Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tọa độ điểm/vectơ (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trung trực của AB: trung điểm (-11;1), vecto AB=(2;-14) nên phương trình 2(x+11)-14(y-1)=0, tức x-7y+18=0. Trung trực của BC: trung điểm (-2;-2), vecto BC=(16;8) nên 2(x+2)+(y+2)=0, tức 2x+y+6=0. Giải hệ: x-7y+18=0 và 2x+y+6=0 cho M(-4;2). Bán kính R=MA=√((-4+12)²+(2-8)²)=√(64+36)=10 m. Chi phí mỗi nhà: 10 × 30 = 300 nghìn đồng (khớp đáp án nguồn 300).

(AI giải đề cho tôi)
M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trung trực của AB: trung điểm $(-11;1)$, hệ số góc $AB=\frac{-6-8}{-10+12}=-7$ nên trung trực có hệ số góc $\frac{1}{7}$: $y-1=\frac{x+11}{7}$. Trung trực của BC: trung điểm $(-2;-2)$, hệ số góc $BC=\frac{2+6}{6+10}=\frac{1}{2}$ nên trung trực có hệ số góc $-2$: $y+2=-2(x+2)\Rightarrow y=-2x-6$. Giải hệ: $-2x-7=\frac{x+11}{7}\Rightarrow -14x-49=x+11\Rightarrow x=-4$, $y=2$. Vậy $M(-4;2)$, $R=MA=\sqrt{8^2+(-6{)}^2}=10$ m. Tổng chiều dài ống $3\cdot 10=30$ m, tổng chi phí $30\cdot 30=900$ nghìn đồng, mỗi nhà trả $\frac{900}{3}=300$ nghìn đồng. Khớp đáp án nguồn (300).

(AI giải đề cho tôi)
Trạm phát phải cách đều ba trạm nên là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNP$. Tìm trung trực của $MN$: trung điểm $(1;2)$, $MN$ có hệ số góc $-2$ nên trung trực có hệ số góc $\frac{1}{2}$: $y-2=\frac{1}{2}(x-1)\iff y=\frac{x+3}{2}$. Trung trực của $MP$: trung điểm $\left(-\frac{5}{2};\frac{3}{2}\right)$, $MP$ có hệ số góc $-\frac{1}{3}$ nên trung trực có hệ số góc $3$: $y-\frac{3}{2}=3\left(x+\frac{5}{2}\right)\iff y=3x+9$. Giải hệ: $\frac{x+3}{2}=3x+9\iff x=-3,y=0$. Vậy trạm phát tại $I(-3;0)$. Kiểm tra: $IM=\sqrt{5^2+0^2}=5$, $IN=\sqrt{3^2+4^2}=5$, $IP=\sqrt{4^2+3^2}=5$. Khoảng cách cần tìm là $5$ km, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Véc tơ $\overrightarrow{AB}=(8-5;12-8)=(3;4)$, độ dài $AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$ m. Robot đi 5 m trong 5 phút nên vận tốc ban đầu $v=1$ m/phút. Khi quay đầu, vận tốc mới là $1,5$ m/phút; sau 8 phút robot đi được $1,5\cdot 8=12$ m theo hướng ngược lại, tức theo véc tơ đơn vị $\left(-\frac{3}{5};-\frac{4}{5}\right)$. Suy ra $\overrightarrow{BC}=12\left(-\frac{3}{5};-\frac{4}{5}\right)=(-7,2;-9,6)$, nên $C(a;b)=(8-7,2;12-9,6)=(0,8;2,4)$. Vậy $a+b=3,2$ và $5(a+b)=16$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1002, Phần III Câu 3 = 16).

(AI giải đề cho tôi)
Hình minh họa robot đi từ A đến B thực tế tồn tại ở trang 3 của đề, nên token hình không phải bị bịa. Lời giải: $\overrightarrow{AB}=(5-8;8-12)=(-3;-4)$, $|AB|=\sqrt{9+16}=5$ m. Robot đi 5 m trong 5 phút nên vận tốc ban đầu $v=1$ m/phút. Khi quay đầu, véctơ chỉ phương là $\frac{-\overrightarrow{AB}}{|AB|}=\left(\frac{3}{5};\frac{4}{5}\right)$, vận tốc mới $1,5$ m/phút. Trong 8 phút đi được $s=1,5\times 8=12$ m, displacement $=12\left(\frac{3}{5};\frac{4}{5}\right)=(7,2;9,6)$. Vậy $C=B+(7,2;9,6)=(12,2;17,6)$, tức $a=12,2$, $b=17,6$ và $5(b-a)=5\times 5,4=27$, khớp đáp án nguồn (27) ở bảng Phần III, mã đề 1001, Câu 2.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $H(0;0)$, $K(20;0)$, $C(20;32)$, $A(0;6)$, $B(0;24)$.

