Phương pháp giải:

Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản.

Lời giải chi tiết:

\(\int {\frac{{dx}}{{\sqrt x }}}  = 2\sqrt x  + C\).

Phương pháp giải:

+ Thay t=1 tìm A.

+ Tính bán kính mặt cầu \(R = d\left( {A,\left( P \right)} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Thay t=1 vào d ta được điểm \(A\left( {2;3;1} \right) \in d\).

\(R = d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.2 - 3 + 2.1 - 9} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = 2\)

Mặt cầu (S): \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 4\)

Phương pháp giải:

+ Tìm AH

+ Tìm H.

+ \({S_{mc}} = 4\pi {R^2}\)=> Tìm R.

+ Nhận xét vị trí của I, H, A tìm I.

Lời giải chi tiết:

AH qua \(A\left( {2;5;1} \right)\) và vuông góc với (P) nên có phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 6t\\y = 5 + 3t\\z = 1 - 2t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)

Do \(AH \cap \left( P \right) = \left\{ H \right\}\) nên \(H\left( {2 + 6t;5 + 3t;1 - 2t} \right)\). Thay vào (P) ta được:

\(\begin{array}{l}6\left( {2 + 6t} \right) + 3\left( {5 + 3t} \right) - 2\left( {1 - 2t} \right) + 24 = 0\\ \Leftrightarrow t =  - 1\\ \Rightarrow H\left( { - 4;2;3} \right)\end{array}\)

Do mặt cầu tiếp xúc với (P) tại H nên tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AH và cùng phía với A so với (P).

Diện tích mặt cầu: \(784\pi  = 4\pi {R^2} \Rightarrow R = 14 = IH\).

Do I, A, H thẳng hàng, I và A cùng phía so với H và IH=2AH nên A là trung điểm của IH.

\( =  > I\left( {8;8; - 1} \right)\).

Phương pháp giải:

+ Đưa biểu thức dưới dấu nguyên hàm thành dạng \(\frac{A}{{x - a}} + \frac{B}{{x - b}}\).

+ Sử dụng bảng nguyên hàm

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\int {\frac{1}{{{x^2} + x - 6}}dx}  = \frac{1}{5}\int {\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{{x + 3}}dx} \\ = \frac{1}{5}.\ln \left| {\frac{{x - 2}}{{x + 3}}} \right| + C\end{array}\)

Phương pháp giải:

\(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\)

Lời giải chi tiết:

Cosin góc giữa 2 mặt phẳng bằng cosin góc giữa 2 vecto pháp tuyến. Cosin cần tìm là:

\(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng Vi ét trong phương trình phức để lập hệ phương trình liên quan đến phần thực và phần ảo của w.

Lời giải chi tiết:

Đặt \(w = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\). Do \(w + 2i\) và \(2w - 3\) là 2 nghiệm thực của phương trình \({z^2} + az + b = 0\) nên ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}w + 2i + 2w - 3 =  - a\\\left( {w + 2i} \right)\left( {2w - 3} \right) = b\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 3x - 3 + \left( {3y + 2} \right)i = 0\\\left[ {x + \left( {2 + y} \right)i} \right]\left( {2x - 3 + 2yi} \right) = b\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + a - 3 + \left( {3y + 2} \right)i = 0\\2{x^2} - 3x - 2y - {y^2} + \left( {2xy + 4x + 2xy - 6 - 3y} \right)i = b\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + a - 3 = 0\\3y + 2 = 0\\2{x^2} - 3x - 2y - {y^2} = b\\2xy + 4x + 2xy - 6 - 3y = 0\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y =  - \frac{2}{3}\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\rm{w}} = 3 - \frac{2}{3}i\\ \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {3 - \frac{2}{3}i + 2i} \right| = \frac{{\sqrt {97} }}{3}\\ \Rightarrow T = \frac{{2\sqrt {97} }}{3}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm \(A\left( {{x_0};0;0} \right),B\left( {0;{y_0};0} \right),z\left( {0;0;{z_0}} \right)\) là \(\frac{x}{{{x_0}}} + \frac{y}{{{y_0}}} + \frac{z}{{{z_0}}} = 1\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm \(M\left( {3;0;0} \right),N\left( {0; - 5;0} \right),P\left( {0;0;9} \right)\) là \(\frac{x}{3} - \frac{y}{5} + \frac{z}{9} = 1\)

Phương pháp giải:

Đặt \(z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\).

