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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ với $O$ là gốc, cạnh dài của bàn là đường thẳng $y=25$ (vì chiều rộng bàn 50 inch, $O$ là tâm). Khi bi cái chạm cạnh tại $C$ với góc tới $30^{\circ }$ (so với pháp tuyến), ta có $OC=\frac{25}{\cos 30^{\circ }}=\frac{50}{\sqrt{3}}$ và hoành độ của $C$ là $25\tan 30^{\circ }=\frac{25}{\sqrt{3}}$, tức $C=\left(\frac{25}{\sqrt{3}},25\right)$. Theo quy tắc góc phản xạ, tia phản xạ từ $C$ tạo với pháp tuyến góc $30^{\circ }$ và đi vào trong bàn, vectơ chỉ phương $\vec{u}=\left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, nên $M=C+t\vec{u}$. Vectơ $\overrightarrow{OC}$ tạo với trục hoành góc $60^{\circ }$ (vì $\tan =\sqrt{3}$). Vì $\widehat{MOC}=45^{\circ }$ và $M$ nằm thấp hơn nên tia $OM$ tạo với trục hoành góc $15^{\circ }$, tức $\frac{y_M}{x_M}=\tan 15^{\circ }=2-\sqrt{3}$. Thay $x_M=\frac{25}{\sqrt{3}}+\frac{t}{2}$, $y_M=25-\frac{\sqrt{3}}{2}t$: giải phương trình $25-\frac{\sqrt{3}}{2}t=(2-\sqrt{3})\left(\frac{25}{\sqrt{3}}+\frac{t}{2}\right)$ ta được $2t=100-\frac{100}{\sqrt{3}}$, suy ra $CM=t=50-\frac{50}{\sqrt{3}}$. Quãng đường bi cái đi được: $OC+CM=\frac{50}{\sqrt{3}}+50-\frac{50}{\sqrt{3}}=50$ inch.

Ta có $B$ là giao điểm của đường thẳng $BC$ và trục hoành nên $B(1;0)$.

Vì $C$ thuộc đường thẳng $BC$ nên $C\left(c;\sqrt{3}c-\sqrt{3}\right)$ với $c\ne 1$.

Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và $A$ thuộc trục hoành nên $A$ là hình chiếu của $C$ trên trục hoành. Suy ra $A(c;0)$.

Khi đó: $AB=|c-1|$, $AC=\sqrt{3}|c-1|$, $BC=2|c-1|$.

Tam giác $ABC$ có diện tích là $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}|c-1|\cdot \sqrt{3}|c-1|=\frac{\sqrt{3}}{2}(c-1{)}^2$ và nửa chu vi là $p=\frac{1}{2}(AB+AC+BC)=\frac{1}{2}\left(|c-1|+\sqrt{3}|c-1|+2|c-1|\right)=\frac{3+\sqrt{3}}{2}|c-1|$.

Ta có bán kính đường tròn nội tiếp là $r=2$.

Khi đó:
$$S=pr$$
$$\iff \frac{\sqrt{3}}{2}(c-1{)}^2=\frac{3+\sqrt{3}}{2}|c-1|\cdot 2$$
$$\iff (c-1{)}^2=2\left(\sqrt{3}+1\right)|c-1|$$
$$\iff \{\begin{array}{l}|c-1|=0(loại)\\ |c-1|=2\left(\sqrt{3}+1\right)\end{array}$$
$$\iff \{\begin{array}{l}c-1=2\left(\sqrt{3}+1\right)\\ c-1=-2\left(\sqrt{3}+1\right)\end{array}$$
$$\iff \{\begin{array}{l}c=2\sqrt{3}+3\\ c=-2\sqrt{3}-1\end{array}$$

Với $c=2\sqrt{3}+3$ thì $C\left(2\sqrt{3}+3;6+2\sqrt{3}\right)$, $A\left(2\sqrt{3}+3;0\right)$. Khi đó trọng tâm của tam giác $ABC$ là $G\left(\frac{7+4\sqrt{3}}{3};\frac{6+2\sqrt{3}}{3}\right)$.