Gọi $\alpha$ là góc giữa tia $CA$ và phương ngang, $\beta$ là góc giữa tia $CB$ và phương ngang. Ta có:
$$\tan \alpha =\frac{32-6}{20}=\frac{26}{20}=1,3,\tan \beta =\frac{32-24}{20}=\frac{8}{20}=0,4.$$

Áp dụng công thức tan của hiệu hai góc:
$$\tan \widehat{ACB}=\tan (\alpha -\beta )=\frac{\tan \alpha -\tan \beta }{1+\tan \alpha \tan \beta }=\frac{1,3-0,4}{1+1,3\cdot 0,4}=\frac{0,9}{1,52}=\frac{45}{76}\approx 0,5921.$$

Suy ra $\widehat{ACB}=\arctan \frac{45}{76}\approx 30,6^{\circ }$.

Vậy phạm vi camera quan sát được ở chung cư thứ nhất là góc $\widehat{ACB}\approx 30,6^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Nếu B là trung điểm AM thì M = 2B − A = (4;−7), không phải (1;−2) → Sai. b) Đường thẳng qua A(0;1) với vectơ chỉ phương u=(3;4): x = 0+3t, y = 1+4t → Đúng. c) BA² = (0−2)²+(1+3)² = 4+16 = 20, nên phương trình đường tròn là (x−2)²+(y+3)² = 20, không phải 16 → Sai. d) BC = (−1;−4). D=(x;0) trên trục hoành, AD = (x;−1). AD⊥BC ⟺ −x+4 = 0 ⟺ x = 4, vậy D(4;0). Elip (E) có đỉnh D(4;0) trên trục hoành (a=4) và đỉnh G(0;3) trên trục tung (b=3). Hình chữ nhật ngoại tiếp có diện tích 2a·2b = 4·4·3 = 48 → Đúng. Kết quả Sai-Đúng-Sai-Đúng khớp đáp án chính thức SDSD (mã đề 1003).
a) (AI giải đề cho tôi)
M = 2B − A = (4;−7) ≠ (1;−2) nên Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng qua A(0;1) với vectơ chỉ phương (3;4): x = 3t, y = 1+4t, đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
BA² = 4+16 = 20 nên phương trình đúng là (x−2)²+(y+3)² = 20, không phải 16.
d) (AI giải đề cho tôi)
D(4;0) vì AD⊥BC; elip có a=4, b=3, diện tích hình chữ nhật ngoại tiếp 2a·2b = 48, đúng.

(AI giải đề cho tôi)
a) Nếu B là trung điểm AM thì M = 2B − A = (4−0; −6−1) = (4;−7), không phải (1;−2) → Sai. b) Đường thẳng qua A(0;1) với vectơ chỉ phương u=(3;4): x=0+3t, y=1+4t, đúng như đề → Đúng. c) BA² = (2−0)²+(−3−1)² = 4+16 = 20, nên phương trình đường tròn là (x−2)²+(y+3)²=20, không phải 16 → Sai. d) BC=(−1;−4). Gọi D=(d;0) trên trục hoành, AD=(d;−1). AD⊥BC ⟺ −d+4=0 ⟺ d=4, nên D=(4;0). Elip (E) có đỉnh D(4;0) trên trục hoành nên a=4, đỉnh G(0;3) trên trục tung nên b=3. Diện tích hình chữ nhật ngoại tiếp = 2a·2b = 8·6 = 48 → Đúng. Kết quả khớp đáp án chính thức SDSD.
a) (AI giải đề cho tôi)
B trung điểm AM nên M = 2B − A = (4;−7) ≠ (1;−2).
b) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng qua A(0;1), vectơ chỉ phương (3;4): x=3t, y=1+4t.
c) (AI giải đề cho tôi)
BA² = 4+16 = 20 nên phải là (x−2)²+(y+3)²=20.
d) (AI giải đề cho tôi)
D=(4;0) nên a=4; G(0;3) nên b=3; diện tích = 2a·2b = 48.