Tìm điều kiện cho z.

Lời giải chi tiết:

Đặt \(z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\).

\(\left| z \right| = 1\) nên điểm biểu diễn của z là thuộc đường tròn tâm O bán kính 1.

Vì phần thực của z không âm nên điểm biểu diễn nằm bên phải trục Oy.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn cần tìm là đường tròn tâm O và nằm bên phải trục Oy.

Phương pháp giải:

- Sử dụng tính chất: OA, OB, OC đôi một vuông góc thì hình chiếu của O lên (ABC) là trực tâm của tam giác ABC.

- Tìm vtvp của hình chiếu và loại trừ các đáp án.

Lời giải chi tiết:

Gọi G là trực tâm tam giác ABC.

Suy ra G là trọng tâm do \(\Delta \)ABC đều.

\( =  > G\left( {1;1;1} \right)\).

Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc nên G là hình chiếu của O lên (ABC).

=> Hình chiếu của OA lên (ABC) là đường thẳng AG.

\(\overrightarrow {AG}  = \left( { - 2;1;1} \right)\) là vtcp của hình chiếu cần tìm.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức: \(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow u .\overrightarrow v } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}}\).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Leftrightarrow \frac{{\left| {\overrightarrow u .\overrightarrow v } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 - 2m} \right|}}{{\sqrt 6 .\sqrt {{m^2} + 1} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Leftrightarrow 2{\left( {1 - 2m} \right)^2} = 6\left( {{m^2} + 1} \right)\\ \Leftrightarrow m = 2 \pm \sqrt 6 \end{array}\)

Phương pháp giải:

Hình chiếu của mọi đường thẳng thuộc một mặt phẳng qua chính mặt phẳng đó là chính nó.

Lời giải chi tiết:

Do d có \(z = 0\) nên \(d \in \left( {Oxy} \right)\)

=> Hình chiếu của d trên Oxy là chính nó.

Phương pháp giải:

Mặt cầu đường kính AB có tâm I là trung điểm của AB và bán kính bằng \(\frac{{AB}}{2}\).

Lời giải chi tiết:

Trung điểm \(I\left( {2;1; - 1} \right)\) là tâm mặt cầu đường kính AB.

\({R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} = \frac{{{2^2} + {2^2} + {4^2}}}{4} = 6\)

Mặt cầu:

\(\begin{array}{l}\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 6\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 2y + 2z = 0\end{array}\)

Phương pháp giải:

Tìm số phức rồi tìm phần thực.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}z - i\left( {4 - 2i} \right) = 8i - 6\\ \Leftrightarrow z = i\left( {4 - 2i} \right) + 8i - 6\\ \Leftrightarrow z = 4i + 2 + 8i - 6 = 12i - 8\end{array}\)

Phương pháp giải:

+ Tìm vecto pháp tuyến của 2 mặt phẳng

+ 2 vecto pháp tuyến song song thì 2 mặt phẳng song song.

Lời giải chi tiết:

\({n_{\left( \alpha  \right)}} = \left( {1; - 2;3} \right),{n_{\left( \beta  \right)}} = \left( {2; - 4;6} \right)\)

\( \Rightarrow {n_{\left( \alpha  \right)}}//{n_{\left( \beta  \right)}}\).

Vậy \(\left( \alpha  \right)//\left( \beta  \right)\)

Phương pháp giải:

Hoành độ là phần thực, tung độ là phần ảo.