Với $c=-2\sqrt{3}-1$ thì $C\left(-2\sqrt{3}-1;-6-2\sqrt{3}\right)$, $A\left(-2\sqrt{3}-1;0\right)$. Khi đó trọng tâm của tam giác $ABC$ là $G\left(-\frac{1+4\sqrt{3}}{3};-\frac{6+2\sqrt{3}}{3}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A(0;0),B(6;0),C(6;3),D(0;3)$ (vì $AB=6$, $AD=3$). Gọi $G(x;y)$ trong hình chữ nhật. Ta có $D{G}^2=x^2+(y-3{)}^2=16$, $B{G}^2=(x-6{)}^2+y^2=9$. Trừ hai phương trình: $12x-6y=34\Rightarrow y=2x-\frac{17}{3}$. Thay vào: $45x^2-312x+532=0\Rightarrow x=\frac{52+2\sqrt{11}}{15}\approx 3,911$, $y=\frac{19+4\sqrt{11}}{15}\approx 2,155$ (nghiệm phù hợp với hình vẽ, $G$ nằm gần cạnh $DC$). Phần không gạch sọc là tứ giác $DGBC$, gồm tam giác $DGC$ và $GBC$: $S_{DGC}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot (3-y)=\frac{26-4\sqrt{11}}{5}$, $S_{GBC}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot (6-x)=\frac{38-2\sqrt{11}}{10}$, tổng $S_{DGBC}=9-\sqrt{11}\approx 5,668{\text{m}}^2$. Diện tích phần gạch sọc (tứ giác $DABG$): $S=18-(9-\sqrt{11})=9+\sqrt{11}\approx 12,332{\text{m}}^2$. Số tiền: $(9+\sqrt{11})\cdot 112000+(9-\sqrt{11})\cdot 165000=2493000-53000\sqrt{11}\approx 2317219$ đồng. Làm tròn đến hàng nghìn: $2317000$ đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 5. a) Chọn hệ trục sao cho A=(a,0), B=(0,b) với a,b>0. Vì M,N chia AB thành 3 phần bằng nhau nên M=(2a/3, b/3), N=(a/3, 2b/3). Ta có $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=\frac{2a^2+2b^2}{9}$ và $|\overrightarrow{OM}\times \overrightarrow{ON}|=\frac{4ab-ab}{9}=\frac{3ab}{9}$, suy ra $\tan MON=\frac{3ab}{2(a^2+b^2)}\le \frac{3ab}{2\cdot 2ab}=\frac{3}{4}$ (AM–GM), dấu bằng khi a=b. b) Chọn hệ trục: B=(0,0), C=(c,0), A=(u,v) với v>0 (tam giác nhọn nên 0<u<c). Đặt M=(t,0) (0≤t≤c) thì N=(c−t,0). Đường thẳng qua M vuông góc BC là x=t; giao với AB cho D=(t, vt/u). Đường thẳng x=c−t giao với AC tại E=(c−t, vt/(c−u)). Giao điểm P của ME và ND: viết P=M+s(E−M)=N+r(D−N), phương trình hoành cho s+r=1, phương trình tung cho s·u=r(c−u), giải ra s=(c−u)/c, r=u/c, do đó P=(c−t−u+2ut/c, vt/c). Đường thẳng AP: A+λ(P−A) với P−A=(c−t−2u+2ut/c, −v(c−t)/c). Tại giao điểm Q với BC (y=0): λ=c/(c−t), khi đó $x_Q=u+\frac{c(c-t)-2uc+2ut}{c-t}=u+\frac{(c-t)(c-2u)}{c-t}=u+c-2u=c-u$. Vậy Q=(c−u,0) không phụ thuộc t, tức Q là điểm đối xứng của chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC qua trung điểm của BC — một điểm cố định. Đpcm.

(1) Để giải quyết bài toán, ta sẽ chỉ ra một chiến thuật cụ thể giúp Long luôn giành chiến thắng.

