2 y − 2 z + 6 = 0
MB 3
sao cho MN nhỏ nhất. Tính tổng T = a + b + c .
A. 6 .
B. −2 .
C. 12 .
D. −6 .
Lời giải
Chọn B
trong không gian thỏa mãn
Gọi M ( x; y; z ) .
Ta có
MA 2
2
2
2
=  9MA2 = 4MB 2  ( x + 6 ) + ( y − 6 ) + ( z + 6 ) = 108 . Vậy điểm M thuộc
MB 3
mặt cầu tâm I ( −6;6; −6 ) bán kính R = 6 3 .
Vậy MN nhỏ nhất khi M , N thuộc đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) .
Gọi ( d ) là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) .
 x = −6 − t

Khi đó ( d ) :  y = 6 + 2t . Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
 z = −6 − 2t

 x = −6 − t
 y = 6 + 2t



 z = −6 − 2t
− x + 2 y − 2 z + 6 = 0
 x = −6 − t
 x = −2
 y = 6 + 2t
 y = −2



.

 z = −6 − 2t
z = 2
6 + t + 12 + 4t + 12 + 4t + 6 = 0
t = −4
 N ( −2; −2;2 ) . Do đó T = −2 − 2 + 2 = −2 .
Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1;2; −3) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0
. Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương u = ( 3;4; −4 ) cắt ( P ) tại B . Điểm M thay đổi
trong ( P ) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90o . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB
đi qua điểm nào trong các điểm sau?
A. K ( 3;0;15 ) .
B. J ( −3;2;7 ) .
C. H ( −2; −1;3) .
Lời giải
Chọn D
38| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. I ( −1; −2;3) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Đường thẳng d đi qua A (1;2; −3) và có vectơ chỉ phương u = ( 3;4; −4 ) có phương trình là
 x = 1 + 3t

 y = 2 + 4t .
 z = −3 − 4t

Ta có: MB 2 = AB 2 − MA2 . Do đó ( MB )max khi và chỉ khi ( MA )min .
Gọi E là hình chiếu của A lên ( P ) . Ta có: AM  AE .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  E .
Khi đó ( AM )min = AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉ phương.
Ta có: B  d nên B (1 + 3t;2 + 4t; −3 − 4t ) mà B  ( P ) suy ra
2 (1 + 3t ) + 2 ( 2 + 4t ) − ( −3 − 4t ) + 9 = 0  t = −1  B ( −2; −2;1) .
Đường thẳng AE qua A (1;2; −3) , nhận nP = ( 2;2; −1) làm vectơ chỉ phương có phương trình là
 x = 1 + 2t

 y = 2 + 2t .
 z = −3 − t

Suy ra E (1 + 2t ;2 + 2t; −3 − t ) .
Mặt khác, E  ( P ) nên 2 (1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) − ( −3 − t ) + 9 = 0  t = −2  E ( −3; −2; −1) .
Do đó đường thẳng. MB . qua B ( −2; −2;1) , có vectơ chỉ phương BE = ( −1;0; −2 ) nên có phương
 x = −2 − t

trình là  y = −2 .
 z = 1 − 2t

Thử các đáp án thấy điểm I ( −1; −2;3) thỏa
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với
a  4, b  5, c  6 và mặt cầu ( S ) có bán kính bằng
3 10
ngoại tiếp tứ diện OABC . Khi tổng
2
OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất thì a + b + c = ?
A. a + b + c = 16
B. a + b + c = 15
C. a + b + c = 17
Lời giải
Chọn A
D. a + b + c = 14
Ta có: a 2 + b 2 + c 2 = 90 và a  4, b  5, c  6 . Khi đó: 4  a  29;5  b  38 .
Ta có: OA + OB + OC = a + b + c = a + b + 90 − a 2 − b 2 = f ( a, b ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 39
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Xét f  ( a ) = 1 −
b2
= 0  a = 45 − . Lập bảng biến thiên ta được:
2
90 − a 2 − b2
a

min f ( a, b ) = min f ( 4 ) ; f
(
29
) = min b + 4 +
74 − b 2 ; b + 29 + 61 − b 2

Dễ có:
b + 4 + 74 − b2  b + 29 + 61 − b 2 b  5; 38   min f ( a, b ) = b + 4 + 74 − b 2 = f ( b )
.
b
Do f  ( b ) = 1 −
= 0  b = 37 nên lập bảng biến thiên ta được
74 − b2
min f ( a, b ) = f ( 5 ) = 16 .
Do đó giá trị nhỏ nhất của OA + OB + OC là 16 khi a = 4, b = 5, c = 7 .
Câu 32: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6 z − 13 = 0 . Lấy điểm M
trong không gian sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA , MB , MC đến mặt cầu ( S ) thỏa mãn
AMB = 60 , BMC = 90 , CMA = 120 ( A , B , C là các tiếp điểm). Khi đó đoạn thẳng OM có
độ nhỏ nhất bằng
A. 14 − 3 3 .
B. − 14 + 6 3 .
C. 14 − 6 .
Lời giải
D. 6 − 14 .
Chọn D
Vì MA , MB , MC là 3 tiếp tuyến nên ta đặt MA = MB = MC = x .
MAB có MA = MB , AMB = 60 nên MAB là tam giác đều, suy ra AB = MA = MB = x .
Áp dụng định lí Py-ta-go cho MBC ta có BC = MB 2 + MC 2 = 2 x 2 = x 2.
Áp dụng định lí hàm số cos cho MCA : CA = MA2 + MC 2 − 2MA.MC.cos120 = x 3 .
Nhận thấy AB 2 + BC 2 = x 2 + 2 x 2 = 3x 2 = AC 2 , suy ra ABC vuông tại B .
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  I là trung điểm của AC .
Vì MA = MB = MC nên MI là trục đường tròn ngoại tiếp của ABC .
Do đó M; I; E thẳng hàng.
Mặt cầu ( S ) có tâm E (1;2; −3) bán kính R = 3 3 = EC
Suy ra ME =
EC
= 6 . Vậy M thuộc mặt cầu ( S ') có tâm E (1;2; −3) bán kính R ' = 6 .
sin 600
Ta có OE = 14
40| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Vậy MinOM = OE − R ' = 6 − 14 .
Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y − 3) 2 + z 2 = 4 và hai điểm
A(4;3;3) , B (2;1;0) . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua A tiếp xúc với ( S ) . Gọi khoảng cách lớn nhất
và nhỏ nhất từ B đến ( P ) lần lượt là m và n . Khi đó T = m + n nằm trong khoảng nào dưới đây?
A. (1;2) .
 1
C.  0;  .
 2
Lời giải
B. (3;4) .
 7
D.  2;  .
 2
Chọn B
Mặt cầu ( S ) có tâm I (0;3;0), R = 2 .
Ta có AI = 5, AB = 17 .
Có thể coi như tập hợp tất cả các đường thẳng AM với M là tiếp điểm của mặt phẳng ( P ) với
mặt cầu ( S ) là một mặt nón tròn xoay ( N ) có đỉnh nón là điểm A và trục nón là đường thẳng
AI
Góc ở đỉnh nón là 2 , có sin  =
R 2
21
=  cos  =
.
AI 5
5
Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( P ) cũng chính là khoảng cách từ B đến các đường sinh của
nón ( N ) .
AB. AI
17
=
 BAI   .
AB. AI
5
Suy ra khoảng cách nhỏ nhất từ B đến ( P ) là n = d ( B, ( P ) )min = 0 . Khi đó B  ( P ) .
Ta đi tính góc cos BAI =
Gọi  là góc tạo bởi AB và AI . Khoảng cách lớn nhất từ B đến ( P ) là
m = d ( B, ( P ) )max = AB.sin ( +  )
 2 2 21
17 2  2 714 + 34
= 17 ( sin  .cos  + cos  .sin  ) = 17 
.
+
. =
 3,5
5
5 5 
25
 5
Vậy m + n = 3,5 .
Câu 34: Cho điểm A ( 2;3;5 ) , hai mặt cầu ( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 = 9, ( S2 ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 16
2
2
2
và điểm M di động thuộc cả hai mặt cầu. Gọi m, n là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của AM .
Tính giá trị của biểu thức T = m 2 + n 2 .
341
151
.
A.
B.
4
2
C.
1028
7
D.
2411
.
28
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 41
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
Mặt cầu ( S1 ) có tâm O , bán kính R1 = 3 ; mặt cầu ( S2 ) có tâm I (1;2; −3) , bán kính R2 = 4 .
Ta có R1 − R2  OI = 14  R1 + R2  hai mặt cầu cắt nhau theo một đường tròn, kí hiệu là
đường tròn ( C ) có tâm H , bán kính r .
Phương trình mặt phẳng chứa đường tròn ( C ) là: ( P ) : 2 x + 4 y − 6 z − 7 = 0
Bán kính đường tròn ( C ) bằng r = R12 − d 2 ( O, ( P ) ) =
130
4
Gọi A ' là hình chiếu của A trên mặt phẳng ( P ) .
Ta có HA ' là hình chiếu của OA trên mặt phẳng ( P ) .
Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = (1;2; −3) , OA = ( 2;3;5 )
(
)
sin ( OA, ( P ) ) = cos OA, n =
133
69
 cos ( OA, ( P ) ) =
38
76
 HA ' = OA.cos ( OA, ( P ) ) =
138
r
2
Suy ra A ' nằm ngoài đường tròn ( C ) .
Khi đó giá trị lớn nhất của AM bằng m = HA '+ r =
Giá trị nhỏ nhất của AM bằng m = HA '− r =
138
130
+
2
4
341
138
130
.
−
. T = m2 + n2 =
4
2
4
(
)
Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 0;0;1) , B ( 0;0;4 ) , C ( 2;2;1) , E ( 4;0;0 ) , F 3;1; 6 .
Xét điểm M thay đổi sao cho MA =
1
MB và MA = MC . Giá trị lớn nhất của ME + MF bằng
2
B. 4 3 + 6 .
A. 4 3 + 3 .
D. 4 6 + 6 .
C. 4 2 + 2 .
Lời giải
Chọn A
Gọi M ( x; y; z ) . Khi đó giả thiết tương đương với:
(
)
 x 2 + y 2 + ( z − 4 )2 = 4 x 2 + y 2 + ( z − 1)2
 MA = 2MA



 MA = MC
 x 2 + y 2 + ( z − 1)2 = ( x − 2 )2 + ( y − 2 )2 + ( z − 1)2

 x 2 + y 2 + z 2 = 4
 y = 2 − x
 y = 2 − x

 2

.

2
2
2
 x + y − 2 = 0
 z =  4 x − 2 x
 x + ( 2 − x ) + z = 4
Suy ra:
ME + MF =
( x − 4 )2 + y 2 + z 2 + ( x − 3)2 + ( y − 1)2 + ( z −
6
)
2
= x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 16 + x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 2 y − 2 6 z + 16
= 20 − 8 x + 20 − 6 x − 2 y − 2 6 z == 20 − 8 x + 20 − 6 x − 2 ( 2 − x ) − 2 6 z
= 20 − 8 x + 16 − 6 x − 2 6 z
42| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh

3
 g ( x ) = 20 − 8 x + 16 − 4 x + 2 6 4 x − 2 x 2  max g ( x ) = g 1 −
 = 4 3 + 3 .

0;2
2


(
)
Câu 36: Trong không gian Oxyz , xét mặt phẳng ( ABC ) , có A ( 4; −3;7 ) ; B ( −1;3; −12 ) ; C ( −10;3;0 ) . Lấy
 là một đường thẳng bất kì vuông góc với ( ABC ) gọi I =   ( ABC ) thỏa mãn I thuộc miền
trong ABC . Lấy M  ; M  I , gọi E , F , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các
đường thẳng BC , CA, AB . Hệ thức nào của điểm M là đúng để biểu thức P = IE . IF . IK đạt giá
trị lớn nhất.
1
A. IM = IE + IA + IB .
3
(
C. MI =
)
(
)
1
MA + MB + MC .
3
2
1 
B. MI =  MB + MC + IA  .
3
2 
1
D. IM = IC + 2 IA + IB .
3
Lời giải
(
)
Chọn C
Ta có:
2VMABC = 2 (VMIBC + VMICA + VMIAB )  2S ABC = 2 ( S IBC + S ICA + S IAB ) = BC.IE + AC.IF + AB.IK
Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si
với bộ 3 số BC.IE , AC.IF , AB.IK . Ta có: BC. AC. AB.IE.IF .IK = ( BC.IE ) . ( AC.IF ) . ( AB.IK ) 

3
8S ABC
1
3
.
 IE.IF .IK 
( BC.IE + AC.IF + AB.IK )3 = 8S ABC
27
BC. AC. AB
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BC.IE = AC.IF = AB.IK  S IBC = S ICA = S IAB
Khi đó I là trọng tâm tam giác ABC .
(
Vậy P = IE . IF . IK
)
khi I là trọng tâm tam giác ABC .
max
x = 1 + t

Câu 37: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  :  y = 2 − 2t và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z − 1 = 0 .
 z = −1 − t

Mặt phẳng
(Q )
chứa đường thẳng  và tạo với
( P)
một góc nhỏ nhất cắt mặt cầu
( S ) : ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 2 )2 = 12 theo đường tròn có bán kính bằng
A.
1
.
6
B.
2 15
.
3
C.
4
3
.
D.
64
.
3
Lời giải
Chọn B
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 43
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi A =   ( P ) ; d = ( P )  ( Q )
Lấy I    A; I cố định, kẻ IH ⊥ ( P ) ; HK ⊥ d  ( ( P ) ; ( P ) ) = IKH .
Do IA  IK  sin IKH =
IH IH