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta có điểm \(M\left( { - 2;3} \right)\)

\( \Rightarrow z =  - 2 + 3i\)

Phương pháp giải:

Công thức tính diện tích của miền phẳng.

Lời giải chi tiết:

\(S = \int_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \)

Phương pháp giải:

Tách tích phân.

Tích phân từng phần.

Sử dụng bảng nguyên hàm.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\int_0^4 {\frac{{\left( {x + 1} \right){e^x}}}{{\sqrt {2x + 1} }}dx}  = \frac{1}{2}\int_0^4 {\frac{{2x + 1 + 1}}{{\sqrt {2x + 1} }}{e^x}dx} \\ = \underbrace {\frac{1}{2}\int_0^4 {\sqrt {2x + 1} .{e^x}} }_{{I_1}} + \underbrace {\frac{1}{2}\int_0^4 {\frac{{{e^x}}}{{\sqrt {2x + 1} }}dx} }_{{I_2}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{I_2} = \frac{1}{2}\int_0^4 {{e^x}d\left( {\sqrt {2x + 1} } \right)} \\ = \frac{1}{2}\left. {\left( {{e^x}.\sqrt {2x + 1} } \right)} \right|_0^4 - \frac{1}{2}\int_0^4 {\sqrt {2x + 1} .{e^x}dx} \\ = \frac{1}{2}.{e^4}.3 - \frac{1}{2} - {I_1}\\ \Rightarrow I = {I_1} + {I_2} = \frac{3}{2}{e^4} - \frac{1}{2}\\ \Rightarrow T = {a^2} - {b^2} = 2\end{array}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng vi ét.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({z_1},{z_2}\) là 2 nghiệm của phương trình \(3{z^2} - z + 4 = 0\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = \frac{1}{3}\\{z_1}.{z_2} = \frac{4}{3}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P = \frac{{z_1^2 + z_2^2}}{{{z_1}.{z_2}}}\\ = \frac{{{{\left( {{z_1} + {z_2}} \right)}^2} - 2{z_1}.{z_2}}}{{{z_1}.{z_2}}} =  - \frac{{23}}{{12}}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Chọn một điểm M thuộc một trong 2 mặt phẳng.

Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng bằng khoảng cách từ M đến mặt phẳng còn lại.

Lời giải chi tiết:

Lấy điểm \(M\left( {0;0; - 1} \right) \in \left( \beta  \right)\).

Ta có

\(\begin{array}{l}d\left( {\left( \alpha  \right),\left( \beta  \right)} \right) = d\left( {M,\left( \beta  \right)} \right)\\ = \frac{{\left| {4.\left( { - 1} \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {4^2} + {4^2}} }} = \frac{1}{2}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Công thức tính thể tích vật thể tròn xoay.

Lời giải chi tiết:

\(V = \pi \int_a^b {{f^2}\left( x \right)dx} \)

Phương pháp giải:

Điểm H là trực tâm của tam giác ABC

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {BH}  \bot \overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {AH}  \bot \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Gọi điểm H (a, b, c).

\(\begin{array}{l}AH = \left( {a - 1;b;c - 1} \right)\\BH = \left( {a + 2;b - 1;c - 3} \right)\end{array}\)

\(\overrightarrow {BC}  = \left( {3;3; - 3} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 9; - 3; - 12} \right)\)

Điểm H là trực tâm của tam giác ABC

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH}  \bot \overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {BH}  \bot \overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {AH}  \bot \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {a - 1} \right).1 + b.1 + \left( {c - 1} \right).\left( { - 1} \right) = 0\\\left( {a + 2} \right).0 + \left( {b - 1} \right).4 + \left( {c - 3} \right).\left( { - 1} \right) = 0\\3.\left( {a - 1} \right) + b + 4.\left( {c - 1} \right) = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{8}{{13}}\\b = \frac{7}{{13}}\\c = \frac{{15}}{{13}}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(H\left( {\frac{8}{{13}};\frac{7}{{13}};\frac{{15}}{{13}}} \right)\)

Phương pháp giải:

Hai mặt phẳng song song có cùng vecto pháp tuyến:

\({n_{\left( P \right)}} = {n_{\left( Q \right)}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}2\left( {x - 1} \right) + 5\left( {y - 3} \right) + x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2x + 5y + z - 15 = 0\end{array}\)

Phương pháp giải:

Tìm \(\overrightarrow {AB} ,\overleftarrow {AC} \).