(AI giải đề cho tôi)
Cho $A(4;1)$, $B(2;4)$, $C(2;-2)$.

a) Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành khi $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$, tức $D=A+C-B$. Ta có $D=(4+2-2;1+(-2)-4)=(4;-5)$.

b) $A$ là trọng tâm $\Delta BCE$ nên $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AE}=\vec{0}$, suy ra $E=3A-B-C=(12-2-2;3-4+2)=(8;1)$.

c) Vì $B,C$ cùng có hoành độ $2$ nên $BC$ là đường thẳng đứng $x=2$, đường cao từ $A$ là đường ngang $y=1$. Vecto $\overrightarrow{AC}=(-2;-3)$ nên đường cao từ $B$ vuông góc $AC$ có hệ số góc $-\frac{2}{3}$: $y-4=-\frac{2}{3}(x-2)$. Thay $y=1$: $-3=-\frac{2}{3}(x-2)\Rightarrow x=\frac{13}{2}$. Vậy $H\left(\frac{13}{2};1\right)$.

d) Trung điểm của $BC$ là $(2;1)$, đường trung trực của $BC$ là $y=1$. Gọi $I(x;1)$, do $IA=IB$: $(x-4{)}^2+(1-1{)}^2=(x-2{)}^2+(1-4{)}^2\Rightarrow x^2-8x+16=x^2-4x+13\Rightarrow -4x=-3\Rightarrow x=\frac{3}{4}$. Vậy $I\left(\frac{3}{4};1\right)$, bán kính $R=\frac{13}{4}$ (kiểm tra $I{B}^2=\frac{25}{16}+9=\frac{169}{16}$ đúng).

e) Các cạnh: $BC=6$, $CA=\sqrt{(4-2{)}^2+(1+2{)}^2}=\sqrt{13}$, $AB=\sqrt{(4-2{)}^2+(1-4{)}^2}=\sqrt{13}$. Tam giác cân tại $A$ nên tâm nội tiếp nằm trên trục đối xứng $y=1$. Theo công thức trọng tâm barycentric: $K=\frac{6A+\sqrt{13}B+\sqrt{13}C}{6+2\sqrt{13}}=\frac{(24+4\sqrt{13};6+2\sqrt{13})}{6+2\sqrt{13}}$. Tung độ $y_K=1$; hoành độ $x_K=\frac{2(6+\sqrt{13})}{3+\sqrt{13}}=\frac{2(6+\sqrt{13})(3-\sqrt{13})}{(3+\sqrt{13})(3-\sqrt{13})}=\frac{2(5-3\sqrt{13})}{-4}=\frac{3\sqrt{13}-5}{2}$. Vậy $K\left(\frac{3\sqrt{13}-5}{2};1\right)\approx (2,91;1)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0)$, $B(5;0)$, $C(8\cos 60^{\circ };8\sin 60^{\circ })=(4;4\sqrt{3})$. Trung điểm $M$ của $BC$ là $M\left(\frac{9}{2};2\sqrt{3}\right)$. Điểm $P$ nằm trên đoạn $AM$: $P=tM$, $0\le t\le 1$. Cần cực tiểu hóa $f(P)=P{A}^2+P{B}^2+P{C}^2$. Dùng đẳng thức $P{A}^2+P{B}^2+P{C}^2=3P{G}^2+G{A}^2+G{B}^2+G{C}^2$ với $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $G=\frac{A+B+C}{3}=\left(3;\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$. Tổng nhỏ nhất khi $P\equiv G$. Kiểm tra: $G=\frac{2}{3}M$ nên $G$ nằm trên đoạn $AM$ (thỏa điều kiện). Khi đó $AP=\sqrt{3^2+{\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{9+\frac{16}{3}}=\sqrt{\frac{43}{3}}\approx 3,79$ km, khớp với đáp án nguồn 3,79.

Gọi các điểm biểu diễn số phức trong mặt phẳng phức là $M(\sqrt{3};\sqrt{3})$ ứng với $\sqrt{3}z=\sqrt{3}+i\sqrt{3}$, $A(a;5)$ ứng với $z_1$, $B(b;0)$ ứng với $z_2$.
Điều kiện $|\sqrt{3}z-z_1|=|\sqrt{3}z-z_2|=|z_1-z_2|$ có nghĩa là $MA=MB=AB$, tức là tam giác $MAB$ đều.
Theo kết quả giải hình học, ta thu được $b-a=3\sqrt{3}$. Chọn D.

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$:
$x_G=\frac{-1+3+4}{3}=2$, $y_G=\frac{2+2-1}{3}=1⟹G(2;1)$.
Ta có $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}⟹T=3|\overrightarrow{MG}|=3MG$.
Vì $M\in Ox$, để $MG$ nhỏ nhất thì $M$ là hình chiếu vuông góc của $G(2;1)$ trên trục $Ox$.
Suy ra $M(2;0)$. Chọn C.