 IKH min khi K  A tức là IA ⊥ d  nQ = u , ud 
IK IA
Trong đó u = (1; −2; −1) ; ud = u , nP  = ( 3;0;3) = 3 (1;0;1)
Suy ra nQ = u , ud  = −2 (1;1; −1) , mặt khác ( Q ) chứa đường thẳng  nên ( Q ) đi qua điểm
(1;2; −1) .
Do đó ( Q ) : x + y − z − 4 = 0 .
 I (1;1;2 )
Mặt cầu ( S ) : 
.
R
=
2
3

d ( I , (Q )) =
1+1− 2 − 4
3
=
4
3
Bán kính đường tròn giao tuyến r = IM 2 − d 2 ( I , ( Q ) ) = 12 −
16 2 15
.
=
3
3
Câu 38: Cho A (1;1; −3) , B ( 6;2;2 ) , C ( −1;0; −2 ) . Tọa độ điểm M  ( Oxy ) sao cho MA + 2MB + 3MC
đạt giá trị nhỏ nhất là:
5 5 
A. M  ; ;0  .
3 6 
Chọn A
44| Biên soạn: Phan Nhật Linh
5 5 
B. M  ; − ;0  .
3 6 
 5 5 
C. M  − ; − ;0  .
 3 6 
Lời giải
 5 5 
D. M  − ; ;0  .
 3 6 
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
x A + 2 xB + 3 xC 5

=
 xI =
1+ 2 + 3
3

y + 2 yB + 3 yC 5

5 5 5
= nên I  ; ; −  .
Gọi IA + 2 IB + 3IC = 0 suy ra  yI = A
1+ 2 + 3
6
3 6 6

z A + 2 z B + 3 zC
5

=−
 zI =
1+ 2 + 3
6

(
Phan Nhật Linh
)
Ta có P = MA + 2MB + 3MC = 6MI + IA + 2 IB + 3IC = 6MI = 6MI .
Để P đạt giá trị nhỏ nhất thì MI min, suy ra M là hình chiếu của I trên ( Oxy ) . Do đó tọa độ
5 5 
điểm cần tìm là M  ; ;0  .
3 6 
Câu 39: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua hai điểm A (1; −7; −8 ) ,
B ( 2; −5; −9 ) sao cho khoảng cách từ điểm M ( 7; −1; −2 ) đến ( P ) đạt giá trị lớn nhất. Biết ( P ) có
một véctơ pháp tuyến là n = ( a; b;4 ) , khi đó giá trị của tổng a + b là
A. −1 .
B. 3 .
C. 6 .
Lời giải
D. 2 .
Chọn B
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M trên ( P ) và đường thẳng AB .
Phương trình đường thẳng AB , nhận VTCP là AB (1;2; −1)
 x =1+ t

 y = −7 + 2t
 z = −8 − t

(t  )
K  AB  K (1 + t ; − 7 + 2t ; − 8 − t )  MK ( t − 6; − 6 + 2t ; −6 − t )
Do MK . AB = 0  t − 6 + 2 ( −6 + 2t ) + t + 6 = 0  t = 2
Ta có: K ( 3; −3; −10 ) và d ( M , ( P ) ) = MH  MK .
Dấu bằng xảy ra khi H  K , khi đó MH = ( −4; −2; −8 ) = −2 ( 2;1;4 ) , mặt phẳng ( P ) nhận
n = ( 2;1;4 ) làm vectơ pháp tuyến.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 45
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Vậy a + b = 3 .
Câu 40: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
A (1;0;0 ) , B ( −1;0;1) , C ( −1;2;3) . Điểm
( S ) : ( x − 1)2 + ( y + 2 )2 + ( z − 3)2 = 25 và các điểm
M ( x0 ; y0 ; z 0 ) thỏa d = 3MA2 + 2MB 2 − MC 2 đạt giá
trị nhỏ nhất. Giá trị của T = 4 x0 − 3 y0 − 2 z0 bằng
A. 2 .
B. 3 .
D. 4 .
C. 8 .
Lời giải
Chọn D
I
E
M
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; − 2;3) và bán kính R = 5 .
1 1 1
Gọi điểm E thỏa mãn 3EA + 2 EB − EC = 0 . Khi đó E  ; − ; −  .
2 2 4
2
2
Ta có d = 3MA2 + 2MB 2 − MC 2 = 3MA + 2MB − MC
(
)
) − ( ME + EC )
+ 2ME ( 3EA + 2 EB − EC ) + 3EA + 2 EB
2
(
= 3 ME + EA + 2 ME + EB
= 4ME 2
2
2
2
2
2
− EC 2 = 4ME 2 + 3EA2 + 2 EB 2 − EC 2 .
d đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ME đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có IE =
209
 R . Do đó điểm E nằm trong mặt cầu ( S ) .
4
20 − 209
.
4
M là giao điểm của đường thẳng IE và mặt cầu ( S ) .
Khi đó MEmin = R − IE =
 x = 1 − 2t

Phương trình đường thẳng IE :  y = −2 + 6t . Gọi M (1 − 2t ; − 2 + 6t;3 − 13t ) .
 z = 3 − 13t

Vì M  ( S ) nên ta có (1 − 2t − 1) + ( −2 + 6t + 2 ) + ( 3 − 13t − 3) = 25  t = 
2
2
2
5
209
.
10
30
65 
10
30
65 


Suy ra M1 1 −
;− 2 +
;3 −
;− 2 −
;3 +
 , M 2 1 +
.
209
209
209 
209
209
209 


20 − 209
10
30
65 

do đó nhận M 1 −
;− 2 +
;3 −
.
4
209
209
209 

Khi đó T = 4 x0 − 3 y0 − 2 z0 = 4 .
Mà MEmin =
46| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
cho
điểm
A ( 1; 1; 2 )
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 2 = 0 . Mặt phẳng ( P ) qua điểm A và
đường tròn ( C ) có bán kính nhỏ nhất. Mặt phẳng ( P ) có phương trình là
A. ( P ) : 3x − z − 1 = 0 .
B. ( P ) : 3 y − z + 1 = 0 .
C. ( P ) : 2 x + y − z − 1 = 0 .
D. ( P ) : 3 y − z − 1 = 0 .
Phan Nhật Linh
và mặt cầu
cắt mặt cầu ( S ) theo
Lời giải
Chọn D
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 4 .
Ta có: IA = ( 0;3; −1)  IA = 10  R suy ra A nắm trong mặt cầu ( S )
.Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( P ) , khi đó bán kính của đường tròn ( C )
là: r = R 2 − d 2 ( I , ( P ) ) = R 2 − IH 2 .
Diện tích đường tròn ( C ) nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Mà IH  IA nên IH lớn nhất khi H  A
.
Vậy mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A (1;1;2 ) và nhận vectơ IA = ( 0;3; −1) làm vectơ pháp tuyến.
( P ) : 0 ( x − 1) + 3 ( y − 1) − 1( z − 2 ) = 0
 3y − z −1 = 0 .
Câu 42: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A (1;0; −1) , B (1;2;1) , C ( 2; −1; −1) . Gọi M là điểm
thay đổi thuộc mặt cầu tâm B, bán kính R = 2. Giá trị nhỏ nhất của MA + 2 MC là
A. 2 14.
B. 6 2.
C. 38.
Lời giải
D. 4 2.
Chọn C
AB = ( 0;2;2 ) , AC = (1; −1;0 )  AB = 2 2, AC = 2, CAB = 120.
AB = 2 R, AC = R, CAB = 120.
Gọi E = BA  ( B ) và D là trung điểm BE .
Xét tam giác BDM và tam giác MAB có:
 BD MB 1
=
=

 MB AB 2  Tam giác BDM đồng dạng với tam giác BMA .
 B chung

MA MB

=
= 2  MA = 2MD  MA + 2MC = 2 ( MD + MC )  2CD
MD BD
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 47
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Áp dụng định lí cô – sin vào tam giác CAD ta có:
CD 2 = CA2 + AD 2 − 2.CA. AD.cos120 = 2 +
9
19
38
+ 3 =  CD =
2
2
2
Vậy MA + 2 MC  38 . Dấu " = " xảy ra khi: M = CD  ( B ) .
x = 1

Câu 43: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : y − 1 = 0 , đường thẳng d :  y = 2 − t và hai điểm
z = 1

1

A ( −1; −3;11) , B  ;0;8  . Hai điểm M , N thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho d ( M , d ) = 2 và
2

NA = 2 NB . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN .
A. MN min = 1 .
V=
C. MN min =
B. MN min = 2 .
2
.
2
2
D. MN min = .
3
2a 3

24
Lời giải
Chọn A
Gọi I = d  ( P )  I (1;2 − t ;1)
I  ( P )  2 − t − 1 = 0  t = 1  I (1;1;1)
Ta có d ⊥ ( P )  M thuộc đường tròn tâm I (1;1;1) , R1 = 2 .
1

N ( x; y; z )  NA ( −1 − x; −3 − y;11 − z ) ; NB  − x; − y;8 − z 
2

NA = 2 NB  (1 + x ) + ( 3 + y ) + (11 − z )
2
2
2
2
 1
2

= 4  − x  + y 2 + ( 8 − z ) 

 2

 3 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 − 6 x − 6 y − 42 z + 126 = 0
 x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 14 z + 42 = 0
Vậy N  S ( J (1;1;7 ) ; R2 = 3) và J  ( P ) : y = 1
Nên N thuộc đường tròn tâm J (1;1;7 ) ; R2 = 3
Ta có IJ = 6  R1 + R2  MN min = IJ − R1 − R2 = 1
x = 5

Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(4; −2;4) , B(−2;6;4) và đường thẳng d :  y = −1. Gọi M
z = t

là điểm di động thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho AMB = 90o và N là điểm di động thuộc d . Tìm
giá trị nhỏ nhất của MN .
A. 2
Chọn A
48| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 8 .
C. 73 .
Lời giải
D. 5 3 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
AB
= 5 . Mặt khác M
2
là điểm di động thuộc mặt phẳng ( Oxy ) nên M thuộc đường tròn ( C ) là giao của mặt cầu với
AMB = 90o nên M thuộc mặt cầu đường kính AB , có tâm I (1;2;4 ) ; R =
mặt phẳng ( Oxy ) . Đường tròn này có tâm H (1;2;0 ) là hình chiếu của I trên ( Oxy ) . bán kính
r = R 2 − IH 2 = 3 .
x = 5

Gọi K là giao điểm của mặt phẳng ( Oxy ) và đường thẳng d :  y = −1. suy ra K ( 5; −1;0 ) , HK = 5
z = t

.
Nhận thấy d ⊥ ( Oxy ) tại K . Gọi E = HK  ( Oxy ) , E nằm giữa HK ,
Ta có M  ( C ) , N  d : MN  MK  KE. Vậy EK là giá trị nhỏ nhất của MN .
Lại có HE = r = 3  KE = 2.
Câu 45: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;2; −2 ) , B ( 2;4; −3) . Điểm M di động trên mặt phẳng
( Oxy ) sao cho
MA , MB luôn tạo với ( Oxy ) các góc phụ nhau. Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn
thẳng OM thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 4;5 ) .
B. ( 3;4 ) .
C. ( 2;3) .
D. ( 6;7 ) .
Lời giải
Chọn D
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên mặt phẳng ( Oxy ) . Khi đó:
H (1;2;0 ) , K ( 2;4;0 ) ; AH = d ( A, ( Oxy ) ) = −2 = 2 ; BK = d ( B, ( Oxy ) ) = −3 = 3 .
Vì MA , MB tạo với ( Oxy ) các góc phụ nhau nên MAH
BMK .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 49
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
MA MH AH
Suy ra
=
=
 MH .MK = AH .BK = 6 .
MB BK MK
Giả sử M ( x; y; z ) , ta có:
6 = MH .MK  MH .MK = (1 − x).(2 − x) + (2 − y )(4 − y ) + −( z ).(− z ) .
 x 2 + y 2 + z 2 − 3x − 6 y + 4  0 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ MH , MK cùng hướng.
Do
đó,
M
luôn
thuộc
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 3x − 6 y + 4  0
( C ) là
và mặt phẳng ( Oxy ) .
hình
tròn
giao
tuyến
của
khối
cầu
29
3

Hình tròn ( C ) có tâm I  ;3;0  là trung điểm của HK và bán kính R =
.
2
2

Do O nằm ngoài ( C ) và bốn điểm O, H , I , K thẳng hàng nên giá trị lớn nhất của độ dài đoạn
thẳng OM là max OM = OI + R =
3 5 + 29
 6,045 .
2
Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho A ( 0;0;1) , B ( 0;0;9 ) , Q ( 3;4;6 ) . Xét các điểm M thay đổi sao cho
tam giác ABM vuông tại M và có diện tích lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MQ
thuộc khoảng nào dưới đây?
A. ( 4;5 ) .
B. ( 3;4 ) .
C. ( 2;3) .
D. (1;2 ) .
Lời giải
Chọn D
Gọi I là trung điểm AB  I ( 0;0;5 ) .
AB = ( 0;0;8 ) , AB = 8 .
2
2
Gọi ( S ) là mặt cầu đường kính AB , ta có ( S ) : x + y + ( z − 5 ) = 16 .
2
Gọi ( P ) là mặt phẳng trung trực của đoạn ( S ) AB  ( P ) : z − 5 = 0 .
 x 2 + y 2 + ( z − 5 )2 = 16

Gọi đường tròn ( C ) = ( S )  ( P ) = 
 z − 5 = 0
, đường tròn ( C ) có bán kính bằng 4.
Tam giác ABC vuông tại M và có diện tích lớn nhất  M  ( C ) .
50| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Gọi T là hình chiếu của Q trên ( P )  T ( 3;4;5 ) .
Phan Nhật Linh
Ta có QT = d ( Q, ( P ) ) = 1 , IT = 5 nên T nằm ngoài ( C ) .
Lại có MQ = QT 2 + TM 2 = 1 + QT 2 , nên MQ nhỏ nhất khi TM nhỏ nhất.
Ta có TM nhỏ nhất khi I , M , T thẳng hàng theo thứ tự đó, khi đó TM = TI − IM = 5 − 4 = 1 .
Vậy MQ nhỏ nhất bằng
Vậy min V =
2.
80 5
 IK = 5 5
3
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ ( Oxyz ) , cho hai điểm A ( 2; −1; −3) , B ( 0;1; −2 ) và mặt phẳng
( P ) : 2x + y − 2 z − 4 = 0 . Điểm
sin AMB bằng
5
A. −
13
B. −
M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho AMB lớn nhất thì giá trị của
12
.
13
C.
12
.
13
D.
5
.
13
Lời giải
Chọn A
Ta có AB = ( −2;2; −1) , AB = 3 và n P = ( 2;1; −2 ) nên AB.n = −4 + 2 + 2 = 0 hay AB
( P) .
5