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {AC} \).

Lời giải chi tiết:

\(A\left( {1;1} \right),B\left( {4;1} \right),C\left( {1;5} \right)\) lần lượt là các điểm biểu diễn số phức: \(1 + i;4 + i;1 + 5i\).

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {3;0} \right),\overleftarrow {AC}  = \left( {0; - 4} \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {AC} \end{array}\)

Vậy \(\Delta ABC\) vuông tại A.

Vậy \(R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }}{2} = \frac{5}{2}\)

Phương pháp giải:

Lấy 2 điểm M và N thuộc d.

Lấy điểm M’ và N’  đối xứng của M và N qua (Oxy).

Đường thẳng đối xứng d qua (Oxy) nhận \(\overrightarrow {M'N'} \) làm vecto chỉ phương.

Lời giải chi tiết:

\(M\left( {1; - 2;4} \right) \in d \Rightarrow M'\left( {1; - 2;0} \right)\) đối xứng M qua (Oxy).

\(N\left( {3; - 1;3} \right) \in d \Rightarrow N'\left( {3; - 1;0} \right)\) đối xứng N qua (Oxy).

\(\overrightarrow {MN}  = \left( {2;1;0} \right)\)

Phương pháp giải:

Đặt \(t = \sqrt {x + 1} \).

Đưa tích phân về biến t.

Tìm \(f\left( t \right)\)

Lời giải chi tiết:

Đặt \(t = \sqrt {x + 1}  \Rightarrow {t^2} = x + 1\)\( \Rightarrow dx = 2tdt\).

Đổi cận:

\(\begin{array}{l} \Rightarrow I = \int\limits_1^2 {\frac{{{t^2} - 1}}{{1 + t}}tdt}  = \int\limits_1^2 {\left( {{t^2} - t} \right)dt} \\ \Rightarrow f\left( t \right) = {t^2} - t\end{array}\)

Phương pháp giải:

Tham số hóa điểmC, C’.

Lập thể tích cần tìm theo m.

Tìm giá trị lớn nhất của thể tích.

Lời giải chi tiết:

ABCD là hình chữ nhật nên \(C\left( {m;m;0} \right)\).

\(CC'//AA' \Rightarrow C'\left( {m;m;\frac{n}{2}} \right)\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {A'B}  = \left( {m;0; - n} \right),\overrightarrow {A'D}  = \left( {0;m; - n} \right)\\\overrightarrow {A'M}  = \left( {m;m; - \frac{n}{2}} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {A'D} } \right] = \left( {mn;mn;{m^2}} \right)\\ =  > V = \frac{1}{4}{m^2}n = \frac{1}{4}{m^2}\left( {5 - m} \right)\\ =  - \frac{1}{4}{m^3} + \frac{5}{4}{m^2} = f\left( m \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}f'\left( m \right) =  - \frac{3}{4}{m^2} + \frac{5}{2}m = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\left( L \right)\\m = \frac{{10}}{3}\left( {TM} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Bảng biến thiên:

\( \Rightarrow V = f{\left( m \right)_{\max }} = f\left( {\frac{{10}}{3}} \right) = \frac{{125}}{{27}}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của phép cộng, trừ, nhân và chia số phức.