Thật vậy, trong $k=20$ lượt đi của mình, Long sẽ thực hiện chính xác 10 lượt di chuyển theo phương ngang (trục $Ox$) và 10 lượt theo phương dọc (trục $Oy$). Điều kiện này hiển nhiên được thỏa mãn do xen kẽ giữa các lượt của Long là 19 lần Mai quay xe một góc $90^{\circ }$.

Gọi $P_0(0,0)$ là vị trí ban đầu và $P_1,P_2,\dots ,P_{20}$ là tọa độ của xe sau mỗi lượt đi tương ứng của Long. Ý tưởng cốt lõi của Long là tập trung kiểm soát hoàn toàn sự thay đổi tọa độ trên một trục, chẳng hạn trục $Ox$, nhằm đảm bảo chiếc xe không bao giờ quay lại một hoành độ đã từng đi qua.

Cụ thể, chiến thuật của Long được xây dựng như sau:

- Vào các lượt đi theo phương ngang (lượt lẻ: $1,3,5,\dots ,19$), Long sẽ quan sát hướng xe hiện tại: nếu xe đang hướng về chiều dương của $Ox$, Long quyết định đi thẳng 10 đơn vị; ngược lại, nếu xe hướng về chiều âm của $Ox$, Long đi thẳng 1 đơn vị.
- Đối với các lượt đi theo phương dọc (trục $Oy$), Long có thể chọn độ dài di chuyển tùy ý thỏa mãn luật chơi, chẳng hạn luôn chọn đi 1 đơn vị.

Ta sẽ chứng minh tính đúng đắn của chiến thuật này. Gọi $X_0=0$ và $X_1,X_2,\dots ,X_{10}$ lần lượt là tọa độ $x$ của xe ngay sau các lượt di chuyển ngang. Để thấy, độ lệch tọa độ giữa $X_{m-1}$ và $X_m$ hoàn toàn phụ thuộc vào hướng xe:

- Nếu hướng dương: $X_m=X_{m-1}+10\equiv X_{m-1}-1(\mathrm{mod}11)$.
- Nếu hướng âm: $X_m=X_{m-1}-1\equiv X_{m-1}-1(\mathrm{mod}11)$.

Như vậy, với mọi nỗ lực quay xe của Mai, ta luôn thu được một hệ thức bất biến theo modulo 11:

$$X_m\equiv X_{m-1}-1(\mathrm{mod}11).$$

Xuất phát từ $X_0=0$, các giá trị tiếp theo khi đối chiếu trên modulo 11 sẽ tạo thành dãy:

$$X_1\equiv 10,X_2\equiv 9,X_3\equiv 8,\dots ,X_{10}\equiv 1(\mathrm{mod}11).$$

Tập hợp 11 giá trị $\{X_0,X_1,\dots ,X_{10}\}$ có số dư đôi một khác nhau khi chia cho 11, từ đó suy ra 11 giá trị này trên thực tế là hoàn toàn phân biệt.

Bây giờ, quan sát dãy tọa độ $x$ của toàn bộ 21 điểm $P_0,P_1,P_2,\dots ,P_{20}$, ta thấy chúng có dạng:

$$X_0,X_1,X_1,X_2,X_2,\dots ,X_{10},X_{10}.$$

Điều kiện cần để hai điểm $P_i$ và $P_j$ trùng nhau là tọa độ $x$ của chúng phải bằng nhau. Nhờ tính phân biệt của tập các hoành độ $X_m$ vừa chứng minh, sự lặp lại tọa độ $x$ duy nhất chỉ có thể xảy ra ở các cặp điểm liền kề mang dạng $P_{2m-1}(X_m,Y_{m-1})$ và $P_{2m}(X_m,Y_m)$.

Tuy nhiên, xét tung độ tương ứng, ta luôn có $Y_m=Y_{m-1}\pm l_{2m}$. Vì luật chơi quy định nghiêm ngặt độ dài $l\ge 1$, ta lập tức có $Y_m\ne Y_{m-1}$. Điều này dẫn đến $P_{2m-1}\ne P_{2m}$.