Gọi I là trung điểm của AB  I 1;0; −  . Xét mặt cầu ( S ) đường kính AB .
2

Do d ( I , ( P ) ) =
 5
2 1 − 0 − 2   −  − 4
 2
22 + 12 + ( −2 )
2
=
3
AB 3
=1
= .
3
2
2
Nên mặt cầu ( S ) sẽ cắt mặt phẳng ( P ) theo một đường tròn có tâm H là hình chiếu của I trên
mặt phẳng ( P ) và bán kính r =
AB 2
5
− d2 =
.
4
2
Xét điểm M bất kỳ thuộc mặt phẳng ( P ) nằm ngoài đường tròn tâm H bán kính r =
5
.
2
Gọi M ' là giao điểm của IM và mặt cầu ( S ) , khi đó AMB  AM ' B = 90 .
Vậy M thuộc mặt phẳng ( P ) nằm trong đường tròn tâm H bán kính r =
5
.
2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 51
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có cot AMB =
MA2 + MB 2 − AB 2
AB 2
.
; MA2 + MB 2 = 2MI 2 +
4S AMB
2
AB 2
2 MI −
2 .
 cot AMB =
4 S AMB
2
1
3
Do d ( M , AB )  HI  S AMB  S AHB = .1.3 = , MI 2  HI 2 = 1 và cot AMB  0 .
2
2
9
2−
2 = − 5  sin AMB = − 5 .
Nên để AMB lớn nhất thì M  H và cot AMB =
3
12
13
4
2
Câu 48: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm S ( 7;8;6 ) và P ( −5; −4;0 ) . Xét khối chóp tứ giác đều
S . ABCD nội tiếp trong mặt cầu đường kính SP. Khi khối chóp S . ABCD có thể tích lớn nhất thì
mặt phẳng ABCD có phương trình 2 x + by + cz + d = 0. Giá trị b + c + d bằng
A. 3 .
C. −3 .
B. 5 .
D. −5 .
Lời giải
Chọn A
Mặt cầu đường kính SP có tâm I (1;2;3) và bán kính R = 9 .
Xét hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm H , cạnh a
(0  a  9 2 ) .
Ta chỉ cần xét trường hợp SH  SI .
Ta có
HA =
AC a 2
a2
=
 HI = IA2 − HA2 = 81 −
2
2
2
Mặt khác ta lại có SH = SI + IH = 9 + 81 −
a2
.
2
1 
a2
Thể tích của khối chóp S . ABCD là V = a 2  9 + 81 −
3 
2

Đặt a 2 = t , do 0  a  9 2 nên 0  t  162 .
1 
t 
Xét hàm số f ( t ) = 3t + t  81 −  , với 0  t  162 .
3 
2 
52| Biên soạn: Phan Nhật Linh

1
a2
 = 3a 2 + a 2 81 −
.

3
2

Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
324 − 3t
Ta có f  ( t ) = 3 +
.
t
12 81 −
2
Suy ra
f (t ) = 0  3 +
324 − 3t
= 0  36 81 −
Phan Nhật Linh
t
= 3t − 324
2
t
2
t  108
t  108
t
t


2
  t = 0  t = 144 .
 81 − = − 9  
t  t

2 12
 t = 144
81 − =  − 9 
2  12



Ta có bảng biến thiên
12 81 −
Từ bảng biến thiên ta có Vmax = 576 khi t = 144 hay a = 12 .
Khi đó HI = 81 −
4
a2
= 3 . Suy ra SH = SI .
3
2
Do S ( 7;8;6 ) và I (1;2;3) nên SI = ( −6; −6; −3) suy ra H ( −1;0;2 ) .
Mặt phẳng ( ABCD ) qua H ( −1;0;2 ) và nhận n = ( 2;2;1) là véctơ pháp tuyến nên có phương
trình: 2 x + 2 y + z = 0 . Vậy b + c + d = 3.
Câu 49: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :
x −1 y − 2 z − 3
=
=
và mặt cầu
2
3
4
(S )
:
( x + 3)2 + ( y + 4 )2 + ( z + 5)2 = 729 . Cho biết điểm A ( −2; −2; −7 ) , điểm B thuộc giao tuyến của
mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + 4 z − 107 = 0 . Khi điểm M di động trên đường thẳng d
giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB bằng
A. 5 30
B. 27
C. 5 29
D.
742
Lời giải
Chọn A
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 53
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
d
A
I
M
K
B
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −3; −4; −5 ) và bán kính R = 27 .
Đường thẳng d có 1 véc-tơ chỉ phương là u = ( 2;3;4 )  d ⊥ ( P ) .
Gọi K là giao điểm của mặt phẳng ( P ) và đường thẳng d . Vì I  d nên K là tâm của đường
tròn giao tuyến và KB ⊥ d .
Ta có IA = (1;2; −2 )  IA = 3 và IA.u = 0  IA ⊥ d .
Ta tính được IK = d ( I , ( P ) ) =
2.( −3) + 3.( −4 ) + 4 ( −5) − 107
2 +3 +4
2
2
2
= 5 29 và KB = R 2 − IK 2 = 2
.
Do M di động trên đường thẳng d (trục của đường tròn giao tuyến) và B thuộc đường tròn
giao tuyến nên biểu thức MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M = AB  d .
MI
IA 3
=
= và MI + MK = IK = 5 29 .
Khi đó, ta có
MK KB 2
Suy ra MI = 3 29 , MK = 2 29 .
Ta có AM = IA2 + MI 2 = 3 30  BM =
2
AM = 2 30 .
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của MA + MB là AM + BM = 3 30 + 2 30 = 5 30 .
Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1;2; −3) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0
. Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương u = ( 3;4; −4 ) cắt ( P ) tại B . Điểm M thay đổi
trong ( P ) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90o . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng
MB đi qua điểm nào trong các điểm sau?
A. H ( −2; −1;3) .
B. I ( −1; −2;3) .
C. K ( 3;0;15 ) .
Lời giải
Chọn B
54| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. J ( −3;2;7 ) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Đường thẳng d đi qua A (1;2; −3) và có vectơ chỉ phương u = ( 3;4; −4 ) có phương trình là
 x = 1 + 3t

 y = 2 + 4t .
 z = −3 − 4t

Ta có: MB 2 = AB 2 − MA2 . Do đó ( MB )max khi và chỉ khi ( MA )min .
Gọi E là hình chiếu của A lên ( P ) . Ta có: AM  AE .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  E .
Khi đó ( AM )min = AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉ phương.
Ta có: B  d nên B (1 + 3t;2 + 4t; −3 − 4t ) mà B  ( P ) suy ra:
2 (1 + 3t ) + 2 ( 2 + 4t ) − ( −3 − 4t ) + 9 = 0  t = −1  B ( −2; −2;1) .
Đường thẳng AE qua A (1;2; −3) , nhận nP = ( 2;2; −1) làm vectơ chỉ phương có phương trình là
 x = 1 + 2t

 y = 2 + 2t .
 z = −3 − t

Suy ra E (1 + 2t ;2 + 2t; −3 − t ) .
Mặt khác, E  ( P ) nên 2 (1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) − ( −3 − t ) + 9 = 0  t = −2  E ( −3; −2; −1) .
Do đó đường thẳng. MB . qua B ( −2; −2;1) , có vectơ chỉ phương BE = ( −1;0; −2 ) nên có phương
 x = −2 − t

trình là  y = −2 .
 z = 1 − 2t

Thử các đáp án thấy điểm I ( −1; −2;3) thỏa.
Câu 51: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −3; −4) và B(−2;1;1) . Với M là điểm trên đường
x −1 y z +1
= =
, xét N là một điểm di động trên mặt cầu có tâm M với bán kính bằng
1
2
−1
2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = AM + BN thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A. (1;3) .
B. ( 3;5 ) .
C. ( 5;7 ) .
D. ( 7;9 )
thẳng d :
Lời giải
Chọn C
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 55
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Với mỗi điểm M di động trên đường thẳng d , do N là một điểm di động trên mặt cầu có tâm
M với bán kính bằng 2 nên BN nhỏ nhất khi BN = BM − R = BM − 2 .
Do đó, bài toán đưa về việc tìm M sao cho P = AM + BM − 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Do M  d nên M (1 + t ;2t ; − 1 − t ) với t 
.
Khi đó: AM = t 2 + (2t + 3) 2 + (3 − t ) 2 = 6t 2 + 6t + 18 ,
BM = (t + 3)2 + (2t − 1)2 + (−2 − t ) 2 = 6t 2 + 6t + 14 .
Khi đó P = 6t 2 + 6t + 18 +
thì 6t 2 + 6t + 14  4 nên
6t 2 + 6t + 14 − 2 = 6t 2 + 6t + 18 + 6t 2 + 6t + 14 − 2 (vì t 
6t 2 + 6t + 14 − 2  0 , do đó
6t 2 + 6t + 14 − 2 = 6t 2 + 6t + 14 − 2 ).
Xét hàm số f (t ) = 6t 2 + 6t + 18 + 6t 2 + 6t + 14 − 2 , với t 
Ta có f (t ) =
6t + 3
+
,
.
6t + 3
1
= 0  6t + 3 = 0  t = − .
2
6t 2 + 6t + 14
6t 2 + 6t + 18
1
Qua đó, ta thấy ngay t = − là điểm cực trị duy nhất của hàm số và đó là điểm cực tiểu nên hàm
2
số f (t ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng
1
66 + 5 2 − 4
tại t = − .
2
2
Câu 52: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu
( S ) : x2 + y 2 + z 2 = 1
và hai điểm
A ( 3;0;0 ) ; B ( −1;1;0 ) . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu ( S ) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA + 3MB .
A. 2 34 .
B.
26
C. 6
Lời giải
D. 5
Chọn D
Gọi M ( x; y; z ) là điểm cần tìm.
Ta có : M  ( S )  x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 .
MA =
( x − 3)2 + y 2 + z 2 ; MB = ( x + 1)2 + ( y − 1)2 + z 2 .
Suy ra: MA + 3MB =
=
( x − 3)2 + y 2 + z 2 + 3 ( x + 1)2 + ( y − 1)2 + z 2
( x − 3)2 + y 2 + z 2 + 8 ( x2 + y 2 + z 2 ) − 8 + 3 ( x + 1)2 + ( y − 1)2 + z 2
2
1
2
2
1


= 3  x −  + y 2 + z 2 + 3 ( x + 1) + ( y − 1) + z 2 = 3 ( MC + MB )  3BC với C  ;0;0  . ( Dễ
3

3

thầy điểm B nằm ngoài mặt cầu, còn điểm C nằm trong mặt cầu).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + 3MB bằng 5 khi
 M = BC  ( S )
3−8 6 4+6 6 
 M 
;
;0  .

25
 25

CM = k .CB ( k  0 )
56| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
DẠNG 16
A
•
Hàm số
TÍNH ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆ ĐỐI
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
y = f ( x ) đồng biến trên  ; +  )
 y ( )  0, x   ; +  )
• 
.
 y ( )  0
•
Phan Nhật Linh
Hàm số y = f ( x )
khi và chỉ khi
 y ( )  0, x   ; +  )
• 
.
 y ( )  0
đồng biến trên ( ;  ) khi và chỉ khi
 y ( )  0, x  ( ;  )
• 
.
 y ( )  0
 y ( )  0, x  ( ;  )
• 
.
 y ( )  0
•
Các dạng đồng biến y = f ( x )
•
Hàm số hỏi nghịch biến làm ngược lại.
trên ( − ; a  ,  ;   ta thực hiện tương tự.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
B
BÀI TẬP TRONG ĐỀ MINH HỌA
Câu 50 – Đề tham khảo 2023. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a  ( −10; + ) để hàm số
y = x3 + ( a + 2 ) x + 9 − a 2 đồng biến trên khoảng ( 0;1) ?
A. 12.
B. 11.
C. 6.
D. 5.
 Lời giải
Chọn B
Xét f ( x ) = x3 + ( a + 2 ) x + 9 − a 2 có f ' ( x ) = 3x 2 + a + 2
Để y = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0;1)
 f ' ( x )  0, x  ( 0;1)
Trường hợp 1: 
 f ( 0 )  0
a  Max ( −3 x 2 − 2 )
3 x 2 + a + 2  0, x  ( 0;1)
 a  −2

( 0;1)



 a   −2;3


2
−3  a  3
9 − a  0
9 − a 2  0
a = −2; −1;0;1; 2;3; → 6 giá trị
 f ' ( x ) , x  ( 0;1)
Trường hợp 2: 
 f ( 0 )  0
a  −5
2