Lời giải chi tiết:

Ta có

\(\begin{array}{l}\left( {i - 3} \right)z - 5 + 3i = 0\\ \Leftrightarrow \left( {i - 3} \right).z = 5 - 3i\\ \Leftrightarrow z = \frac{{5 - 3i}}{{i - 3}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{{\left( {5 - 3i} \right)\left( { - 3 - i} \right)}}{{1 + 9}}\\ \Leftrightarrow z = \frac{2}{5}i - \frac{9}{5}\end{array}\)

Phương pháp giải:

\(\int\limits_a^b {f\left( u \right)du}  = \int\limits_a^b {f\left( t \right)dt}  = \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \).

\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^b {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_0^a {f\left( x \right)dx} \).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^3 {f\left( u \right)du}  = \frac{5}{3};\int\limits_0^4 {f\left( u \right)du}  = \frac{3}{5}\\ \Rightarrow \int\limits_3^4 {f\left( u \right)du}  = \int\limits_0^4 {f\left( u \right)du}  - \int\limits_0^3 {f\left( u \right)du} \\ = \frac{3}{5} - \frac{5}{3} =  - \frac{{16}}{{15}}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Tìm đường thẳng d.

Tìm \(d\left( {O,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\)

Với O là tâm mặt cầu (S).

Tìm bán kính của mặt cầu.

Lời giải chi tiết:

\(d = \left( P \right) \cap \left( Q \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} //\left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} } \right]\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {2; - 2; - 1} \right),\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \left( {1;2; - 2} \right)\\ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} } \right] = \left( {6;3;6} \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1;2} \right)\end{array}\)

Chọn \(M\left( {0;1; - 1} \right) \in \left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\)

\( \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 1 + t\\z =  - 1 + 2t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow O\left( { - 2;3;0} \right)\\ \Rightarrow OM = \left( {2; - 2; - 1} \right)\\ \Rightarrow d\left( {O,d} \right) = 3\end{array}\)

Với O là tâm mặt cầu (S).

Mà \(AB \equiv d \Rightarrow d\left( {O,AB} \right) = 3\).

\(\begin{array}{l}{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} + {\left( {d\left( {O,AB} \right)} \right)^2} = {4^2} + {3^2} = 25\\ \Rightarrow m =  - 12\end{array}\)

Phương pháp giải:

Bán kính mặt cầu là \(R = d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right)\).

Tứ diện có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau thì hình chiếu của O là trực tâm H của đáy ABC.

Lời giải chi tiết:

Tứ diện O.ABC là tứ diện vuông tại O nên \(OH \bot \left( {ABC} \right)\) với H là trực tâm tam giác ABC.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow R = d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = OH = 3\\ \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = 9\end{array}\)

Phương pháp giải:

Khoảng cách từ điểm \(M\left( {{x_0},{y_0},{z_0}} \right)\) đến mặt phẳng \(ax + by + cz + d = 0\) là:

\(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}d\left( {A,\left( P \right)} \right) = 1\\ \Leftrightarrow \frac{{\left| {6.1 - 3.2 - 2.\left( { - 1} \right) + m} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 1\\ \Leftrightarrow \left| {m + 2} \right| = 7\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 5\\m =  - 9\end{array} \right.\end{array}\)

Phương pháp giải:

Tìm vecto pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]\)

Thay vào các đáp án để loại trừ.

Lời giải chi tiết:

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;1;0} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2;0; - 1} \right)\)

\(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 1; - 2;2} \right)\).

Thay tọa độ A vào đáp án A và C.

Phương pháp giải:

Tìm vecto chỉ phương của 2 đường thẳng.

Nếu \(\overrightarrow {{u_d}} \) không song song với \(\overrightarrow {{u_{d'}}} \) thì d và d’ không song song cũng không trùng nhau.

\(\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{u_{d'}}}  \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {{u_{d'}}}  = 0\)

Lời giải chi tiết:

\(\overrightarrow {{n_d}}  = \left( {2; - 2;1} \right),\overrightarrow {{n_{d'}}}  = \left( { - 2;3;1} \right)\)=>Loại B, D.

\(\overrightarrow {{n_d}} .\overrightarrow {{n_{d'}}}  =  - 4 - 6 + 2 \ne 0 \Rightarrow \)Loại A.

