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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục Oxyz với gốc tại điểm xuất phát, trục Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz hướng lên. Khinh khí cầu thứ nhất: A(3; -2; 0,4); khinh khí cầu thứ hai: B(-1; 1; 0,3). Người đứng trên mặt đất nên nằm trong mặt phẳng (Oxy). Lấy điểm A' đối xứng với A qua mặt phẳng (Oxy): A'(3; -2; -0,4). Với M bất kỳ trên mặt đất, MA + MB = MA' + MB ≥ A'B (đẳng thức khi M nằm trên đoạn A'B cắt mặt đất). Vậy tổng khoảng cách nhỏ nhất là A'B = √((3+1)² + (-2-1)² + (-0,4-0,3)²) = √(16 + 9 + 0,49) = √25,49 ≈ 5,0488 ≈ 5,0 km. Kết quả khớp với đáp án nguồn 5,0.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy hình vuông là $x$ (m), chiều cao cabin là $h$ (m). Theo đề: $x^{2}h=5,4$ và diện tích toàn phần $2x^2+4xh=18,9$.

Từ phương trình thể tích: $h=\frac{5,4}{x^2}$. Thay vào diện tích:
$$2x^2+\frac{21,6}{x}=18,9\iff 2x^3-18,9x+21,6=0\iff x^3-9,45x+10,8=0.$$

Thử $x=1,5$: $3,375-14,175+10,8=0$, vậy $x=1,5$ là nghiệm. Phân tích $x^3-9,45x+10,8=(x-1,5)(x^2+1,5x-7,2)$, hai nghiệm còn lại là $x\approx 2,035$ (loại vì cạnh đáy không tới $2$ m) và $x<0$ (loại).

Vậy $x=1,5$ m $=15$ dm, $h=\frac{5,4}{1,5^2}=2,4$ m $=24$ dm.

Chọn hệ trục như hình: $A$ là gốc, trục $x$ theo $AD$, trục $y$ theo $AB$, trục $z$ theo $A{A}^{\prime }$, đơn vị mỗi trục $10$ cm $=1$ dm. Khi đó:
- Vách $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là mặt phẳng $x=0$, vách $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là mặt phẳng $y=15$.
- Camera $P(a;b;c)$ cách mỗi vách $20$ cm $=2$ dm: $a=2$, $15-b=2\Rightarrow b=13$.
- $P$ nằm trên trần cabin nên $c=24$.

$$T=a+b+c=2+13+24=39.$$

Kết quả khớp với đáp án mã đề 1213, Câu 5: $39$.

[Hình cần kiểm tra lại: p27_f1]
Vì ban đầu vật ở độ cao $z_A=0$, nâng lên độ cao $h$ sau đó hạ $1m$ về độ cao $z_B=15$ nên vật được nâng lên độ cao $h=16m$
Nâng vật lên ở vị trí $A$ với độ cao $h$ theo phương thẳng đứng, ta được vật đến vị trí $C(6;8;16)$
Sau đó quay cần trục góc $\alpha \in \left(0^0;180^0\right)$ sao cho quỹ đạo tạo thành một cung tròn đến vị trí $D$, điều chỉnh vật theo phương ngang song song với mặt đất đến vị trí $E$ rồi hạ vật xuống $1m$ đến đúng vị trí cần đặt là $B(4;-3;15)$.
Ta có tổng quãng đường vật di chuyển là $S=AC+l_{CD}+DE+EB$ với $l_{CD}$ là độ dài cung tròn $\widehat{CD}$ có tâm là $I(0;0;16)$ và góc ở tâm $\alpha$
$\Rightarrow C(6;8;16)$, $E(4;-3;16)$, bán kính cung tròn $R=\left|\overrightarrow{IC}\right|=10$
Ta có $\overrightarrow{IC}=(6;8;0);\overrightarrow{IE}=(4;-3;0)\Rightarrow \overrightarrow{IC}.\overrightarrow{IE}=0\Rightarrow \overrightarrow{IE}\perp \overrightarrow{IC}$, vậy góc $\alpha =90^0=\frac{\pi }{2}$
$+)l_{CD}=R\alpha =10.\frac{\pi }{2}=5\pi$;
$+)AC=16$;
$+)IC=R=10$, $IE=5\Rightarrow DE=DI-IE=10-5=5$;
$+)EB=1$;
Suy ra tổng quãng đường vật liệu đã di chuyển là: $S=AC+l_{CD}+DE+EB=16+5\pi +5+1\approx 37,7$.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: $O$ thuộc $AD$ với $OA=2$, trục $Ox$ hướng từ $O$ qua $A$, trục $Oy$ theo $AB$, trục $Oz$ đứng lên. Suy ra $A(2;0;0)$, $B(2;6;0)$, $D(-6;0;0)$, $C(-6;6;0)$, $E(2;0;5)$, $F(2;6;5)$, $G(-6;6;5)$, $H(-6;0;5)$. Tam giác $EFP$ cân tại $P$ nên $P$ nằm trên đường thẳng qua trung điểm $EF$ và vuông góc với $(ABCD)$: $P(2;3;5+h)$. Tương tự $Q(-6;3;5+h)$. Vì $T(-6;3;0)$ là trung điểm $DC$ và $QT=7$ nên $5+h=7$, tức $h=2$, $P(2;3;7)$, $Q(-6;3;7)$.