−3x 2 − 2 )
(

3x + a + 2  0, x  ( 0;1)
a  Min

( 0;1)


   a  3  a  −5
2
2
9 − a  0

  a  −3

9
−
a

0


Kết hợp với điều kiện bài toán a = −9; −8; −7; −6; −5 → 5 giá trị
Vậy có 11 giá trị thoả mãn.
C
Câu 1:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ VÀ PHÁT TRIỂN
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a   −10;10 để hàm số
f ( x ) = x3 − 3ax 2 − 3 ( a + 2 ) x − a + 1 đồng biến trên khoảng ( 0;2 ) ?
B. 12 .
A. 19 .
Câu 2:
C. 2.
D. 1.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số f ( x ) = x3 − 3x 2 + mx + 10 đồng biến trên
( −1;1) ?
A. 3.
Câu 3:
B. 4.
Gọi
S
là
số
giá
trị
C. 5.
nguyên
của
m
D. 6.
thuộc
khoảng
( −20;20 )
để
hàm
số
f ( x ) = 2 x 4 − 4 ( m + 4 ) x3 + 3m 2 x 2 + 48 đồng biến trên ( 0;2 ) . Số phần tử của tập S là
A.
Câu 4:
16 .
B. 32 .
C.
8.
D. 4 .
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn  −10;10 để hàm số
y = x3 + mx 2 − 2mx + m − 3 nghịch biến trên ( −;1) .
A. 0 .
2| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 1 .
C. 11 .
D. 10 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
1
1
2
Câu 5: Cho hàm số f ( x) = − x3 + (2m + 3) x 2 − m2 + 3m x + . Có bao nhiêu giá trị nguyên của
3
2
3
(
)
tham số m thuộc [ −9;9] để hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2) ?
A. 3.
B. 2.
C. 16.
Câu 6:
D. 9.
Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m sao cho hàm số y = − x 4 + mx3 + 2m2 x 2 + m − 1
đồng biến trên (1;+ ) . Tổng tất cả các phần tử của S là
A. −1 .
Câu 7:
B. −2 .
C. 0.
D. 2.
Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng ( −4;4 ) để hàm số y =
1 3
x − x 2 + mx + 1 đồng biến
3
trên (1;+ ) ?
B. 4 .
A. 5 .
Câu 8:
C. 3 .
D. 6 .
Gọi S =  a ; +  ) là tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − 3x 2 + mx + 3m + 1
đồng biến trên khoảng ( −2 ; +  ) . Khi đó a bằng
A. −3 .
Câu 9:
B. 19 .
D. −2 .
C. 3 .
Có bao nhiêu số nguyên của tham số m để hàm số y =
x 2 − 2 x + 2m + 2
đồng biến trên
x −1
3;+ ) ?
A. 4 .
B. 5 .
C. Vô số.
D. 6 .
Câu 10: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho hàm số y = x + 1 +
m 2 − 2m − 1
đồng biến
x +1
trên ( 2;+ ) là  a; b  .Tính a.b .
A. −10 .
B. −9 .
D. −7 .
C. 2 .
Câu 11: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =
x 2 + x + 2m − 3
đồng biến
x −1
trên khoảng ( 3;+ ) ?
A. 7 .
B. 5 .
Câu 12: Cho hàm số y =
2− x + x+2 +
C. 4 .
D. Vô số.
m
x − 1 . Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số nghịch
2
biến trên (0;1)
A. 4
Câu 13: Cho hàm số f ( x ) =
B. 2 .
C. 3 .
D. 5 .
x 2 + 2 x + 2 − x + m , trong đó m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả
các giá trị nguyên của m trên đoạn  −2019;2019 để hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng
( −1; + ) . Số phần tử của tập
A. 2018.
S là
B. 2017.
C. 2019.
D. 4039.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 3
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 14: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc  −5;5 để hàm số y = cos3 x − 3m2 cos x nghịch biến
 
trên  0;  .
 2
A. 1 .
B. 11 .
C. 5 .
D. 6
Câu 15: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để y = 9 x + 3x − m + 1 đồng biến trên đoạn  0;1 .
A. 1 .
C. 3 .
B. 4 .
D. 6 .
Câu 16: Có bao nhiêu giá trị m nguyên dương và nhỏ hơn 2020 để hàm số y = 4 x − m.2 x +1 + m + 2 đồng
biến trên khoảng (0;1) ?
A. 2018 .
B. 2019 .
2 x+2
C. 2 .
D. 3 .
x +1
Câu 17: Cho hàm số y = e x −1 + 3e x −1 − 2m + 5 (1) . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m
để hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2; 4 ) ?
A. 234 .
B. Vô số.
D. Không tồn tại m .
  
Câu 18: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = 8 tan x + 3.2tan x − m + 2 đồng biến trên  − ;  .
 4 2
A. m 
29
.
8
29
.
8
B. m 
C. 40 .
C. m 
Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng
29
.
8
( −100;100 )
D. m 
29
.
8
của tham số m để hàm số
y = ln 3x − 4 x 2 + m đồng biến trên đoạn 1; e 2  ?
A. 101 .
B. 102 .
C. 103 .
D. 100 .
(
)
Câu 20: Có bao nhiêu số nguyên m thuộc ( −2020;2020 ) để hàm số y = ln x 2 + 2 x − m − 2mx 2 − 1
luôn đồng biến trên ( 0;10 ) .
A. 4038 .
B. 2020 .
C. 2017 .
D. 2017 .
(
3
Câu 21: Có bao nhiêu số nguyên của tham số m trong đoạn −
 3; 3  để hàm số y = ln x + mx + 2
)
đồng biến trên nửa khoảng 1; 3 ) ?
A. 7.
C. 6 .
B. 4 .
(
D. 5 .
)
Câu 22: Cho hàm số y = ln x 2 − mx − m − 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng ( −10;10 ) của
 1 
tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  − ;1  ?
 2 
A. 10.
B. 6.
C. 9.
D. 5.
(
3
2
Câu 23: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  −
 10;10  để hàm số y = log 3 x + x − mx + 1
đồng biến trên 1; + ) .
A. 13 .
B. 12 .
C. 11 .
D. 10 .
(
)
)
Câu 24: Tổng các giá trị nguyên của m trên  −10;10 để hàm số y = g ( x) = ln x 2 + x + m + x đồng
biến trên ( −1;3) là
A. 50 .
4| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 100 .
C. 52 .
D. 105 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ.
Phan Nhật Linh
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   0;23 để hàm số y = f ( x ) − 2m2 x + m − 1
đồng biến trên khoảng ( −3;0 ) ? Biết rằng tọa độ điểm cực tiểu của hàm số y = f ( x ) là ( −3;5 )
?
A. 1 .
B. 22 .
C. 3 .
D. 20 .
Câu 26: Cho hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như hình vẽ.
Biết rằng f (1) = 1 . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   −2023;2023 để hàm
số y = 4 f ( ln x ) − ln 2 x + 1 − 2m nghịch biến trên khoảng (1;e ) .
A. 2023 .
B. 2014 .
Câu 27: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
C. 2026 .
D. 4042 .
và có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ.
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   −23;23 để hàm số
y = 2 f ( 2 − x ) − mx 2 + 2 ( 3m + 1) x + m nghịch biến trên khoảng (1;3) ?
A. 43.
B. 41.
C. 2.
D. 1.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 5
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và luôn dương trên
Về đích đặc biệt 9+
có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ.
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số 0  m  20 để hàm số
y = 4 f ( x − m ) + x 2 − 2mx + 2023 đồng biến trên khoảng (1;2 ) ?
A. 2 .
C. 4 .
B. 3 .
D. 1 .
Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = − x 2 − 2 x + 3 với x 
. Số giá trị nguyên của tham
(
)
số m thuộc  −10;10 để hàm số g ( x ) = f sin 2 x + 3sin x − m + m2 + 2 đồng biến trên
 2 5 
 ;  là
 3 6 
A. 5 .
Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên
D. 11 .
C. 14 .
B. 6 .
và có đồ thị hàm số đạo hàm y = f  ( x ) như sau:
Hàm số ho hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1 ) + x 2 − 2 x − 2 x − 1 + 2023 nghịch biến trên khoảng nào
dưới đây?
A. ( −; −1) .
C. ( −1;1) .
B. (1;2) .
Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
D. (3; + ) .
và f ( −3) = 0 và có bảng xét dấu đạo hàm
như sau:
(
)
Hỏi hàm số g ( x ) = 2 ( x + 1) − 6 ( x + 1) − 3 f − x 4 − 4 x3 − 4 x 2 − 2 đồng biến trên khoảng nào
6
trong các khoảng sau?
A. (1;2 ) .
6| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. ( −1;0 ) .
2
C. ( 0;1) .
D. (1;+ ) .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 2 ) có đồ thị như hình dưới
đây:
Gọi S là tập tất cả các số nguyên của tham số a để hàm số y = 4 f ( sin x ) + cos 2 x − ( a + 1)
 
nghịch biến trên khoảng  0;  . Tổng các phần tử của tập S là:
 2
A. 2 .
B. −3 .
C. 0 .
2
D. −1 .
Câu 33: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có f ( 5 )  8 và f (1) = 0. Biết hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như
hình vẽ bên.
2
 x x
Hàm số g ( x ) = f 1 −  −
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
 2 8
A. ( −8; −4 )
B. ( 4;+ )
C. ( 2;4 )
D. ( −10; −8 )
Câu 34: Cho hàm số y = f ' ( x ) là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi S là tập tất cả các
số tự nhiên không quá 100 của m sao cho hàm số g ( x ) = f ( m − 2 x ) + x 2 − mx nghịch biến
trên khoảng ( 0;1) . Số phần tử của tập S bằng:
A. 95 .
B. 96 .
C. 100 .
D. 99 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 7
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 35: Cho đồ thị hàm số y = f ( 5 − 2 x ) như hình vẽ dưới đây:
(
)
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   −23;23 để hàm số y = f x3 − 3x + m + m 2 − 1
đồng biến trên khoảng ( 0;1) ?
A. 23 .
B. 22 .
Câu 36: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
C. 21 .
D. 20 .
và có đồ thị như hình vẽ dưới đây:
(
)
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   0;23 để hàm số g ( x ) = f x 2 − 2 x + m + 2023
đồng biến trên khoảng ( 2; + ) ?
A. 23 .
8| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 20 .
C. 21 .
D. 22 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1:
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a   −10;10 để hàm số
f ( x ) = x3 − 3ax 2 − 3 ( a + 2 ) x − a + 1 đồng biến trên khoảng ( 0;2 ) ?
A. 19 .
B. 12 .
C. 2.
Lời giải
D. 1.
Chọn A
Xét hàm số g ( x ) = x3 − 3ax 2 − 3 ( a + 2 ) x − a + 1
(
Đạo hàm g  ( x ) = 3x 2 − 6ax − 3 ( a + 2 ) = 3 x 2 − 2ax − a − 2
)
Để hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;2 ) thì ta có hai trường hợp sau:
−a + 1  0
 f ( 0 )  0
a  1

Trường hợp 1: 

, x  ( 0;2 )
x2 − 2  
a  −2
 f  ( x )  0
a 
2x + 1

−a + 1  0
 f ( 0 )  0
a  1


, x  ( 0;2 )
Trường hợp 2: 
x2 − 2  
a  1
 f  ( x )  0
a 
2x + 1

 a  −2 a ; a−10;10  −10  a  −2
Từ hai trường hợp, yêu cầu bài toán  
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
→
a  1
1  a  10
Vậy có tất cả 19 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 2:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của m sao cho hàm số f ( x ) = x3 − 3x 2 + mx + 10 đồng biến trên
( −1;1) ?
A. 3.
B. 4.
C. 5.
Lời giải
D. 6.
Chọn B
Xét hàm số f ( x ) = x3 − 3x 2 + mx + 10 có đạo hàm f  ( x ) = 3x 2 − 6 x + m .
Hàm số f ( x ) = f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1;1) thì bảng biến thiên của hàm số y = f ( x )
trên khoảng ( −1;1) phải có dạng như sau:
Trường hợp 1: Hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1;1) và không âm trên ( −1;1) tức là
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 9
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 f ( −1)  0
6 − m  0  m  6
, x  ( −1;1)  
, x  ( −1;1)

2

m

6
x
−
3
x
=
g
x
f
x

0
(
)
(
)



Xét hàm g ( x ) = 6 x − 3x 2 trên khoảng ( −1; 1) ta có g  ( x ) = 6 − 6 x , g  ( x )  0 x  ( −1;1) .
Bảng biến thiên
m  6
Do đó giá trị m thỏa mãn trường hợp này là 
3 m6
m  3
Trường hợp 2: Hàm số f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;1) và không dương trên ( −1;1) tức
 f ( −1)  0
6 − m  0
, x ( −1;1)  
, x  ( −1;1) .
là 
2
 f  ( x )  0
m  6 x − 3x
m  6
 m .
Sử dụng bảng biến thiên hàm g ( x ) bên trên ta được: 
m

−
9

Kết hợp với điều kiện m nguyên ta được kết quả m  3, 4,5,6 .
Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3:
Gọi
S
là
số
giá
trị
nguyên
của
m
thuộc
khoảng
( −20;20 )
để
hàm
số
f ( x ) = 2 x 4 − 4 ( m + 4 ) x3 + 3m 2 x 2 + 48 đồng biến trên ( 0;2 ) . Số phần tử của tập S là
A.
16 .
B. 32 .
C. 8 .
Lời giải
D. 4 .
Chọn B
Đặt f ( x ) = 2 x 4 − 4 ( m + 4 ) x3 + 3m 2 x 2 + 48 ,vì h ( 0 ) = 48  0 nên hàm số f ( x ) đồng biến trên
khoảng ( 0;2 ) khi và chỉ khi h ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0;2 ) hay h ( x )  0, x  ( 0;2 )
 8 x3 − 12 ( m + 4 ) x 2 + 6m2 x  0, x  ( 0;2 )
 g ( x ) = 4 x 2 − 6 ( m + 4 ) x + 3m2  0, x  ( 0;2 ) . Xảy ra 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: g ( x ) = 4 x 2 − 6 ( m + 4 ) x + 3m 2  0, x 
 m  12 − 8 3
   0  −3 −48 − 24m + m 2  0  
.
 m  12 + 8 3
(
)
Trường hợp 2: g ( x ) có hai nghiệm x1  x2  0 hoặc g ( x ) có hai nghiệm 2  x1  x2


   0
   0


  g ( 0 )  0 hoặc  g ( 2 )  0 .
S
S
 0
 2
2
2
10| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Ta có
Phan Nhật Linh



2
   0
12 − 8 3  m  12 + 8 3
−3 −48 − 24m + m  0


 2
4
 12 − 8 3  m  − .
 m2  0
 g ( 0 )  0  m  0
3
 3m + 4

S
4

m  −
 0
0
 4
3

2
(
)

12 − 8 3  m  12 + 8 3



2

−
3
−
48
−
24
m
+
m

0
6 + 2 33
   0

m



 2

3
 
 g ( 2 )  0  3m − 12m − 32  0
  m  6 − 2 33
 3m + 4
S

 
 2
2
3

4
2

m  4

3
(
)
6 + 2 33
 m  12 + 8 3 .
3
Kết hợp với điều kiện m nguyên thuộc khoảng ( −20;20 )

 m  −19; −18;......; −2  6;7;8;......;19 .
Câu 4:
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong đoạn  −10;10 để hàm số
y = x3 + mx 2 − 2mx + m − 3 nghịch biến trên ( −;1) .
B. 1 .
A. 0 .
C. 11 .
Lời giải
D. 10 .
Chọn C
Xét hàm số f ( x ) = x3 + mx 2 − 2mx + m − 3
Trường hợp 1: f ( x ) = 0 có nghiệm x0  ( −;1) thì hàm số y = f ( x ) không thể nghịch biến
trên khoảng ( −;1) .
Trường hợp 2: f ( x ) = 0 không có nghiệm x0  ( −;1) . Ta có: f  ( x ) = 3x 2 + 2mx − 2m
Khi đó y = x3 + mx 2 − 2mx + m − 3 = f ( x ) =
f 2 ( x ) nên y =
f ( x). f ( x)
2
.
f ( x)
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −;1) . khi và chỉ khi y  0 với x  ( −;1)
 f ( x). f ( x)  0
 f ( x)  0
, x  ( −;1) ( vì lim f ( x ) = − )