Phương pháp giải:

\(\int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]dx} \)\( = \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_a^b {g\left( x \right)dx} \)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {f\left( x \right) + 2\sin x} \right]dx} \\ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx}  - 2\left. {\left( {\cos x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\\ = 5 + 2 = 7\end{array}\)

Phương pháp giải:

\(\overrightarrow {{u_d}} //\left[ {\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} } \right]\)

Lời giải chi tiết:

Vecto chỉ phương của d là:

\(\overrightarrow {{u_d}} //\left[ {\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} } \right] = \left( { - 1; - 2;1} \right)\)

Phương pháp giải:

+ Biểu diễn z theo w.

+ Thay vào \(\left| {z + 1} \right| = \sqrt 5 \) đưa về dạng \(\left| {{\rm{w}} - {{\rm{w}}_0}} \right| = R\).

Lời giải chi tiết:

Ta có

\(\begin{array}{l}{\rm{w}} = \left( {1 - 2i} \right)z - 2 + 3i\\ \Leftrightarrow z = \frac{{{\rm{w}} + 2 - 3i}}{{1 - 2i}}\end{array}\)

Thay z vào \(\left| {z + 1} \right| = \sqrt 5 \) ta được:

\(\begin{array}{l}\left| {\frac{{{\rm{w}} + 2 - 3i}}{{1 - 2i}} + 1} \right| = \sqrt 5 \\ \Leftrightarrow \left| {\frac{{{\rm{w}} + 2 - 3i + 1 - 2i}}{{1 - 2i}}} \right| = \sqrt 5 \\ \Leftrightarrow \frac{{\left| {{\rm{w}} - \left( {5i - 3} \right)} \right|}}{{\left| {1 - 2i} \right|}} = \sqrt 5 \\ \Leftrightarrow \left| {{\rm{w}} - \left( {5i - 3} \right)} \right| = 5\end{array}\)

Vậy điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm \(M\left( { - 3;5} \right)\) bán kính 5.

Phương pháp giải:

Mô đun của số phức \(z = a + bi\) là \(\left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}z = 3 + 2i\\ \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {2^2}}  = \sqrt {13} \end{array}\)

Phương pháp giải:

+ Tìm góc \(\widehat {KNH}\).

+ Sử dụng định lý cosin cho tam giác KNH.

Lời giải chi tiết:

Do OM=ON nên MONH là hình thoi. Gọi I là trung điểm của MN. Ta có:

\(\begin{array}{l}IN = \frac{{MN}}{2} = \frac{3}{{\sqrt 2 }},ON = \sqrt {17} \\ \Rightarrow \cos \widehat {ONM} = \frac{{NI}}{{ON}} = \frac{3}{{\sqrt {34} }}\\ \Rightarrow {\cos ^2}\widehat {ONM} = \frac{9}{{34}}\\ \Rightarrow \cos \widehat {KNH} = \cos \widehat {ONH}\\ = 2{\cos ^2}\widehat {ONM} - 1 =  - \frac{8}{{17}}\end{array}\)

Theo định lý cosin ta có:

\(\begin{array}{l}K{H^2} = N{K^2} + N{H^2} - 2NK.NH.\cos \widehat {KNH}\\ = \frac{{117}}{4} \Rightarrow KH = \frac{{3\sqrt {13} }}{2}\end{array}\)

Phương pháp giải:

\(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(F'\left( x \right)\).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}F'\left( x \right) = 2021.\cos 2021x\\ \Rightarrow f\left( x \right) = 2021.\cos 2021x\end{array}\)

Phương pháp giải:

Đường thẳng qua điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( {a;b;c} \right)\) làm vecto chỉ phương có phương trình là:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng đi qua M(1;2;-3) và có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {3; - 2;7} \right)\) là:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 2 - 2t\\z = 3 + 7t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)

Phương pháp giải:

\(\int\limits_a^b {\frac{{dx}}{{mx + n}}}  = \frac{1}{m}\ln \left| {\frac{{mb + n}}{{ma + n}}} \right|\)

Lời giải chi tiết:

\(\int\limits_1^5 {\frac{{dx}}{{2x - 1}}}  = \frac{1}{2}\left. {\left( {\ln \left| {2x - 1} \right|} \right)} \right|_1^5\)\( = \frac{1}{2}\ln {3^2} = \ln 3\).