Từ các lập luận trên, ta kết luận không có bất kỳ hai điểm nào trong 21 điểm trùng nhau, đồng nghĩa Bảo Long chắc chắn giành chiến thắng.

(2) Ta sẽ chứng minh rằng Châu Mai luôn có chiến thuật giành chiến thắng bằng cách ép chiếc xe không thể thoát ra khỏi một miền hữu hạn. Khi số lượng vị trí được ghi nhận vượt quá số điểm nguyên trong miền đó, theo nguyên lí Dirichlet, xe buộc phải đi qua một vị trí ít nhất hai lần.

Cụ thể, chiến thuật của Mai được xây dựng dựa trên sự độc lập giữa hai trục tọa độ. Trước mỗi lượt đi của Long, Mai sử dụng quyền quay xe $90^{\circ }$ của mình (chọn rẽ trái hoặc phải) để hướng chiếc xe vào chiều dương hoặc chiều âm của trục vuông góc mà Long sắp sửa đi tới. Gọi tọa độ hiện tại trên trục đó là $z$ ($z$ đóng vai trò là $x$ hoặc $y$). Mai sẽ quan sát $z$ và hành động như sau:

- Nếu $z\le 0$, Mai hướng xe về phía chiều dương của trục.
- Nếu $z>0$, Mai hướng xe về phía chiều âm của trục.

Ta sẽ chứng minh tính đúng đắn của chiến thuật này bằng cách chỉ ra mọi tọa độ $z$ luôn bị giới hạn. Giả sử Long di chuyển một khoảng $l$ (với $1\le l\le 10$):

- Ban đầu $z_0=0$. Mai chọn chiều dương, sau khi Long đi khoảng $l$, tọa độ tiếp theo là $z_1=l⟹z_1\in [1,10]$.
- Nếu vị trí hiện tại $z\in [1,10]$ (tức $z>0$): Mai chọn chiều âm. Tọa độ mới sẽ là $z^{\prime }=z-l$. Vì $1\le z\le 10$ và $1\le l\le 10$, ta suy ra $z^{\prime }\in [-9,9]$.
- Nếu vị trí hiện tại $z\in [-9,0]$ (tức $z\le 0$): Mai chọn chiều dương. Tọa độ mới sẽ là $z^{\prime }=z+l$. Vì $-9\le z\le 0$ và $1\le l\le 10$, ta có $z^{\prime }\in [-8,10]$.

Quy nạp theo số bước di chuyển, ta khẳng định kể từ $P_0$, tất cả các hoành độ $x$ và tung độ $y$ của xe luôn bị giam chặt trong đoạn số nguyên $[-9,10]$. Số lượng giá trị nguyên trong đoạn $[-9,10]$ là $10-(-9)+1=20$. Do cả $x$ và $y$ đều nhận tối đa 20 giá trị, số lượng vị trí phân biệt $(x,y)$ tối đa mà xe có thể đi tới là $20\times 20=400$ vị trí.

Trong trò chơi có $k=400$ lượt đi, hệ thống sẽ ghi nhận tổng cộng 401 vị trí (bao gồm cả gốc tọa độ $P_0$ ban đầu). Theo nguyên lí Dirichlet, khi xếp 401 điểm vào 400 vị trí khả dĩ, chắc chắn phải tồn tại ít nhất hai điểm trùng nhau. Điều này đồng nghĩa với việc Châu Mai chắc chắn giành chiến thắng.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải Câu 4.

Chọn hệ trục tọa độ: $D(0;0)$, $C(c;0)$ với $c=CD>0$. Vì $D$ là trung điểm $AB$ nên đặt $A(p;q)$, $B(-p;-q)$ với $q\ne 0$. Đặt $t=\frac{AD}{DC}=\frac{\sqrt{p^2+q^2}}{c}>0$.

**1) Chứng minh $\frac{1}{EF}+\frac{1}{DC}=\frac{2}{MN}$.**

Trong tam giác $ADC$, $DN$ là phân giác nên theo tính chất đường phân giác: $\frac{AN}{NC}=\frac{AD}{DC}=t$. Tương tự trong tam giác $BDC$: $\frac{BM}{MC}=\frac{BD}{DC}=t$.