a) Đúng. Điểm $K$ là điểm trên cạnh $EH$ nằm trên đường thẳng vuông góc xuống $O$, tức $K(0;0;5)$. Khi đó $OK=\sqrt{0+0+25}=5$ và đèn lồng tại trung điểm $FG$ là $M(-2;6;5)$, nên $KM=\sqrt{(-2-0{)}^2+6^2+0}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$. Tổng độ dài dây tối thiểu $OK+KM=5+2\sqrt{10}$ (m). Đúng.

b) Sai. Mỗi mái là hình chữ nhật có một cạnh $EH=FG=8$ và chiều rộng bằng độ dài đoạn từ mép mái đến đỉnh: $\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$. Diện tích hai mái $S=2\cdot 8\sqrt{13}=16\sqrt{13}\approx 57,689m^2$. Số ngói cần $22\cdot 16\sqrt{13}\approx 1269,15$ viên, tức cần 1270 viên, số tiền $1270\cdot 11000=13970000$ đồng $\ne 13960000$ đồng. Sai.

c) Sai. $\overrightarrow{AC}=C-A=(-6-2;6-0;0-0)=(-8;6;0)\ne (6;6;0)$.

d) Đúng. Vì $O$ thuộc $AD$, $OA=2$ theo trục $Ox$ nên $A(2;0;0)$.

Đối chiếu đáp án mã 1202: ĐSSĐ — khớp hoàn toàn.
a) (AI giải đề cho tôi)
$K(0;0;5)$ trên cạnh $EH$, trung điểm $FG$ là $M(-2;6;5)$. $OK=5$, $KM=\sqrt{4+36}=2\sqrt{10}$, tổng $5+2\sqrt{10}$ m. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Diện tích hai mái $16\sqrt{13}\approx 57,689m^2$, cần khoảng $1269,15\Rightarrow 1270$ viên, tiền $\approx 13970000$ đồng $\ne 13960000$ đồng. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}=(-8;6;0)\ne (6;6;0)$. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$O$ thuộc $AD$, $OA=2$ theo hướng trục $Ox$ nên $A(2;0;0)$. Đúng.

a) Ta có $\overrightarrow{MN}(-200;600;0)$, nên $MN=\sqrt{(-200{)}^2+600^2}=200\sqrt{10}$ nên a) đúng.

b) Đúng.

c) Ta có $\cos \widehat{MON}=\frac{\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{ON}}{OM.ON}=\frac{500.300+200.800+10.10}{\sqrt{500^2+200^2+10^2}.\sqrt{300^2+800^2+10^2}}\approx 0,67<\cos 45^{\circ }$ do đó $\widehat{MON}>45^{\circ }$. Vậy c) đúng.

d) Nếu tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 8 phút tiếp theo là $Q(a;b;c)$, và có tỉ lệ $\frac{MN}{NQ}=\frac{40}{8}=5\Rightarrow MN=5NQ\Rightarrow \overrightarrow{MN}=5\overrightarrow{NQ}$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a-300=\frac{1}{5}.(-200)\\ b-800=\frac{1}{5}.600\\ c-10=\frac{1}{5}.0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=260\\ b=920\\ c=10\end{array}\Rightarrow Q(260;920;10).$$