\( \Rightarrow C = \ln 3\).

Phương pháp giải:

Định nghĩa tích phân.

Lời giải chi tiết:

\(\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  = \left. {F\left( x \right)} \right|_a^b = F\left( b \right) - F\left( a \right)\)

Phương pháp giải:

Đặt x=1-t

Sử dụng phương pháp đổi biến.

Biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân tìm \(f\left( x \right)\)

Lời giải chi tiết:

\(I = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{1 + f\left( x \right)}}} \)

Đặt x=1-t

\( \Rightarrow dx =  - dt\)

Đổi cận

\(\begin{array}{l} =  > I = \int\limits_1^0 {\frac{{ - dt}}{{1 + f\left( {1 - t} \right)}}}  = \int\limits_0^1 {\frac{{dt}}{{1 + \frac{1}{{f\left( t \right)}}}}} \\ = \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}}dx} \end{array}\)

Mà \(I = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{1 + f\left( x \right)}}} \)

Vậy \(\frac{{f\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}} = \frac{1}{{1 + f\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = 1\)

\( \Rightarrow I = 1\).

Phương pháp giải:

Sử dụng kết quả:

O.ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau thì hình chiếu của O lên (ABC) là trực tâm của tam giác ABC và \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\).

Tìm điểm H.

Tìm \(\overrightarrow {BC} \).

Góc giữa 2 đường thẳng \(\Delta ,BC\) là: \(\cos \left( {\Delta ,BC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} .\overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau nên OH là đường cao kẻ từ đỉnh O tới mặt phẳng (ABC).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = {\left( {\frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}} \right)_{\min }}\\ \Leftrightarrow O{H_{\max }}\end{array}\)

Mà \(OH \le OM\) cố định nên \(O{H_{\max }} \Leftrightarrow OH = OM \Leftrightarrow M \equiv H\)

\( \Rightarrow AM \bot BC\)

=> Đường thửng BC nằm trong mặt phẳng (Oyz) và vuông góc với OM.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BC}  \bot {\overrightarrow n _{\left( {Oyz} \right)}} = \left( {1;0;0} \right)\\\overrightarrow {BC}  \bot \overrightarrow {OM}  = \left( {1;5;2} \right)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} =  > \overrightarrow {BC}  = \left[ {{{\overrightarrow n }_{\left( {Oyz} \right)}},\overrightarrow {OM} } \right] = \left( {0; - 2;5} \right)\\ =  > \cos \left( {\Delta ,BC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} .\overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{{\sqrt {174} }}{{58}}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất: \({z_1}.{z_2} = {z_3} =  > \left| {{z_1}} \right|.\left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right|\)

Lời giải chi tiết:

Ta có

\(\begin{array}{l}\left( {2 + 3i} \right)z + 4 - 3i = 13 + 4i\\ \Leftrightarrow \left( {2 + 3i} \right)z = 9 + 7i\\ \Leftrightarrow \left| {2 + 3i} \right|.\left| z \right| = \left| {9 + 7i} \right|\\ \Leftrightarrow \left| z \right| = \sqrt {10} \end{array}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất \(\frac{1}{{{z_0}}} = \frac{{\overline {{z_0}} }}{{{{\left| {{z_0}} \right|}^2}}}\).

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(z = \frac{1}{{1 + i}} = \frac{{1 - i}}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}i\)

Phần ảo là \( - \frac{1}{2}\)

Phương pháp giải:

+ O.ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau thì hình chiếu của O lên (ABC) là trực tâm của tam giác ABC  và có thể tích \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6}.OA.OB.OC\).