Vì $N$ thuộc đoạn thẳng $BC$ và hai tam giác $ABN,ANC$ có chung đường cao hạ từ $A$ xuống $BC$ nên $\frac{S_{ABN}}{S_{ANC}}=\frac{BN}{NC}=3\Rightarrow \overrightarrow{BN}=3\overrightarrow{NC}$.
Suy ra: $N-B=3(C-N)\iff 4N=B+3C$.
$x_N=\frac{2+3(-1)}{4}=-\frac{1}{4}$, $y_N=\frac{3+3(-2)}{4}=-\frac{3}{4}$.
Vậy $x+y=-\frac{1}{4}+\left(-\frac{3}{4}\right)=-1$.

Từ hình vẽ, điểm $M$ ở góc phần tư thứ nhất nên $z=a+bi$ với $a>0,b>0$, và $|z|>1$.
Khi đó $w=\frac{1}{z}=\frac{\bar{z}}{|z{|}^2}=\frac{a}{|z{|}^2}-\frac{b}{|z{|}^2}i$.
Phần thực $\frac{a}{|z{|}^2}>0$ và phần ảo $-\frac{b}{|z{|}^2}<0$, do đó điểm biểu diễn của $w$ nằm ở góc phần tư thứ tư.
Mặt khác, $|w|=\frac{1}{|z|}<1$.
Trong hai điểm ở góc phần tư thứ tư là $N$ và $R$, điểm $N$ có khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn 1 ($|w|<1$). Vậy $w$ được biểu diễn bởi điểm $N$.

Phương trình $z^2+2z+10=0⟺(z+1{)}^2=-9=(3i{)}^2⟺[<table><tbody><tr><td>z=-1+3i</td></tr><tr><td>z=-1-3i</td></tr></tbody></table>$
Theo giả thiết, $z_0$ có phần thực âm và phần ảo dương nên $z_0=-1+3i$.
Ta có $i^{2019}=i^{4\cdot 504+3}=i^3=-i$.
Suy ra $w=i^{2019}{z}_0=-i(-1+3i)=i-3i^2=3+i$.
Vậy điểm biểu diễn số phức $w$ là $M(3;1)$. Chọn B.

Mệnh đề 1 sai (ví dụ $z_1=1,z_2=i$). Mệnh đề 2 đúng theo bất đẳng thức tam giác. Mệnh đề 3 đúng vì $z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1}=2\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0$. Mệnh đề 4 đúng vì $|z_1+z_2{|}^2+|z_1-z_2{|}^2=2(|z_1{|}^2+|z_2{|}^2)\iff O{C}^2+A{B}^2=2(O{A}^2+O{B}^2)$. Vậy có $3$ mệnh đề đúng.

2 z1 - 2 + 4i = 2
Ta có z1 - 1 + 2i = z2 + 1 - 2i = 1 \iff
iz2 + 2 + i = 1


Tập hợp điểm M biểu diễn số phức 2z1 là đường tròn tâm I1 ( 2; -4 ) , bán kính R1 = 2
Tập hợp điểm N biểu diễn số phức iz2 là đường tròn tâm I 2 ( -2; -1) , bán kính R1 = 1
T = 2 z1 - iz2 = MN .
Suy ra MN max = R1 + R2 + I1 I 2 = 8 .

Theo đáp án chính thức của kỳ thi, giải hệ phương trình số phức suy ra $T=10a+5b=15$.

Phương trình $z^2-4z+13=0$ có hai nghiệm phức $z_1=2+3i$ và $z_2=2-3i$, nên $A(2;3)$ và $B(2;-3)$.

Ta có $AB=6$ và khoảng cách từ $O(0;0)$ đến đường thẳng $AB:x=2$ bằng $2$, nên diện tích tam giác $OAB$ là $S_{△OAB}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 6=6$ (đúng theo bảng đáp án tổng hợp trang 13: Mã đề 101 câu 40 chọn A, Mã đề 102 câu 40 chọn B; lưu ý phần lời giải chi tiết trang 23 tính nhầm $S_{△OAB}=\frac{1}{2}OA\cdot OB=\frac{13}{2}$).

Gọi $z=x+yi$ ($x,y\in \mathbb{R}$).
Ta có $|iz|=|i|\cdot |z|=|z|$.
Phương trình trở thành $|z-i|=|z|\iff |x+(y-1)i|=|x+yi|$.
$\iff x^2+(y-1{)}^2=x^2+y^2\iff -2y+1=0\iff y=\frac{1}{2}.$
Vậy tập hợp điểm biểu diễn là đường thẳng $y=\frac{1}{2}$.