Do đó
$$N=\frac{A+tC}{1+t}=\left(\frac{p+tc}{1+t};\frac{q}{1+t}\right),M=\frac{B+tC}{1+t}=\left(\frac{-p+tc}{1+t};\frac{-q}{1+t}\right).$$

Trung điểm của $MN$ là $\left(\frac{tc}{1+t};0\right)$ nằm trên $CD$, mà $O=MN\cap CD$ nên $O$ chính là trung điểm $MN$:
$$O=\left(\frac{tc}{1+t};0\right).$$

Ta có
$$MN=2\cdot \frac{\sqrt{p^2+q^2}}{1+t}=\frac{2tc}{1+t}.$$

Vì $E,F$ là trung điểm $BC,CA$ nên $EF$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, song song và bằng nửa $AB$:
$$EF=\frac{AB}{2}=AD=\sqrt{p^2+q^2}=tc.$$

Suy ra
$$\frac{1}{EF}+\frac{1}{DC}=\frac{1}{tc}+\frac{1}{c}=\frac{1+t}{tc},\frac{2}{MN}=\frac{2}{\frac{2tc}{1+t}}=\frac{1+t}{tc}.$$

Vậy $\frac{1}{EF}+\frac{1}{DC}=\frac{2}{MN}$. $■$

**2) Chứng minh $CD=PQ$.**

Đặt $k=\frac{tc}{1+t}$, tức $O(k;0)$; và $E=\left(\frac{c-p}{2};-\frac{q}{2}\right)$, $F=\left(\frac{c+p}{2};\frac{q}{2}\right)$.

Tìm $P=OE\cap AC$: điểm trên $AC$ có dạng $A+s(C-A)=(p+s(c-p);q(1-s))$; điểm trên $OE$ có dạng $O+\lambda (E-O)$. So sánh tung độ: $q(1-s)=-\frac{\lambda q}{2}\Rightarrow \lambda =2(s-1)$. So sánh hoành độ:
$$p+s(c-p)=k+(s-1)\left[(c-p)-2k\right]⟺2ks+c-3k=0⟺s=\frac{3k-c}{2k}.$$

Hoàn toàn tương tự (do $B=-A$, $F=-E$ đối xứng qua $D$), điểm $Q=OF\cap BC$ là $B+s(C-B)$ với cùng hệ số $s=\frac{3k-c}{2k}$.

Vậy
$$P=(p+s(c-p);q(1-s)),Q=(-p+s(c+p);q(s-1)).$$

Suy ra
$$\overrightarrow{PQ}=(2p(s-1);2q(s-1))=2(s-1)\overrightarrow{DA},$$
$$PQ=2|s-1|\cdot AD.$$

Tính $s-1$: với $k=\frac{tc}{1+t}$,
$$s-1=\frac{3k-c-2k}{2k}=\frac{k-c}{2k}=\frac{\frac{tc}{1+t}-c}{\frac{2tc}{1+t}}=\frac{-\frac{c}{1+t}}{\frac{2tc}{1+t}}=-\frac{1}{2t}.$$

Do đó
$$PQ=2\cdot \frac{1}{2t}\cdot tc=c=CD.$$

Vậy $CD=PQ$. $■$

Nhận xét: $O$ là trung điểm của $MN$, và $\frac{1}{2t}=\frac{DC}{2AD}$ chính là tỉ số dẫn đến $PQ=2\cdot \frac{DC}{2AD}\cdot AD=DC$.

Áp dụng bất đẳng thức môđun và hình học giải tích trong mặt phẳng phức với hai điểm $A(1;0)$ và $B(0;1)$, tập hợp điểm $M$ biểu diễn $z$ thỏa mãn $2MA+3MB\le 2\sqrt{2}$. Ta suy ra môđun của $z$ thỏa mãn khoảng giá trị $1<|z|<\frac{3}{2}$. Chọn C.