Vậy $a+b+c=260+920+10=1190$ nên d) sai.
a) Ta có $\overrightarrow{MN}(-200;600;0)$, nên $MN=\sqrt{(-200{)}^2+600^2}=200\sqrt{10}$ nên a) đúng.
b) Đúng.
c) Ta có $\cos \widehat{MON}=\frac{\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{ON}}{OM.ON}=\frac{500.300+200.800+10.10}{\sqrt{500^2+200^2+10^2}.\sqrt{300^2+800^2+10^2}}\approx 0,67<\cos 45^{\circ }$

do đó $\widehat{MON}>45^{\circ }$. Vậy c) đúng.
d) Nếu tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau 8 phút tiếp theo là $Q(a;b;c)$, và có tỉ lệ $\frac{MN}{NQ}=\frac{40}{8}=5\Rightarrow MN=5NQ\Rightarrow \overrightarrow{MN}=5\overrightarrow{NQ}$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a-300=\frac{1}{5}.(-200)\\ b-800=\frac{1}{5}.600\\ c-10=\frac{1}{5}.0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=260\\ b=920\\ c=10\end{array}\Rightarrow Q(260;920;10).$$

Vậy $a+b+c=260+920+10=1190$ nên d) sai.

a) Đúng. Gọi $x(km)$, $x>0$ là khoảng cách từ tàu cảnh sát biển cách radar $O$ về phía đông. Khi đó tọa độ của tàu cảnh sát biển là $C(15;x;0)$. Ta có $OC=\sqrt{15^2+x^2+0^2}=\sqrt{x^2+225}$. Để radar phát hiện được tàu cảnh sát biển thì $OC\le 30km$. Suy ra $\sqrt{x^2+225}\le 30\iff x^2+225\le 900\iff x^2\le 675\iff x\le 15\sqrt{3}km$. Vậy tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách $O$ tối đa $15\sqrt{3}km$.

b) Đúng. Ta có $OB=\sqrt{(-20{)}^2+15^2+0^2}=25km<30km$ nên radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí $B$.

c) Sai (theo bảng đáp án chính thức). Một chiếc tàu thám hiểm tại vị trí $A$ ở độ sâu $10km$ so với mặt nước biển, cách $O$ $25km$ về phía nam và $15km$ về phía tây nên ta có tọa độ tàu thám hiểm là $A(25;-15;-10)$. Khi đó khoảng cách từ chiếc tàu thám hiểm đến radar bằng $OA=\sqrt{25^2+(-15{)}^2+(-10{)}^2}=5\sqrt{38}km$ (khác $3\sqrt{58}km$).

d) Đúng. Ta thấy $OA=5\sqrt{38}km\approx 30,82km$, mà phạm vi theo dõi của radar là $30km$ nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí $A$.
a) Đúng. Gọi $x(km)$, $x>0$ là khoảng cách từ tàu cảnh sát biển cách radar $O$ về phía đông. Khi đó tọa độ của tàu cảnh sát biển là $C(15;x;0)$. Ta có $OC=\sqrt{15^2+x^2+0^2}=\sqrt{x^2+225}$. Để radar phát hiện được tàu cảnh sát biển thì $OC\le 30km$. Suy ra $\sqrt{x^2+225}\le 30\iff x^2+225\le 900\iff x^2\le 675\iff x\le 15\sqrt{3}km$. Vậy tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách $O$ tối đa $15\sqrt{3}km$.
b) Đúng. Ta có $OB=\sqrt{(-20{)}^2+15^2+0^2}=25km<30km$ nên radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí $B$.
c) Theo lời giải nguồn (trang 19, ghi nhãn "c) Đúng" nhưng tính ra $OA=\sqrt{25^2+(-15{)}^2+(-10{)}^2}=5\sqrt{38}km\approx 30,82km$, khác với giá trị $3\sqrt{58}km$ trong mệnh đề; theo bảng đáp án chính thức, mệnh đề c) là Sai.
d) Đúng. Ta thấy $OA=5\sqrt{38}km\approx 30,82km$, mà phạm vi theo dõi của radar là $30km$ nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí $A$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0)$, máy bay tại $B(1000;3000)$ (m), bay ngang về phía $A$ với vận tốc 180 m/s. Gọi $t$ (giây) là thời gian từ lúc nổ pháo đến khi trúng mục tiêu. Điểm chặn $C$ có hoành độ $1000-180t$, cao độ $3000$. Đạn bay với vận tốc 720 m/s nên $AC=720t$. Theo định lý Pythagore: $(1000-180t{)}^2+3000^2=(720t{)}^2\Rightarrow 1000000-360000t+32400t^2+9000000=518400t^2\Rightarrow 243t^2+180t-5000=0$. Giải: $t=\frac{-180+\sqrt{180^2+4\cdot 243\cdot 5000}}{2\cdot 243}=\frac{-180+\sqrt{4892400}}{486}\approx \frac{-180+2211,88}{486}\approx 4,18$ giây (nhận nghiệm dương). Khớp với đáp án nguồn 4,18.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục Oxyz: P(0;0;0), Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz thẳng đứng lên. Thuyền xuất phát tại (0;-40;0), chuyển động theo Oy với vận tốc 10 m/s: vị trí tại thời điểm t là (0;-40+10t;0). Ô tô xuất phát tại (-30;0;20), chuyển động theo Ox với vận tốc 20 m/s: vị trí là (-30+20t;0;20). Bình phương khoảng cách: d²(t) = (20t-30)² + (10t-40)² + 400 = 500t² - 2000t + 2900. d²'(t) = 1000t - 2000 = 0 cho t = 2 (giây). Khi đó d² = 500·4 - 2000·2 + 2900 = 900, nên d = 30 m. Kết quả khớp với đáp án nguồn (30).