, x  (1; + )  
x →−
 f ( x )  0
 f ( x)  0
 f  ( x )  0; x  ( −;1) ( vì f (1) = −2  0 )
 2m ( x − 1)  −3x 2 ; x  ( −;1)
 m
 −3x 2 
−3x 2
; x  ( −;1)  m  min 
.
( −;1)  2 ( x − 1) 
2 ( x − 1)
Lại có
− x2
1
1
= −x −1 +
=1− x +
−2
x −1
1− x
1− x
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 11
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Do 1 − x  0 , áp dụng BĐT Côsi: 1 − x +
1
− 2  2.
1− x
(1 − x ).
1
−2=0
1− x
Dấu " = " xảy ra khi x = 0 .
 m
Suy ra m  ( − ;0 , do 
nên m  −10; −9;...;0 .
m

−
10;10



Vậy có tất cả 11 giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 5:
(
)
1
1
2
Cho hàm số f ( x) = − x3 + (2m + 3) x 2 − m2 + 3m x + . Có bao nhiêu giá trị nguyên của
3
2
3
tham số m thuộc [ −9;9] để hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2) ?
A. 3.
B. 2.
C. 16.
D. 9.
Lời giải
Chọn B
(
)
1
1
2019
Xét hàm số g ( x) = − x3 + (2m + 3) x 2 − m2 + 3m x +
3
2
2020
(
 g ( x) = − x 2 + (2m + 3) x − m 2 + 3m
)
Để f ( x) nghịch biến trên khoảng (1;2) ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: g ( x) nghịch biến và không âm trên khoảng (1;2) .
(
)

− x 2 + (2m + 3) x − m2 + 3m  0, x  (1;2)

 g ( x)  0, x  (1;2)

Tức là: 
 1
1
2
 g (2)  0
− .23 + .(2m + 3).22 − m2 + 3m .2 +  0
2
3
 3

(
)
  x  m + 3, x  (1;2)
  m  −2


   x  m, x  (1;2)    m  2
 m = −2 .

−2  m  1
2

−2m − 2m + 4  0
Trường hợp 2: g ( x) đồng biến và không dương trên khoảng (1;2) .
(
)

− x 2 + (2m + 3) x − m2 + 3m  0, x  (1;2)
 g ( x)  0, x  (1;2)

Tức là: 
 1
1
2
 g (2)  0
− .23 + .(2m + 3).22 − m2 + 3m .2 +  0
2
3
 3

(
)

−1  m  1
m  x  m + 3, x  (1;2)


 m  1
 m = 1.
2
−2m − 2m + 4  0
  m  −2


Câu 6:
Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m sao cho hàm số y = − x 4 + mx3 + 2m2 x 2 + m − 1
đồng biến trên (1;+ ) . Tổng tất cả các phần tử của S là
A. −1 .
B. −2 .
C. 0.
D. 2.
Lời giải
Chọn A
Gọi g ( x) = − x 4 + mx3 + 2m 2 x 2 + m − 1 .

3 − 73 
3 + 73 
g ( x) = −4 x3 + 3mx 2 + 4m2 x = x −4 x 2 + 3mx + 4m2 = −4 x  x −
m  ( x −
m 
8
8



12| Biên soạn: Phan Nhật Linh
(
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
3 − 73
3 + 73
2 73
m, b =
m, b − a =
m.
8
8
8
Nếu m  0 thì b  a , nếu m  0 thì b  a .
Ta có lim g ( x) = − nên không xảy ra trường hợp hàm số g ( x) đồng biến trên khoảng
Gọi a =
x →+
(1; +)
Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì phải có g ( x) nghịch biến trên (1; +) và g (1)  0 .
−1 − 5
−1 + 5
(1).
m
2
2
g ( x) nghịch biến trên (1; +)  g ( x)  0, x  (1; +) (2).
g (1)  0  2m2 + 2m − 2  0 
Nếu m = 0 : g ( x) = −4 x3 . Điều kiện (1) và (2) đều thỏa mãn, do đó giá trị m = 0 thỏa mãn yêu
cầu đề bài.
Nếu 0  m 
−1 + 5
(3): Dấu g ( x) trên trục số như sau:
2
Để thỏa mãn điều kiện (2) thì b =
0m
Nếu
3 + 73
−3 + 73
(4). Kết hợp (3) và (4) có:
m 1 m 
8
8
−1 + 5
.
2
−1 − 5
 m  0 (5): Dấu g ( x) trên trục số như sau:
2
Để thỏa mãn điều kiện (2) thì a =
3 − 73
−3 − 73
m 1 m 
(6). Kết hợp (5) và (6) có:
8
8
−3 − 73
 m  0.
8
−3 − 73
−1 + 5
, suy ra các giá trị
m
8
2
nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài là m = −1, m = 0 , do đó S = −1 .
Vậy các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài là
Câu 7:
Có bao nhiêu số nguyên m thuộc khoảng ( −4;4 ) để hàm số y =
1 3
x − x 2 + mx + 1 đồng biến
3
trên (1;+ ) ?
A. 5 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn A
1
Xét hàm số: f ( x ) = x3 − x 2 + mx + 1  f  ( x ) = x 2 − 2 x + m . Ta có:  = 1 − m
3
Trường hợp 1:   0  1 − m  0  m  1 . Suy ra f  ( x )  0, x  (1; +  ) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 13
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
m  1
m  1
m  1


 1

Vậy yêu cầu bài toán  
1  m  1.
 f (1)  0
 3 + m  0
m  − 3
Kết hợp với điều kiện m  ; m  ( −4;4 ) ta được m   − 3; − 2; − 1;0;1 . Ta có 5 giá trị của m
thoả mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2:   0  m  1 . Suy ra f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1  x2 )
Ta có bảng biến thiên:
m  1
m  1
 
m  1
f
1

0
 
(
)


 f (1)  0
Vậy yêu cầu bài toán   x1  x2  1   S

m=
1
−
1

0
−
1

0
f 1 0


 ( )
2

 f (1)  0
 f (1)  0
Vậy tất cả có 5 giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 8:
Gọi S =  a ; +  ) là tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − 3x 2 + mx + 3m + 1
đồng biến trên khoảng ( −2 ; +  ) . Khi đó a bằng
A. −3 .
B. 19 .
C. 3 .
D. −2 .
Lời giải
Chọn B
Đặt f ( x ) = x3 − 3x 2 + mx + 3m + 1  f  ( x ) = 3x 2 − 6 x + m .
 f  ( x )  0, x  ( −2 ; +  )
Trường hợp 1: 
.
 f ( −2 )  0
2
2
 f  ( x )  0, x  ( −2 ; +  )
3 x − 6 x + m  0, x  ( −2 ; +  )
m  −3x + 6 x, x  ( −2 ; +  )



m  19
m  19
 f ( −2 )  0
(
)
m  max −3 x 2 + 6 x
m  3

x( −2; + )

 m  19 .

m

19

m  19
 f  ( x )  0, x  ( −2 ; +  )
Trường hợp 1: 
.
 f ( −2 )  0
2
2
 f  ( x )  0, x  ( −2 ; +  )
3 x − 6 x + m  0, x  ( −2 ; +  )
m  −3x + 6 x, x  ( −2 ; +  )





m − 19  0
m  19
 f ( −2 )  0
(
)
m  min −3 x 2 + 6 x

( −2; + )
.

m  19
14| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
Phan Nhật Linh
)
Vì lim −3x 2 + 6 x = −  hàm số y = −3 x 2 + 6 x không có giá trị nhỏ nhất. Vì vậy TH2
x →+
không có giá trị m thỏa mãn. Vậy tập các giá trị m cần tìm là S = 19 ; + ) .
Câu 9:
x 2 − 2 x + 2m + 2
đồng biến trên
x −1
Có bao nhiêu số nguyên của tham số m để hàm số y =
3;+ ) ?
A. 4 .
C. Vô số.
B. 5 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn A
Tập xác định: D =
Khi đó y = f ( x ) =
\ 1. Xét hàm số f ( x ) =
f 2 ( x)  y ' =
x 2 − 2 x + 2m + 2
x 2 − 2 x − 2m
có f ' ( x ) =
x −1
( x − 1)2
f '( x ). f ( x )
f 2 ( x)
Hàm số đồng biến trên 3; + )  y '  0, x  3; +  )
 f  ( x ) . f ( x )  0
 f ( x )  0

, x  3; +  )  
, x  3; +  ) (vì lim f ( x ) = + )
x →+
 f ( x )  0
 f ' ( x )  0
 x 2 − 2 x + 2m + 2
0

 x 2 − 2 x + 2m + 2  0
x −1

 2
, x  3; +  )  
, x  3; +  )
2
 x − 2 x − 2m  0
 x − 2 x − 2m  0
 ( x − 1)2

(
)
2m + 2  max − x 2 + 2 x
2m + 2  − x 2 + 2 x
3; + )
2m + 2  −3


, x  3; + )  

2
2
 2m  3
2m  min x − 2 x
2m  x − 2 x
3; + )

(
)
5

m  − 2
. Vì m   m  −2; −1;0;1.

m  3

2
Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 10: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho hàm số y = x + 1 +
m 2 − 2m − 1
đồng biến
x +1
trên ( 2;+ ) là  a; b  .Tính a.b .
A. −10 .
B. −9 .
D. −7 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn A
m 2 − 2m − 1
m 2 − 2m − 1
Xét hàm số f ( x ) = x + 1 +
. Ta có f  ( x ) = 1 −
x +1
( x + 1)2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 15
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Khi đó y = x + 1 +
m 2 − 2m − 1
= f ( x) =
x +1
f 2 ( x ) nên y ' =
f  ( x ). f ( x )
f 2 ( x)
Hàm số đồng biến trên ( 2;+ ) khi và chỉ khi y  0 với x  ( 2; + )
 f  ( x ) . f ( x )  0
 f  ( x )  0

, x  ( 2; + )  
, x  ( 2; + ) ( vì lim f ( x ) = + )
x →+
 f ( x )  0
 f ( x )  0

m 2 − 2m − 1
x
+
1
+
0
2

2
x +1

m − 2m − 1  − ( x + 1)

, x  ( 2; + )  
, x  ( 2; + )
2
2
2
 1 − m − 2m − 1  0
 m − 2m − 1  ( x + 1)

( x + 1)2

m2 − 2m − 1  max  − ( x + 1)2  = −9
 m2 − 2m + 8  0


( 2; + ) 


 1 − 11  m  1 + 11
2
2
m − 2m − 10  0
 m2 − 2m − 1  min ( x + 1) = 9
( 2; + )

Câu 11: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y =
x 2 + x + 2m − 3
đồng biến
x −1
trên khoảng ( 3;+ ) ?
A. 7 .
D. Vô số.
C. 4 .
B. 5 .
Lời giải
Chọn A
Đặt f ( x ) =
x 2 + x + 2m − 3
x 2 − 2 x + 2 − 2m
 f ( x ) =
x −1
( x − 1)2
Khi đó y = f ( x ) =
Hàm

số
f  ( x ). f ( x )
f 2 ( x)
đồng
f 2 ( x )  y =
biến
f ( x ). f ( x )
trên
f 2 ( x)
khoảng
( 3;+  )
khi
y  0, x  ( 3; +  )
 f  ( x ) . f ( x )  0
 0, x  ( 3; +  )  
, x  ( 3; +  )
 f ( x )  0
 f ( x)  0
 f ( 3)  0

  f  ( x )  0 , x  ( 3; +  ) ,do lim f ( x ) = +  
x →+
 f  ( x )  0, x  ( 3; +  )

f
x

0
(
)

9
 9 + 2m

0

m  −
2
 2

 x 2 − 2 x + 2 − 2m  0, x  ( 3; +  )
 x 2 − 2 x + 2  2m, x  ( 3; +  )


16| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
9

9

m −

m

−
9
5


2
2


− m
2
2
 x 2 − 2 x + 2  2m, x  ( 3; +  )
m  5


2
Ta có m 
nên m  −4; −3; −2; −1;0;1;2 .
Câu 12: Cho hàm số y =
2− x + x+2 +
m
x − 1 . Có bao nhiêu giá trị m nguyên để hàm số nghịch
2
biến trên (0;1)
A. 4
B. 2 .
C. 3 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn A
m
1
1
m
x − 1 . Ta có f ( x) = −
+
+
2
2 2− x 2 2+ x 2
Do hàm số liên tục tại x = 0; x = 1 nên để hàm số nghịch biến trên (0;1) ta xét 2 trường hợp sau:
Đặt f ( x) = 2 − x + x + 2 +
Trường hợp 1:
1
1
m
−
, x   0;1
 f ( x)  0, x   0;1
 