Gọi $M$ là điểm biểu diễn cho $z_1$, tập hợp điểm $M$ là đường tròn tâm $I(1;-2)$, bán kính $R=3$. Gọi $N$ là điểm biểu diễn cho $z_2$, tập hợp điểm $N$ là đường thẳng $y=5$. Gọi $A$ là điểm biểu diễn cho số phức $z$, ta có $P=AM+AN$.

[IMAGE_1]

Để $P$ nhỏ nhất thì tọa độ các điểm phải là $M(1;1),N(1;5)$ và điểm $A$ phải thuộc đoạn thẳng $MN$, suy ra $z=a+bi$ với $a=1;1\le b\le 5$. Vậy giá trị lớn nhất của $|z|$ là $\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}$.

Chọn A.
Gọi $A^{\prime },B^{\prime }$ lần lượt là hình chiếu của $A,B$ lên $(Oxy)$, ta có $A^{\prime }(1;1;0),B^{\prime }(2;0;0)$ và $A{A}^{\prime }=1,B{B}^{\prime }=2$.
Góc giữa $MA$ và $(Oxy)$ là $\alpha$ với $\tan \alpha =\frac{A{A}^{\prime }}{M{A}^{\prime }}=\frac{1}{M{A}^{\prime }}$.
Góc giữa $MB$ và $(Oxy)$ là $\beta$ với $\tan \beta =\frac{B{B}^{\prime }}{M{B}^{\prime }}=\frac{2}{M{B}^{\prime }}$.
Vì $\alpha =\beta$ nên $\frac{1}{M{A}^{\prime }}=\frac{2}{M{B}^{\prime }}\iff M{B}^{\prime }=2M{A}^{\prime }\iff M{B}^{\prime 2}=4M{A}^{\prime 2}$.
Đây là tập hợp điểm Apollonius trong mặt phẳng $(Oxy)$ đối với hai điểm $A^{\prime },B^{\prime }$. Bán kính đường tròn tìm được là $r=\frac{8}{9}$.

Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn A. Vì $z_1,z_2$ là hai nghiệm phức liên hợp nên $z_2={\bar{z}}_1\Rightarrow |z_1-8+6i|=|{\bar{z}}_1-8-6i|=4$. Hai đường tròn tâm $I_1(4;-3),R_1=1$ và $I_2(8;-6),R_2=4$ có $I_1{I}_2=5=R_1+R_2$ nên tiếp xúc ngoài tại $z_1=\frac{24}{5}-\frac{18}{5}i$. Khi đó $b=-\frac{48}{5},c=36\Rightarrow 5b+c=-12$.

Ta có $\Delta =m^2-4$ và $A(0;1)$.
- Trường hợp 1: $\Delta >0\iff |m|>2$. Phương trình có hai nghiệm thực phân biệt $z_1=b,z_2=c$, suy ra $B(b;0),C(c;0)$.
Khi đó $S_{ABC}=\frac{1}{2}d(A,BC)\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot |b-c|=\frac{\sqrt{3}}{4}\iff (b+c{)}^2-4bc=\frac{3}{4}\iff m^2-4=\frac{3}{4}\iff m=\pm \frac{\sqrt{19}}{2}\notin \mathbb{Z}$.
- Trường hợp 2: $\Delta <0\iff -2<m<2$. Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt $z_{1,2}=\frac{m\pm i\sqrt{4-m^2}}{2}$, suy ra $B\left(\frac{m}{2};\frac{\sqrt{4-m^2}}{2}\right),C\left(\frac{m}{2};-\frac{\sqrt{4-m^2}}{2}\right)$.
Đường thẳng $BC:x=\frac{m}{2}$ và $BC=\sqrt{4-m^2}$.
Diện tích $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \frac{|m|}{2}\cdot \sqrt{4-m^2}=\frac{\sqrt{3}}{4}\iff m^4-4m^2+3=0\iff m^2\in \{1;3\}$.
Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=\pm 1$ (có $2$ giá trị nguyên của $m$).

