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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục tọa độ với gốc tại điểm xuất phát: máy bay cách về phía Bắc 50 km, phía Tây 20 km và cao 1 km, nên vị trí là điểm $M(-20;50;1)$. Khoảng cách từ máy bay đến điểm xuất phát $O(0;0;0)$ là $a=\sqrt{(-20{)}^2+50^2+1^2}=\sqrt{400+2500+1}=\sqrt{2901}\approx 53.86\approx 53.9$ (km).

(AI giải đề cho tôi)
a) Khi máy bay đến Đà Nẵng thì vĩ độ x = 16,1. Giải 21,2 − (153/40)t = 16,1 ⇒ (153/40)t = 5,1 ⇒ t = 5,1·40/153 = 204/153 = 4/3 giờ (1 giờ 20 phút). Kiểm tra kinh độ: y = 105,8 + (9/5)(4/3) = 105,8 + 2,4 = 108,2 đúng bằng kinh độ Đà Nẵng. Vậy chuyến bay mất 4/3 giờ.

b) Tại t = 1: x = 21,2 − 153/40 = 21,2 − 3,825 = 17,375 > 17. Vì vĩ độ đang giảm theo thời gian, máy bay chưa xuống tới vĩ tuyến 17 (sẽ qua vĩ tuyến 17 khi t = (21,2−17)·40/153 = 168/153 = 56/51 ≈ 1,098 giờ). Vậy tại thời điểm 1 giờ máy bay CHƯA bay qua vĩ tuyến 17.

(AI giải đề cho tôi)
Máy bay chuyển động đều nên B chia đoạn AC theo tỉ số thời gian 45:30, tức $\overrightarrow{AB}=\frac{45}{75}\overrightarrow{AC}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AC}$. Ta có $\overrightarrow{AC}=(3200-560;2134-173;234-21)=(2640;1961;213)$. Suy ra $B=A+\frac{3}{5}\overrightarrow{AC}=(560+1584;173+1176,6;21+127,8)=(2144;1349,6;148,8)$. Khi đó $S=a+5b-5c=2144+5\cdot 1349,6-5\cdot 148,8=2144+6748-744=8148$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ trang 7: sân cầu lông dài 13,40 m theo trục $Ox$, rộng 6,10 m theo trục $Oy$, gốc $O$ tại một góc sân. Trụ cầu lông đặt ở giữa sân theo phương dài nên hoành độ của $B$ là $x_B=13,40/2=6,7$ (m). Trụ nằm tại mép sân theo phương rộng nên $y_B=6,1$ (m). Chiều cao trụ là $1,55$ m nên $z_B=1,55$ (m). Vậy $B(6,7;6,1;1,55)$, khớp đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Khi máy bay đến Đà Nẵng thì vĩ độ $x=16,1$. Giải $21,2-\frac{153}{40}t=16,1\Rightarrow \frac{153}{40}t=5,1\Rightarrow t=\frac{5,1\cdot 40}{153}=\frac{204}{153}=\frac{4}{3}\approx 1,33$ giờ. Kiểm tra kinh độ: $y=105,8+\frac{9}{5}\cdot \frac{4}{3}=105,8+2,4=108,2$ đúng bằng kinh độ Đà Nẵng. Vậy chuyến bay mất khoảng $1,33$ giờ, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1010, câu 16: 1,33).

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ trang 36: trục $x$ hướng về phía nam, máy bay cách $O$ 150km về phía nam nên $x=150$; trục $y$ hướng về phía đông, máy bay cách 300km về phía đông nên $y=300$; độ cao $z=9$km. Vậy tọa độ máy bay lúc 9h30 là $(150;300;9)$.
a) Sai: đề đưa $(300;150;9)$ hoán vị $x,y$.
b) Đúng: bay theo hướng đông nghĩa là $y$ tăng. Từ 9h30 đến 10h30 là 1 giờ, $y$ tăng thêm $750\times 1=750$km, tọa độ mới $(150;300+750;9)=(150;1050;9)$.
c) Sai: $OM=\sqrt{150^2+300^2+9^2}=\sqrt{22500+90000+81}=\sqrt{112581}\approx 335,5$km (làm tròn đến hàng phần mười), không phải 335,6km.
d) Đúng: độ cao là tọa độ $z=9$km so với mặt đất.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Tọa độ đúng là $(150;300;9)$ vì 150km về phía nam (trục $x$) và 300km về phía đông (trục $y$), không phải $(300;150;9)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Bay hướng đông 1 giờ với vận tốc 750km/h nên $y$ tăng thêm 750: tọa độ mới $(150;1050;9)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $OM=\sqrt{150^2+300^2+9^2}=\sqrt{112581}\approx 335,5$km, không phải 335,6km.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Tọa độ $z=9$ nên máy bay ở độ cao 9km so với mặt đất.