 2 2 2− x 2 2+ x

 f (1)  0
 f (1)  0

1
1
m
m
1 
 1
 2  2 2 − x − 2 2 + x , x   0;1
−


  xmin
 0;1  2 2 − x

2
2 2 + x   −2 3  m  0
m  − 3

m  −2 3
 2
Trường hợp 2:
1
1
m
−
, x   0;1
 f ( x)  0, x   0;1
 
 2 2 2− x 2 2+ x

 f (1)  0
 f (1)  0

m
1
1
1
 1

m
−


  xmax
 2  2 2 − x − 2 2 + x , x   0;1
 0;1  2 2 − x
2
2
2
+
x



m  − 3
m  − 3
 2
 2
1

m  1 −
3 (vô nghiệm). Do m nguyên nên m nhận các giá trị sau −3; − 2; − 1;0

m  −2 3

Câu 13: Cho hàm số f ( x ) =
x 2 + 2 x + 2 − x + m , trong đó m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả
các giá trị nguyên của m trên đoạn  −2019;2019 để hàm số f ( x ) đồng biến trên khoảng
( −1; + ) . Số phần tử của tập
A. 2018.
S là
B. 2017.
C. 2019.
D. 4039.
Lời giải
Chọn A
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 17
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Xét hàm số g ( x ) = x 2 + 2 x + 2 − x + m trên khoảng ( −1; +  ) .
Ta có, g ' ( x ) =
x +1
x2 + 2 x + 2
−1 =
x + 1 − x2 + 2 x + 2
x2 + 2 x + 2
 0, x  −1
(Do x + 1 − x 2 + 2 x + 2 = ( x + 1) −
Vậy hàm số
( x + 1)2 + 1  0, x  −1 )
g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1; +  ) .
Suy ra, hàm số f ( x ) = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1; +  )  g ( x )  0, x  −1 (1)
Do hàm số g ( x ) liên tục trên  −1; +  ) và nghịch biến trên khoảng ( −1; +  ) nên hàm số g ( x )
nghịch biến trên  −1; +  ) .
Vậy (1)  max g ( x )  0  g ( −1) = m + 2  0  m  −2 . Vậy S = −2019 ; −2018;...; − 2
 −1; + )
Câu 14: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m thuộc  −5;5 để hàm số y = cos3 x − 3m2 cos x nghịch biến
 
trên  0;  .
 2
A. 1 .
B. 11 .
C. 5 .
D. 6
Lời giải
Chọn B
 
 
Đặt t = cos x , vì x   0;   t  ( 0;1) . Vì t = cos x là hàm số nghịch biến trên  0;  nên
 2
 2
Yêu cầu bài toán trở thành tìm m nguyên thuộc  −5;5 để hàm số y = t 3 − 3m 2t đồng biến trên
( 0;1) . Xét f ( t ) = t 3 − 3m2t 2 ; t  ( 0;1) ; f ' ( t ) = 3t 2 − 3m2 .
Trường hợp 1: Nếu m = 0  f ' ( t )  0; t  ( 0;1)  f ( t ) luôn đồng biến trên ( 0;1) .
Mà f ( 0 ) = 0  y = f ( t ) luôn đồng biến trên ( 0;+ )  y = f ( t ) đồng biến trên ( 0;1) .
Do đó m = 0 thỏa mãn bài toán (1) .
t = − m 3

t = m
Trường hợp 2: m  0  f ' ( t ) = 0  
; f ( t ) = 0  t = 0
t = − m
t = m 3

Với m  0 , ta có BBT sau:
Từ bảng biến thiên, suy ra hàm số y =| f ( t ) | đồng biến trên ( 0;m ) .
Yêu cầu bài toán tương đương ( 0;1)  ( 0; m )  m  1 ( 2 ) .
Với m  0 , ta có bảng biến thiên sau:
18| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số y =| f ( t ) | đồng biến trên ( 0; − m ) .
Yêu cầu bài toán tương đương ( 0;1)  ( 0; − m )  m  −1 ( 3) .
Từ (1) ; ( 2 ) ; ( 3) vậy có 11 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.
Câu 15: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để y = 9 x + 3x − m + 1 đồng biến trên đoạn  0;1 .
A. 1 .
C. 3 .
B. 4 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn C
Đặt 3x = t  t  1;3 vì x   0;1 .
 y = t + t − m +1 =
2
(t
2
)
+ t − m +1
2
 y =
Để hàm số đồng biến trên đoạn t  1;3 thì y =
(
)(
)

2. t 2 + t − m + 1 . t 2 + t − m + 1
2. t + t − m + 1
2
( 2t + 1) .( t 2 + t − m + 1)
t2 + t − m +1
 0 t  1;3
Với mọi giá trị của t  1;3 thì 2t + 1 >0 nên
Để y  0 t  1;3 thì: t 2 + t − m + 1  0 t  1;3  m − 1  t 2 + t = g ( t ) t  1;3
 m − 1  min g ( t ) = 2  m  3 . Vậy có 3 giá trị nguyên 1;2;3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
1;3
Câu 16: Có bao nhiêu giá trị m nguyên dương và nhỏ hơn 2020 để hàm số y = 4 x − m.2 x +1 + m + 2 đồng
biến trên khoảng (0;1) ?
A. 2018 .
B. 2019 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn A
Xét hàm số f ( x) = 4 x − m.2 x +1 + m + 2 (1) trên khoảng (0;1) . Đặt t = 2 x , t  (1;2) .
Hàm số (1) trở thành h(t ) = t 2 − 2m.t + m + 2 trên khoảng (1;2) . Suy ra h '(t ) = 2t − 2m .
  f ( x) ñoàng bieán treân (0;1)

 f (0)  0
Ta có y = f ( x) đồng biến trên khoảng (0;1)  
(*).
  f ( x) nghòch bieán treân (0;1)

  f (0)  0
Vì hàm số t = 2 x đồng biến trên (0;1) .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 19
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
 h(t ) ñoàng bieán treân (1;2)
 2t − 2m  0 t  (1;2)


3 − m  0
3 − m  0


Do đó, (*) 
 h(t ) nghòch bieán treân (1;2)
 2t − 2m  0 t  (1;2)


 3 − m  0
 3 − m  0
 m  1

m  1
m  3


. Vậy có 2018 số nguyên dương nhỏ hơn 2020 thỏa ycbt.
 m  2
m  3

 m  3
Câu 17: Cho hàm số y = e
2 x+2
x −1
+ 3e
x +1
x −1
− 2m + 5 (1) . Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m
để hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2; 4 ) ?
B. Vô số.
A. 234 .
D. Không tồn tại m .
C. 40 .
Lời giải
Chọn C
Đặt t =
x +1
e x −1 ,
ta có t  =
x +1
x + 1 
−2
x −1
 0 x  ( 2;3)  t  e 2 ; e3 , đồng thời x

 =e .
2
x
−
1


( x − 1)
x +1

e x −1 .
(
)
và t sẽ ngược chiều biến thiên.
(t
Khi đó hàm số trở thành y = t 2 + 3t − 2m + 5 =
Ta có: y =
(
)
2 t 2 + 3t − 2m + 5 .( 2t + 3)
2
(t
2
+ 3t − 2m + 5
)
2
(t
=
2
2
+ 3t − 2m + 5
)
)
2
+ 3t − 2m + 5 . ( 2t + 3 )
(t
2
+ 3t − 2m + 5
)
2
(2)
.
(
Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ( 2;3)  hàm số (2) đồng biến trên khoảng e 2 ; e3

(
)
2 t 2 + 3t − 2m + 5 .( 2t + 3)
(t
2
m
2
+ 3t − 2m + 5
)
2
(
)
(
 0 t  e 2 ; e3  t 2 + 3t − 2m + 5  0 t  e 2 ; e3
)
)
t 2 + 3t + 5
= g (t ) t  e2 ; e3 .
2
(
)
2t + 3
e4 + 3e2 + 5
e6 + 3e4 + 5
e4 + 3e2 + 5
 0 t  e2 ; e3 
 g (t ) 
m
.
2
2
2
2
Với điều kiện m là số nguyên dương ta tìm được 40 giá trị của m .
Có g (t ) =
(
)
  
Câu 18: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = 8 tan x + 3.2tan x − m + 2 đồng biến trên  − ;  .
 4 2
29
29
29
29
A. m 
.
B. m 
.
C. m 
.
D. m 
.
8
8
8
8
Lời giải
Chọn C
20| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
1
  
Đặt 2 tan x = t vì x   − ;  suy ra tan x  −1 nên t  . Khi đó ta có hàm số:
2
 4 2
y = t 3 + 3t − m + 2 (1).
  
1

Để hàm số ban đầu đồng biến trên  − ;  thì hàm số (1) phải đồng biến trên  ; +  .
 4 2
2

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t − m + 2 . Ta có: f  ( t ) = 3t 2 + 3  0, t .
Khi đó y = f ( t ) =
f 2 ( t ) nên y =
f  (t ). f (t )
f 2 (t )
.
1

1

Hàm số đồng biến trên  ; +  khi và chỉ khi y  0, t   ; +  .
2

2

1

1

 f ( t )  0, t   ; +   t 3 + 3t − m + 2  0, t   ; + 
2

2

1

 m  t 3 + 3t + 2, t   ; +  , ( ) .
2

1

Xét hàm số: g ( t ) = t 3 + 3t + 2, t   ; +  .
2

g  ( t ) = 3t 2 + 3  0, t . Vậy hàm số g ( t ) luôn đồng biến trên
1
nên g ( t )  g   .
2
 1  29
Từ ( ) suy ra: m  g   =
.
2 8
Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng
( −100;100 )
y = ln 3x − 4 x 2 + m đồng biến trên đoạn 1; e 2  ?
A. 101 .
B. 102 .
C. 103 .
của tham số m để hàm số
D. 100 .
Lời giải
Chọn B
y = ln 3x − 4 x 2 + m . Điều kiện x  0 . Xét hàm số g ( x ) = ln 3x − 4 x 2 + m trên 1;e 2  .
 g ( x ) =
1
1 − 8x2
− 8x =
 0, x  1; e2   g ( x ) nghịch biến trên 1;e 2  .
x
x
 hàm số y = g ( x ) = ln 3x − 4 x 2 + m đồng biến trên đoạn 1;e 2 
 ln 3 − 4 + m  0  m  4 − ln 3 .
Mà m nguyên thuộc khoảng ( −100;100 ) nên m  −99; −98;...; −1;0;1;2 .
Vậy có 102 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 21
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
(
)
Câu 20: Có bao nhiêu số nguyên m thuộc ( −2020;2020 ) để hàm số y = ln x 2 + 2 x − m − 2mx 2 − 1
luôn đồng biến trên ( 0;10 ) .
A. 4038 .
B. 2020 .
C. 2017 .
D. 2017 .
Lời giải
Chọn C
(
)
Ta xét hàm số f ( x ) = ln x 2 + 2 x − m − 2mx 2 − 1 trên ( 0;10 ) .
Điều kiện hàm số có nghĩa là x 2 + 2 x − m  0, x  ( 0;10 )  x 2 + 2 x  m, x  ( 0;10 ) (1)
Ta lại có x 2 + 2 x = x ( x + 2 )  0 với mọi x  ( 0;10 ) nên điều kiện (1) cho ta m  0 ( 2 )
2x + 2
2x + 2
− 4mx do m  0 và x  ( 0;10 ) nên 2
 0; −4mx  0
x + 2x − m
x + 2x − m
suy ra f  ( x )  0 hàm số đồng biến trên ( 0;10 ) .
Đạo hàm f  ( x ) =
2
(
)
Từ đó để hàm số y = ln x 2 + 2 x − m − 2mx 2 − 1 = f ( x ) đồng biến trên ( 0;10 ) điều kiện đủ là
f ( x )  0 với mọi x  ( 0;10 ) ( 3) .
(
)
Trường hợp 1 : m = 0 khi đó f ( x ) = ln x 2 + 2 x − 1 có lim f ( x ) = − không thỏa mãn ( 3)
x → 0+
Trường hợp 2 : Xét m  0 , do hàm số f ( x ) đồng biến nên ta chỉ cần f ( 0 )  0
 ln ( −m ) − 1  0  − m  e  m  −e .
−2020  m  −e
 m  −2019; −2018; −2017;....; −3 có 2017 giá trị m thỏa
Từ đó ta được: 
m 
mãn bài toán.
(
3
Câu 21: Có bao nhiêu số nguyên của tham số m trong đoạn −
 3; 3  để hàm số y = ln x + mx + 2
đồng biến trên nửa khoảng 1; 3 ) ?
A. 7.
C. 6 .
B. 4 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn C
Điều kiện xác định: x3 + mx + 2  0.
(
)
Xét hàm số f ( x ) = ln x3 + mx + 2 . Ta có: f  ( x ) =
3x 2 + m
.
x3 + mx + 2
  f ( x )  0
, x  1;3) (1)

 f  ( x )  0
Hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1;3)  
.
 f ( x )  0
  f  x  0 , x  1;3) ( 2 )
  ( )
Trường hợp 1:
22| Biên soạn: Phan Nhật Linh
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
(
Phan Nhật Linh
)
 x3 + mx + 2  1
ln x3 + mx + 2  0


, x  1;3)  3 x 2 + m  0 , x  1;3 )
(1)   3x 2 + m
 3
 3
0
 x + mx + 2  0
 x + mx + 2

 2 1
1

2
m

max
 − x −  = −2

m  − x −

1;3) 
x
x , x  1;3)  

 m  −2.
m  −3x 2
m  max −3x 2 = −3

1;3)

Trường hợp 2:
(
(
)
)
 x3 + mx + 2  1
ln x3 + mx + 2  0


, x  1;3)  3 x 2 + m  0 , x  1;3 )
( 2 )   3x 2 + m
 3
 3
0
 x + mx + 2
 x + mx + 2  0
1


2
28
m  −
m  − x − x
3


2
 m  −3x
, x  1;3)  m  −27
 m .


2
2
m  − x 2 −
m  max  − x 2 −  = −3
x
1;3) 
x


Từ hai trường hợp suy ra m  −2 . Vì chỉ lấy m   −3;3 nên m  −2; − 1;0; 1; 2; 3 .
(
)
Câu 22: Cho hàm số y = ln x 2 − mx − m − 1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng ( −10;10 ) của
 1 
tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  − ;1  ?
 2 
A. 10.
B. 6.
C. 9.
D. 5.
Lời giải
Chọn D
(
)
Đặt f ( x ) = ln x 2 − mx − m − 1 .
 1 
Hàm số đồng biến trên khoảng  − ;1
 2 
 2
 1 
  x − mx − m  0,  x   − ;1
 2 


 1 
(1)
 f  ( x )  0, x   − ;1
2




 1 
 f ( x )  0, x   − ;1
 2 


.

1


2
 x − mx − m  0,  x   − ;1

 2 

  f  ( x )  0, x   − 1 ;1
( 2)



 2 

  f ( x )  0, x   − 1 ;1


 
 2 
x2
 1 
 1 
 1 
Xét x 2 − mx − m  0, x   − ;1  x 2  m ( x + 1) , x   − ;1  m 
, x   − ;1 .
x +1
 2 
 2 
 2 
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 23
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Đặt g ( x ) =
x2
x2
 1 
 1 
. Khi đó, m 
, x   − ;1  g ( x )  m, x   − ;1 .
x +1
x +1
 2 
 2 
Ta có: g ( x ) = x − 1 +
1
1
 g( x ) = 1 −
x +1
( x + 1)2

 1 
 x = 0   − 2 ;1


; g( x ) = 0  
.