Đáp án: $2932$.
[IMAGE_1]
Chọn đơn vị độ dài là $\text{km}$. Đổi $400\text{ m}=0,4\text{ km}$ và $500\text{ m}=0,5\text{ km}$.
Dựng hình chữ nhật $DCBH$, khi đó $DC=HB=\sqrt{A{B}^2-A{H}^2}=\sqrt{1^2-(1-0,4{)}^2}=0,8$.
Đặt $DE=x$ và $FC=y$. Khi đó $x+y=DE+FC=DC-EF=0,8-0,5=0,3$.
Đoạn đường thầy Hùng sẽ đi là:
$S=AE+EF+FB+BA=\sqrt{x^2+1^2}+\sqrt{y^2+0,4^2}+1,5=\sqrt{x^2+1}+\sqrt{(0,3-x{)}^2+0,4^2}+1,5$.
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:
$\sqrt{x^2+1^2}+\sqrt{y^2+0,4^2}\ge \sqrt{(x+y{)}^2+(1+0,4{)}^2}=\sqrt{0,3^2+1,4^2}=\frac{\sqrt{205}}{10}$.
Do đó $S\ge \frac{\sqrt{205}}{10}+1,5\approx 2,93178(\text{km})\approx 2932\text{ m}$ (đẳng thức xảy ra khi $\frac{x}{1}=\frac{y}{0,4}$ và $x+y=0,3$, tức $x=\frac{3}{14},y=\frac{3}{35}$).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 2000, trang 8), Câu 4 (Phần III) có đáp số là $10,8$.

Trong hệ tọa độ đơn vị $10\text{ km}$, vị trí ban đầu của tâm bão là $S_0(16;-12)$, vận tốc vectơ $\vec{v}=(-1;\sqrt{3})$ và bán kính vùng nguy hiểm tại thời điểm $t$ (giờ) là $r(t)=2+t$. Giải hệ bất phương trình khoảng cách từ tâm bão $S(t)$ đến $T,N,H$ đều không vượt quá $r(t)$, ta tìm được khoảng thời gian giao nhau kéo dài xấp xỉ $10,8$ giờ.

Đáp án: D. Theo hướng dẫn giải chính thức (trang 10-11, nhãn 'Câu 43'): Đặt $z_2=x+yi$, số $\frac{z_2+1}{z_2-1}$ thuần ảo khi $x^2+y^2=1,y\ne 0$. Kết hợp $|z_1|=1$ và $|z_1^2{z}_2-z_1{z}_2^2|=|z_1||z_2||z_1-z_2|=\sqrt{2}\Rightarrow |z_1-z_2|=\sqrt{2}$, suy ra $△OAB$ vuông cân tại $O$. Dựng hình chữ nhật $OPCQ$ với $P,Q,C$ biểu diễn $3z_1,2z_2,3z_1+2z_2$, ta có $S_{ABC}=6-\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-2=2$.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 6, mã đề 643; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 8, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Gọi $z=x+yi$ ($x,y\in \mathbb{R}$). Từ $|z+1-2i|=|z+3+4i|\Rightarrow (x+1{)}^2+(y-2{)}^2=(x+3{)}^2+(y+4{)}^2\iff 4x+12y+20=0\iff x+3y+5=0$. Biểu thức $\frac{z-2i}{\bar{z}+i}$ thuần ảo cho mối quan hệ hình học về đường tròn, kết hợp ta tìm được nghiệm $z$ và tính $|2z+i\bar{z}|=\frac{\sqrt{1157}}{7}$. Chọn C.

Gọi $A(-6;13)$ và $B(3;7)$. Ta có $AB=\sqrt{(3-(-6){)}^2+(7-13{)}^2}=\sqrt{81+36}=\sqrt{117}=3\sqrt{13}$. Đẳng thức $|z+6-13i|+|z-3-7i|=3\sqrt{13}$ có nghĩa là điểm biểu diễn $M$ của $z$ nằm trên đoạn thẳng $AB$. Kết hợp với điều kiện $(12-5i)(z-2+i{)}^2$ là số thực âm, ta xác định được duy nhất số phức $z$ và tính được $|z|=9$. Vậy chọn D.