(AI giải đề cho tôi)
Vận tốc không đổi: vector dịch chuyển mỗi 5 phút là $\overrightarrow{AB}=(50-30;30-20;6-4)=(20;10;2)$. Sau 15 phút kể từ lúc phát hiện (tức 3 khoảng 5 phút), máy bay đi được $3\overrightarrow{AB}=(60;30;6)$, nên $C=A+3\overrightarrow{AB}=(30+60;20+30;4+6)=(90;50;10)$. Vậy đáp án A.

Vì máy bay bay với vận tốc và hướng không đổi trong hai khoảng thời gian $10$ phút bằng nhau nên $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}=(200;100;2)⟹C(1150;650;11)$. Vậy $x+y+z=1150+650+11=1811$.

Ta có $\bar{z}=1+2i\Rightarrow z^{\prime }=-\bar{z}=-1-2i$. Điểm biểu diễn của $z^{\prime }$ có tọa độ $(-1;-2)$ là điểm $N$.

Khoảng cách $AC=\sqrt{(130-10{)}^2+(180-20{)}^2+(260-50{)}^2}=290\text{ m}$. Quãng đường Flycam bay được đến mép vùng cấm là $290-40=250\text{ m}$.

Chọn C.
Số phức $z=2-3i$ có số phức liên hợp là $\bar{z}=2+3i$. Điểm biểu diễn số phức $\bar{z}$ có tọa độ $(2;3)$, tương ứng với điểm $N$ trên hình vẽ.

Ta có $(1+2i)z=-3+4i\iff z=\frac{-3+4i}{1+2i}=\frac{(-3+4i)(1-2i)}{1^2+2^2}=\frac{-3+6i+4i+8}{5}=\frac{5+10i}{5}=1+2i$. Điểm biểu diễn của $z$ là $M(1;2)$. Chọn A.

Ta có $\overrightarrow{AB}=(5;10;-2)$. Đường thẳng $AB$ có phương trình $\{\begin{array}{l}x=5+5t\\ y=10t\\ z=5-2t\end{array}$. Khi hạ cánh tại $z=0\Rightarrow t=2,5\Rightarrow a=17,5;b=25\Rightarrow a+b=42,5$ (theo đáp án chính thức Trang 9, Mã đề 1201).

Chọn hệ trục tọa độ có gốc tại chân tháp, đơn vị km: ra-đa ở $R(0;0;0,123)$ và máy bay ở $A(250;300;9,8)$. Khoảng cách từ máy bay đến ra-đa là $RA=\sqrt{250^2+300^2+(9,8-0,123{)}^2}\approx 390,63\approx 391\mathrm{km}$.

Chọn đơn vị trên trục $Oz$ là $\text{cm}$ (hoặc đổi thống nhất đơn vị), ta có $A(0;0;0)$, $B(500;0;-5)$, $D(0;1200;-8)$. Vì $ABCD$ là hình bình hành trong không gian nên $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\Rightarrow z_C-z_A=(z_B-z_A)+(z_D-z_A)=-5+(-8)=-13\text{ (cm)}$. Vậy vị trí $C$ thấp hơn vị trí $A$ là $13\text{ cm}$.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Hà Tĩnh, trang 9, mã đề 001.)

Ta có $z=\frac{26+2i}{3-5i}=2+4i\Rightarrow |z|=|2+4i|=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$. Chọn A.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 10 (Phần I) chọn đáp án D.

Trong $10$ phút đầu, độ dịch chuyển của máy bay là $\overrightarrow{AB}=(100;50;5)$. Sau $10$ phút tiếp theo với vận tốc và hướng không đổi, máy bay ở điểm $C$ thỏa $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}⟹C(300;150;15)$.

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)