 1 
 x = −2   − ;1
 2 

 1 
Bảng biến thiên của hàm số y = g ( x ) trên khoảng  − ;1 .
 2 
 1 
Từ bảng biến thiên của hàm số y = g ( x ) suy ra g ( x )  m x   − ;1  m  g ( 0 ) = 0 .
 2 
2x − m
Ta có: f  ( x ) = 2
.
x − mx − m



m  0
m  0
m  −1



 1 
  1 m
(1)  2 x  m, x   − ;1  m  −1
 2 
ln  4 − 2   1

 1 1



 
 lim f ( x )  0
ln  − m  − 1  0

1+
  4 2 
 x →− 2
 m  −1
 m  −1
1 − 4e

 1 m

m
.
1
−
4
e
m 
2
 4 − 2  e

2



m  0
m  0


1
suy ra không tồn tại m .
( 2 )  2 x  m x   − ;1  m  2
 2 

 1 m
 lim f ( x )  0
ln  −  − 1  0
+

1
  4 2 
 x →− 2
1 − 4e
Vậy m 
. Mà m nguyên, −10  m  10 nên có 5 giá trị m thỏa mãn bài toán
2
(
3
2
Câu 23: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m  −
 10;10  để hàm số y = log 3 x + x − mx + 1
đồng biến trên 1; + ) .
A. 13 .
B. 12 .
C. 11 .
Lời giải
24| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. 10 .
)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
(
)
Đặt f ( x ) = log3 x3 + x 2 − mx + 1 nên f ' ( x ) =
Phan Nhật Linh
(x
3x 2 + 2 x − m
3
)
+ x 2 − mx + 1 ln 3
  f

 f
Hàm số đồng biến trên y = f ( x ) đồng biến trên 1;+ )  
 f
 f
 
Trường hợp 1:
 f

 f
(
.
( x)  0
'( x )  0
, x  1; + ) .
( x)  0
'( x )  0
)
log 3 x3 + x 2 − mx + 1  0

( x)  0
 3
, x  1; + )   x + x 2 − mx + 1  0
, x  1; + ) .
'( x )  0
 2
3 x + 2 x − m  0
 x3 + x 2 − mx + 1  1
m  x 2 + x

, x  1; + )  
, x  1; + ) .
2
2
3 x + 2 x  m
m  3 x + 2 x
(
(
)
m  min x 2 + x
1; + )
m  2



 m 2.
2
m  5
m  min 3x + 2 x
1; + )

Trường hợp 2:
 f

 f
)
(
)
log 3 x3 + x 2 − mx + 1  0

( x)  0

, x  1; + )   x3 + x 2 − mx + 1  0
, x  1; + ) .
'( x )  0
 2
3 x + 2 x − m  0
 x2 + x  m
 x3 + x 2 − mx + 1  1

 3
1
 2
2
  x + x − mx + 1  0, x  1; + )   x + x +  m , x  1; + ) .
x
 2

3
x
+
2
x

m
2
3 x + 2 x  m


(
)
Ta có: m  x 2 + x, x  1; + )  m  max x 2 + x ,
1; + )
(
( ) .
)
Vì lim x 2 + x = + nên không tồn tại m thỏa mãn ( ) . Do đó trường hợp 2 không tồn tại giá
x →+
trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
m 
Suy ra m  2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Mặt khác 
nên có 13 giá trị của m thỏa
m   −10;10
mãn yêu cầu bài toán.
(
)
Câu 24: Tổng các giá trị nguyên của m trên  −10;10 để hàm số y = g ( x) = ln x 2 + x + m + x đồng
biến trên ( −1;3) là
A. 50 .
B. 100 .
C. 52 .
D. 105 .
Lời giải
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 25
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn C
(
)
Xét hàm số f ( x ) = ln x 2 + x + m + x trên khoảng ( −1;3) .
Điều kiện xác định là: x 2 + x + m  0 với mọi x  ( −1;3) .
Khi đó f  ( x ) =
2x + 1
x 2 + 3x + m + 1
.
+
1
=
x2 + x + m
x2 + x + m

x2 + x + m  0

  x 2 + 3 x + m + 1  0

 ln x 2 + x + m + x  0

Hàm số g ( x ) đồng biến trên ( −1;3)  

x2 + x + m  0

  x 2 + 3x + m + 1  0

 ln x 2 + x + m + x  0

(
)
(
)
(1)
với mọi x  ( −1;3) .
( 2)

x2 + x + m  0

Xét hệ bất phương trình (1) :  x 2 + 3 x + m + 1  0 đúng với mọi x  ( −1;3) .

2
ln x + x + m + x  0
(
)
Ta có: x 2 + x + m  0, x  ( −1;3)  m  − x 2 − x, x  ( −1;3) .
Khảo sát tính biến thiên của hàm số y = − x 2 − x trên khoảng ( −1;3) ta suy ra
(
)
)
Với m  max − x 2 − x  m 
( −1;3
1
4
Lại có x 2 + 3x + m + 1  0, x  ( −1;3)  m  − x 2 − 3x − 1, x  ( −1;3) .
Khảo sát tính biến thiên của hàm số y = − x 2 − 3x − 1 trên khoảng ( −1;3) ta suy ra:
(
)
m  max − x 2 − 3x − 1  m  1
[ −1;3]
(
)
Ngoài ra ln x 2 + x + m + x  0, x  ( −1;3)  m  − x 2 − x + e − x , x  ( −1;3) .
Đặt k ( x ) = − x 2 − x + e − x , k  ( x ) = −e− x − 2 x − 1  0, x  ( −1;3) .
Do đó m  − x 2 − x + e − x , x  ( −1;3)  m  e .
Vậy (1) tương đương m  e .
Với hệ bất phương trình ( 2 ) ta cũng làm tương tự như trên thì được
1

m

x2 + x + m  0

4


2
m  −19
 m .
 x + 3 x + m + 1  0 x  ( −1;3)  


2
2
ln x + x + m + x  0
ln x + x + m + x  0

(
)
(
(
)
)
Vậy hàm số y = g ( x) = ln x 2 + x + m + x đồng biến trên ( −1;3) khi và chỉ khi m  e , mà m
là số nguyên thuộc  −10;10 nên m  3;4;5;6;7;8;9;10 .
Do đó tổng các giá trị nguyên của m thỏa mãn là 52 .
26| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ.
Phan Nhật Linh
Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   0;23 để hàm số y = f ( x ) − 2m2 x + m − 1
đồng biến trên khoảng ( −3;0 ) ? Biết rằng tọa độ điểm cực tiểu của hàm số y = f ( x ) là ( −3;5 )
?
A. 1 .
B. 22 .
C. 3 .
D. 20 .
Lời giải
Chọn A
Đặt g ( x ) = f ( x ) − 2m 2 x + m − 1 có g  ( x ) = f  ( x ) − 2m 2 .
Do hàm số y == f ( x ) có điểm cực tiểu là ( −3;5 ) nên ta có f ( −3) = 5 .
Để hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −3;0 ) thì xảy ra hai trường hợp sau:
 f  ( x ) − 2m 2  0
 g  ( x )  0

, x  ( −3;0 )
Trường hợp 1: 
2
 g ( −3)  0
 f ( −3) + 6m + m − 1  0
2m 2  f  ( x )
2m 2  0


m=0
2
2
6
m
+
m
+
4

0
6
m
+
m
+
4

0



2
2
 g  ( x )  0
 f  ( x ) − 2m  0
2m  f  ( x )


Trường hợp 2: 
2
2
 f ( −3) + 6m + m − 1  0
 g ( −3)  0
6m + m + 4  0
Do 6m 2 + m + 4  0, m nên trường hợp 2 không thỏa mãn.
Kết hợp điều kiện m 
và m   0;23 suy ra m  0 .
Vậy có 1 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 26: Cho hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như hình vẽ.
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 27
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Biết rằng f (1) = 1 . Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   −2023;2023 để hàm
số y = 4 f ( ln x ) − ln 2 x + 1 − 2m nghịch biến trên khoảng (1;e ) .
A. 2023 .
B. 2014 .
C. 2026 .
Lời giải
D. 4042 .
Chọn C
Xét hàm số g ( x ) = 4 f (ln x) − ln 2 x + 1 − 2m với x  0 .
1
1
ln x
t
Ta có g  ( x ) = 4 f  ( ln x ) . − 2ln x. ; g  ( x ) = 0  f  ( ln x ) =
. Đặt t = ln x ta có f  ( t ) =
x
x
2
2
t
có ba nghiệm lần lượt là t = b  −1; t = 0 và t = a  1 .
2
1
Suy ra g  ( x ) = 0 có ba nghiệm lần lượt là x = eb  ; x = 1 và x = ea  e .
e
Bảng biến thiên của hàm số y = g ( x ) .
Dựa vào đồ thị phương trình f  ( t ) =
m ; m −2023;2023
Yêu cầu bài toán  g ( e ) = 4 − 2m  0  m  2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→−2023  m  2 .
Suy ra có tất cả 2026 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn.
Câu 27: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
28| Biên soạn: Phan Nhật Linh
và có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ.
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   −23;23 để hàm số
y = 2 f ( 2 − x ) − mx 2 + 2 ( 3m + 1) x + m nghịch biến trên khoảng (1;3) ?
A. 43.
B. 41.
C. 2.
D. 1.
Lời giải
Chọn D
Xét hàm số g ( x ) = 2 f ( 2 − x ) − mx 2 + 2 ( 3m + 1) x + m
Ta có: g  ( x ) = −2 f  ( 2 − x ) − 2mx + 2 ( 3m + 1) = 2  − f ( 2 − x ) − mx + 3m + 1 .
Khi đó: g ( 3) = 2 f ( −1) − 9m + 2 ( 3m + 1) .3 + m = 10m + 8 .
Đặt t = 2 − x  t  ( −1;1)
Để hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng (1;3) thì xảy ra hai trường hợp sau:
 g  ( 3)  0
− f  ( 2 − x ) − mx + 3m + 1  0, x  (1;3 )

Trường hợp 1: 
10m + 8  0
 g ( 3)  0
m ( 2 − x ) + m + 1  f  ( 2 − x ) , x  (1;3)


4
m  −
5

m ( −1) + m + 1  1
1
 2m + 1  2  m  .
Xét phương trình mt + m + 1  f  ( t ) , t  ( −1;1)  
2
m ( −1) + m + 1  2
1

m  2
Từ đó suy ra 
(vô lý).
m  − 4

5
 g  ( 3)  0
− f  ( 2 − x ) − mx + 3m + 1  0, x  (1;3 )

Trường hợp 2: 
10m + 8  0
 g ( 3)  0
m ( 2 − x ) + m + 1  f  ( 2 − x ) , x  (1;3)


4
m  −
5

Biên soạn: Phan Nhật Linh | 29
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
m ( −1) + m + 1  1
1
Xét phương trình mt + m + 1  f  ( t ) , t  ( −1;1)  
m
2
2m + 1  2
1

m  2
4
1
m ; m −23;23
Từ đó suy ra 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯→−  m   m  {0} .
5
2
m  − 4

5
Vậy có một giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 28: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và luôn dương trên
có đồ thị hàm số y = f  ( x ) như hình vẽ.
Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số 0  m  20 để hàm số
y = 4 f ( x − m ) + x 2 − 2mx + 2023 đồng biến trên khoảng (1;2 ) ?
A. 2 .
B. 3 .
C. 4 .
Lời giải
D. 1 .
Chọn C
Xét hàm số g ( x ) = 4 f ( x − m ) + x 2 − 2mx + 2023 = 4 f ( x − m ) + ( x − m ) − m 2 + 2023 .
2
(
Đạo hàm: g  ( x ) = ( x − m ) 4 f ( x − m ) + 2 x − m
Theo giả thiết f ( x )  0, x 
)
và m   0;20 ) suy ra g ( x )  0, x 
( *)
Để hàm số y = g ( x ) đồng biến trên (1;2 ) thì g ( x ) .g  ( x )  0, x  (1;2 )
(
)
Mặt khác g ( x )  0  g  ( x )  0  ( x − m ) 4 f ( x − m ) + 2 x − m  0, x  (1;2 )
  x − m  0
  x − m  0
 m  1
x(1;2 )


⎯⎯⎯→ m  

4
f
x
−
m
+
2
x
−
m

0
4
f
x
−
m
+
2
x
−
m

0
x
−
m

4
)
)
  (
  (
 



  x − m  0
  x − m  0
 m  2
2m5



 4f ( x−m )+2 x−m 0
 4f ( x−m )+2 x−m 0

x
−
m

4


 
 
Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 29: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = − x 2 − 2 x + 3 với x 
(
. Số giá trị nguyên của tham
)
số m thuộc  −10;10 để hàm số g ( x ) = f sin 2 x + 3sin x − m + m2 + 2 đồng biến trên
 2 5 
 ;  là
 3 6 
A. 5 .
30| Biên soạn: Phan Nhật Linh
B. 6 .
C. 14 .
Lời giải
D. 11 .
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn D
(
Phan Nhật Linh
)
Ta có: g ( x ) = f sin 2 x + 3sin x − m + m2 + 2 .
1 3
 2 5 
Đặt t = sin x với x  
;  thì t   ;

 3 6 
2 2 
 2 5 
Xét hàm số g ( t ) = f t 2 + 3t − m + m 2 + 2 . Để hàm số g ( x ) đồng biến trên  ;  thì
 3 6 
(
)
1 3
7 3+ 6 
hàm số g ( t ) phải nghịch biến trên  ;
. Đặt u = t 2 + 3t với u   ;


2 2 
4
4 



7 3+ 6 
Xét hàm số h ( u ) = f ( u − m ) + m 2 + 2 nghịch biến trên  ;

4
4 

Đạo hàm: h ( u ) =
Với u  m , ta có
f ( u − m ) (u − m)
u−m
f  ( u − m )( u − m )
(u − m)
7 3+ 6 
 0, u   ;

4 
4
7 3+ 6 
 0  f  ( u − m )  0, u   ;