+ Tìm (P).

+ Tìm OA, OB, OC.

+ thể tích \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6}.OA.OB.OC\).

Lời giải chi tiết:

Ta có \(d{\left( {O,\left( P \right)} \right)_{\max }} \Leftrightarrow d\left( {O,\left( P \right)} \right) = OM\). Hay \(OM \bot \left( P \right) \equiv \left( {ABC} \right)\)

Mà OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau.

Suy ra M là trực tâm tam giác ABC.

\(\begin{array}{l} =  > \left( P \right):1\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x + 2y + 3z - 14 = 0\end{array}\)

Giả sử \(A \in Ox =  > A\left( {a;0;0} \right) =  > a = 14 = OA\)

Tương tự ta có \(OB = 7;OC = \frac{{14}}{3}\).

=> \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6}.OA.OB.OC = \frac{{686}}{9}\).

Phương pháp giải:

Tính riêng thể tích \({V_1}\) phần tô đậm từ x=0 đến x=1 và phần thể tích \({V_2}\) từ x=1 đến x=4.

Thể tích cần tìm: \(V = {V_1} + {V_2}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \({V_1}\) là thể tích hình giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^2},y = 0,x = 0,x = 1\).

\({V_2}\) là thể tích hình giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y =  - \frac{1}{3}x + \frac{4}{3},y = 0,x = 1,x = 4\).

Thể tích cần tìm: \(V = {V_1} + {V_2}\)

Ta có \({V_1} = \pi \int\limits_0^1 {{x^4}dx}  = \frac{\pi }{5}\)

\(\begin{array}{l}{V_2} = \pi \int\limits_1^4 {{{\left( { - \frac{1}{3}x + \frac{4}{3}} \right)}^2}dx}  = \pi \\ \Rightarrow V = {V_1} + {V_2} = \frac{{6\pi }}{5}\end{array}\)

Phương pháp giải:

+ Tìm điểm biểu diễn của M và M’.

+ Nhận xét M và M’.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\overline z  = a - bi\\ \Rightarrow M'\left( {a; - b} \right),M\left( {a;b} \right)\end{array}\)

=> M’ đối xứng M qua Oy.

Phương pháp giải:

+ Tìm phần thực và phần ảo của \(\left( {z + 3 - i} \right)\left( {\overline z  + 1 + 3i} \right)\).

+ Một số phức trở thành một số thực khi và chỉ khi phần ảo của số phức đó bằng 0.

+ Phần thực và phần ảo của z luôn thỏa mãn một phương trình đường thẳng nào đó thì đường thẳng đó là tập hợp các điểm biểu diễn số phức z.

Lời giải chi tiết:

Đặt \(z = x + yi =  > \overline z  = x - yi\)

\(\begin{array}{l}\left( {z + 3 - i} \right)\left( {\overline z  + 1 + 3i} \right)\\ = \left[ {x + 3 + \left( {y - 1} \right)i} \right]\left[ {x + 1 + \left( {3 - y} \right)i} \right]\\ = \left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {y - 1} \right)\left( { - y + 3} \right)\\ + \left[ {\left( {x + 3} \right)\left( {3 - y} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( {y - 1} \right)} \right]i\end{array}\)

Vì đây là một số thực nên phần ảo của nó bằng 0.

Hay \(\left( {x + 3} \right)\left( {3 - y} \right) + \left( {x + 1} \right)\left( {y - 1} \right) = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - xy - 3y + 3x + 9 + xy + y - x - 1 = 0\\ \Leftrightarrow  - 2y + 2x + 8 = 0\\ \Leftrightarrow x - y + 4 = 0\end{array}\)

Phần thực x và phần ảo y luôn thỏa mãn phương trình đường thẳng trên nên đây là đường thẳng biểu diễn z.

\( =  > d\left( {O,d} \right) = \frac{{\left| 4 \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = 2\sqrt 2 \)