4 
4
 3 + 6 3

15 + 6 3

m
−
3

m 

 u − m  −3
 u  m − 3
4
 4



3
 u − m 1
 u  m +1


 
 
 m + 1  7
 m  3
m


4
4
4
7
7




m

m





7
7
4
4
m 
m 

4

4
 f  ( m − u )( m − u )
0

7 3+ 6 
u − m)
(

, u   ;
Với u  m , ta có: 
.
4 
3+ 6
4

 m  4
7

m −1 

u  m − 1
4

 f ( m − u )  0
1  m − u  3

7 3+ 6 
3+ 6
3+ 6







m


m

,

u

 ;




3
+
6
3+ 6
4
4
4 
4
m 
m 



4

4
u  m + 3
3 + 6

 m+3

 4
 khi u  m thì không có giá trị nào của m thỏa mãn.
Do m  , m   −10;10 nên suy ra −10  m  0  m  {-10;-9;...;0}
Vậy có tất cả 11 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 30: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên
và có đồ thị hàm số đạo hàm y = f  ( x ) như sau:
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 31
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Hàm số ho hàm số g ( x ) = 2 f ( x − 1 ) + x 2 − 2 x − 2 x − 1 + 2023 nghịch biến trên khoảng nào
dưới đây?
A. ( −; −1) .
B. (1;2) .
C. ( −1;1) .
D. (3; + ) .
Lời giải
Chọn B
Ta có g ( x ) = 2 f ( x − 1 ) + x 2 − 2 x − 2 x − 1 + 2023
2
2
 g ( x) = 2 f  ( x − 1)  + x 2 − 2 x − 2 ( x − 1) + 2023


x −1
 f  ( x − 1 ) + x − 1 − 1 , x  1  g  ( x ) = 0  f  ( x − 1 ) = − x − 1 + 1
 g ( x ) = 2
x −1 
Đặt t = x − 1 với t  0 , ta được phương trình f  ( t ) = −t + 1 (1)
Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f  ( t ) và đường
thẳng y = −t + 1 .
x = 0
x = 2
 x −1 = 1
t = 1



Vì t  0 nên f ( t ) = −t + 1  
 x = −2
t
=
3
x
−
1
=
3



x = 4
Bảng biến thiên
32| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên (1;2 ) .
Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên
và f ( −3) = 0 và có bảng xét dấu đạo hàm
như sau:
(
)
Hỏi hàm số g ( x ) = 2 ( x + 1) − 6 ( x + 1) − 3 f − x 4 − 4 x3 − 4 x 2 − 2 đồng biến trên khoảng nào
6
trong các khoảng sau?
A. (1;2 ) .
2
B. ( −1;0 ) .
C. ( 0;1) .
D. (1;+ ) .
Lời giải
Chọn B
(
)
Xét hàm số h ( x ) = 2 ( x + 1) − 6 ( x + 1) − 3 f − x 4 − 4 x3 − 4 x 2 − 2 . Khi đó g ( x ) = h ( x ) .
6
2
6
2
4
2
Ta có h ( x ) = 2 ( x + 1) − 6 ( x + 1) − 3 f  − ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3 .


5
3
4
2
Suy ra h ( x ) = 12 ( x + 1) − 12 ( x + 1) − 3  −4 ( x + 1) + 4 ( x + 1)  f  − ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3 .

 

4
2
4
2
Hay h ( x ) = 12 ( x + 1) ( x + 1) − 1 + 12 ( x + 1) ( x + 1) − 1 f   − ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3 .



 



2
2
4
2
Hay h ( x ) = 12 ( x + 1) . ( x + 1) − 1 . ( x + 1) + 1 + f   − ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3 .






2
4
2
Hay h ( x ) = 12 ( x + 1) .( x + 2 ) x. ( x + 1) + 1 + f   − ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3 .


2
4
2
2
Ta có − ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3 = − ( x + 1) − 1 − 2  −2, x .


4
2
Từ bảng xét dấu suy ra f   − ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3  0, x .


2
4
2
Do đó, ( x + 1) + 1 + f   − ( x + 1) + 2 ( x + 1) − 3  0, x .


 x = −1
Vậy h ( x ) = 0  12 ( x + 1) .( x + 2 ) x = 0   x = −2 và có bảng biến thiên:
 x = 0
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 33
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Về đích đặc biệt 9+
Từ bảng biến thiên có thể khẳng định hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) .
Câu 32: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và hàm số g ( x ) = f ( 2 x − 2 ) có đồ thị như hình dưới
đây:
Gọi S là tập tất cả các số nguyên của tham số a để hàm số y = 4 f ( sin x ) + cos 2 x − ( a + 1)
 
nghịch biến trên khoảng  0;  . Tổng các phần tử của tập S là:
 2
A. 2 .
B. −3 .
C. 0 .
Lời giải
Chọn B
 x = 0  f ' ( −2 ) = 0

Ta có g ' ( x ) = 2 f ' ( 2 x − 2 ) = 0   x = 1  f ' ( 0 ) = 0
x = 2  f ' 2 = 0
( )

Từ đó, ta có bảng biến thiên của hàm số y = f ( x )
34| Biên soạn: Phan Nhật Linh
D. −1 .
2
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Đặt h ( x ) = 4 f ( sin x ) + cos 2 x − ( a + 1)
Phan Nhật Linh
2
Khi đó h ' ( x ) = 4cos x. f ' ( sin x ) − 2sin 2 x
   cos x,sin 2 x  0
 
Với x   0;   
 h ' ( x )  0, x   0; 
 2  sin x  ( 0;1)  f ' ( sin x )  0
 2
 
Suy ra hàm số h ( x ) nghịch biến trên  0; 
 2
 
Do đó, hàm số y = h ( x ) nghịch biến trên khoảng  0; 
 2
2
2
 
 
 h ( x )  0 x   0;   h    0  4 f (1) − 1 − ( a + 1)  0  3 − ( a + 1)  0
 2
2
a
 −2,73  a  0,73 ⎯⎯⎯
→ a  { − 2; − 1;0} .
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Cho hàm số bậc bốn y = f ( x ) có f ( 5 )  8 và f (1) = 0. Biết hàm số y = f  ( x ) có đồ thị như
hình vẽ bên.
2
 x x
Hàm số g ( x ) = f 1 −  −
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
 2 8
A. ( −8; −4 )
B. ( 4;+ )
C. ( 2;4 )
D. ( −10; −8 )
Lời giải
Chọn D
x  x2

Xét hàm số h ( x ) = f 1 −  −
 2 8
Ta có h ( x ) = −
1  x x
1 
x x
f ' 1 −  − = 0  −  f ' 1 −  +  = 0 (3)
2  2 4
2  2 2
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 35
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
x
x
Đặt 1 − = t  = 1 − t
2
2
Về đích đặc biệt 9+
t = −1  x = −4
Khi đó (3)  f ' ( t ) − ( t − 1) = 0  t = 1   x = 0


t = 3
 x = 4
x = a
Ta có h(0) = f (1) − 0 = f (1) = 0 ; suy ra h( x) = 0   x = 0

 x = b(a  0  b)
Ta có bảng biến thiên của hàm số là
 −8  ( −8)
Ta có h ( −8) = f 1 −  −
= f ( 5) − 8  0 , vì f ( 5 )  8 , suy ra −8  a .
2 
8

2
Từ đó ta có hàm số nghịch biến trên ( −10; −8 ) .
Câu 34: Cho hàm số y = f ' ( x ) là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Gọi S là tập tất cả các
số tự nhiên không quá 100 của m sao cho hàm số g ( x ) = f ( m − 2 x ) + x 2 − mx nghịch biến
trên khoảng ( 0;1) . Số phần tử của tập S bằng:
A. 95 .
B. 96 .
C. 100 .
Lời giải
D. 99 .
Chọn B
Cách 1:
Ta có: g  ( x ) =
2(2x − m)
2x − m
 2 f ( 2x − m ) 
f ( 2x − m ) + ( 2x − m) = ( 2x − m) 
+ 1
 2 x − m

m

 2 f ( 2x − m ) 
x=

2
g( x ) = 0  ( 2x − m) 
+ 1 = 0  
2
x
−
m


 2 f  ( 2 x − m ) + 2 x − m = 0
36| Biên soạn: Phan Nhật Linh
( *)
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
t
2
Đặt t = 2 x − m thì phương trình (*) trở thành 2 f  ( t ) + t = 0  f  ( t ) = −




 2 x − m = −2 ( vo nghiem )
t
=
−
2


t

Kẻ đường thẳng y = − với đồ thị f  ( x ) ta được t = 0   2 x − m = 0 ( nghiem kep ) .
2

t = 4
m


x= +2


2
 2x − m = 4  
x = m − 2


2

Bảng biến thiên của g ( x ) như sau:
Nhận xét: khi x → + thì ( 2 x − m )  0 và 2x − m → + nên f ( t ) + t  0  g  ( x )  0 .
Để hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( 0;1) thì

m


m

1 m  − 2
( 0;1)   −; 2 − 2 

m  6


2




m m

 −2  m  0
m  0 1 m + 2
( 0;1)   ; + 2 

2
2
2 2


Kết hợp với điều kiện m 
và m  100 nên suy ra m  0;6;7;8;...;100 .
Vậy có tất cả 96 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách 2:
Ta có: g ( x ) = f ( m − 2 x ) + x 2 − mx  g  ( x ) =
( 2 x − m )  2 f  ( m − 2 x ) +
m − 2 x 
m − 2x
.
Để hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 0;1) thì g  ( x )  0, x  ( 0;1)
Trường hợp 1: m − 2 x  0  x 
m
2
Ta có g  ( x ) = −  2 f  ( m − 2 x ) + ( m − 2 x )   0  2 f  ( m − 2 x ) + ( m − 2 x )  0
  −2  m − 2 x  1   m − 1  2 x  m + 2

( m − 2 x )    m − 2 x  4
m − 4  2 x
 f ( m − 2x )  −

, x  ( 0;1)


2
m
m


 2  1
 2  1
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 37
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
  m − 1  0
 0  m  1  0  m  1

  m + 2  2


   m  6
 m  6.
  m − 4  2
m  2

m  2

Trường hợp 2: m − 2 x  0  x 
m
2
Ta có g  ( x ) = 2 f  ( 2 x − m ) + ( 2 x − m )  0  f  ( 2 x − m )  −
( 2 x − m ) , x 
2
( 0;1)
m − 2  2
  2 x − m  −2
m − 2  2 x



 m  0
  0  2 x − m  4    m  2 x  m + 4    
, x  ( 0;1)
m  0
m  0
   m + 4  2


m  0

m  4

   −2  m  0  −2  m  0
m  0

Từ hai trường hợp và điều kiện m 
và m  100 nên suy ra m  0;6;7;8;...;100 .
Vậy có tất cả 96 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 35: Cho đồ thị hàm số y = f ( 5 − 2 x ) như hình vẽ dưới đây:
(
)
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   −23;23 để hàm số y = f x3 − 3x + m + m 2 − 1
đồng biến trên khoảng ( 0;1) ?
B. 22 .
A. 23 .
C. 21 .
Lời giải
D. 20 .
Chọn B
Bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) được vẽ lại như sau:
(
g ( x ) = f x − 3x + m + m
3
38| Biên soạn: Phan Nhật Linh
2
( 3x
− 1  g( x ) =
)
2
)(
− 3 x3 − 3x + m
x − 3x + m
3
).f 
(x
3
)
− 3x + m + m 2 − 1
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Nhận xét: x3 − 3x + m + m2 − 1  −1, x 
(
) (
Phan Nhật Linh
)
và 3x 2 − 3 = 3 x 2 − 1  0, x  ( 0;1) .
Hàm số y = g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0;1) khi và chỉ khi g  ( x )  0, x  ( 0;1)
(
)
 ( x3 − 3x + m ) . f  x3 − 3x + m + m 2 − 1  0, x  ( 0;1)
  x3 − 3x + m + m 2 − 1   −1;9
 −1  x3 − 3 x + m + m 2 − 1  9

 3
  x3 − 3x + m  0
  x − 3x  −m


, x  ( 0;1)
3
2

−
x
−
3
x
+
m
+
m
−
1

9
  x3 − 3x + m + m 2 − 1  9
(
)


 3
  x3 − 3x + m  0
  x − 3x  −m
 − m 2 − m  −2
  −m 2 − m  x 3 − 3x  10 − m 2

2
 3
 10 − m  0
  x − 3 x  − m

  − m  −2

2
3
  m − m − 10  x − 3x
 m 2 − m − 10  0
  x 3 − 3 x  − m


 − m  0



m  1
   m  −2

 − 10  m  10
 2  m  10

m ; m −23;23

 m  2

→ m  −23; − 22;....; −3; 2;3
1 − 41 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
m



2
   m  1 − 41



2
 
1 + 41

m



 
2

 m  0
Vậy có tất cả 23 giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 36: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên
và có đồ thị như hình vẽ dưới đây:
(
)
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   0;23 để hàm số g ( x ) = f x 2 − 2 x + m + 2023
đồng biến trên khoảng ( 2; + ) ?
A. 23 .
B. 20 .
C. 21 .
Lời giải:
D. 22 .
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 39
Về đích đặc biệt 9+
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Chọn A
(
)
Để hàm số g ( x ) = f x 2 − 2 x + m + 2023 đồng biến trên khoảng ( 2;+ ) thì
g( x ) =
Mà
( 2 x − 2) ( x2 − 2x )
x2 − 2x
( 2x − 2) ( x2 − 2x )
x2 − 2x
(
)
f  x 2 − 2 x + m  0, x  ( 2; +  )
(
)
 0, x  ( 2; +  )  f  x 2 − 2 x + m  0, x  ( 2; +  )
Từ đồ thị, hàm số y = f ( x ) đồng biến trên  −1;0 và 1;+  ) .
 x2 − 2x + m  1
 x2 − 2x  1 − m

, x  ( 2; +  ) .
Suy ra 
 −1  x 2 − 2 x + m  0
 −1 − m  x 2 − 2 x  − m


 
Nhận xét: Ta thấy x 2 − 2 x  0, x  ( 2; +  )  0  1 − m  m  1 ⎯⎯⎯⎯⎯
→1  m  23 .
m ; m 0; 23
Vậy có tất cả 23 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
40| Biên soạn: Phan Nhật Linh
Phát triển các dạng toán trọng tâm THPT Quốc Gia 2023
Phan Nhật Linh
Biên soạn: Phan Nhật Linh | 1