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ hiệu giữa hai tàu: $\Delta x=(3-25t)-(4-25t)=-1$; $\Delta y=(-4+20t)-(3-30t)=-7+50t$.

Bình phương khoảng cách giữa hai tàu:
$$d^2(t)=(-1{)}^2+(50t-7{)}^2=1+(50t-7{)}^2\ge 1.$$

$d^2(t)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $50t-7=0$, tức $t=\frac{7}{50}=0,14$ giờ. Khi đó khoảng cách nhỏ nhất là $1$ km.

Vậy sau $0,14$ giờ (khoảng 8,4 phút) kể từ thời điểm xuất phát, hai tàu gần nhau nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính phủ sáng 4 km = 4000 m. Đường thẳng ID có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{ID}=(5100;623;-50)$, độ dài $|ID|=\sqrt{5100^2+623^2+50^2}=\sqrt{26400629}\approx 5138.1543$ m. Người đi biển nhìn thấy ánh sáng khi ở trong bán kính 4000 m tính từ I, nên vị trí cuối cùng là điểm M trên đoạn ID với $IM=4000$ m, tức $M=I+\frac{4000}{5138.1543}\overrightarrow{ID}$ với hệ số $t\approx 0.77849$. Toạ độ: $x=21+5100\cdot 0.77849\approx 3991.30$; $y=35+623\cdot 0.77849\approx 520.00$; $z=50-50\cdot 0.77849\approx 11.08$. Vậy vị trí cuối cùng là $M(3991.30;520.00;11.08)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $Ox$ hướng tây nên hướng đông là $-x$; $Oy$ hướng nam. Vậy máy bay ở $A(-268;-185;8)$ (km). Đài kiểm soát ở độ cao 105 m = 0{,}105 km nên $I(0;0;0,105)$.

Đường bay $d$ qua $A$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(82;76;0)$. Khoảng cách gần nhất từ máy bay (trên đường $d$) đến đài kiểm soát là khoảng cách từ $I$ đến đường thẳng $d$:
$$h=\frac{|[\overrightarrow{AI},\vec{u}]|}{|\vec{u}|}.$$

Tính $\overrightarrow{AI}=I-A=(268;185;-0,105)$.

$$[\overrightarrow{AI},\vec{u}]=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ 268& 185& -0,105\\ 82& 76& 0\end{array}\right|=(185\cdot 0-(-0,105)\cdot 76;-(268\cdot 0-(-0,105)\cdot 82);268\cdot 76-185\cdot 82)$$
$$=(7,98;-8,61;5198).$$

$|[\overrightarrow{AI},\vec{u}]|=\sqrt{7,98^2+8,61^2+5198^2}=\sqrt{63,6804+74,1321+27019204}\approx 5198,0133.$

$|\vec{u}|=\sqrt{82^2+76^2}=\sqrt{12500}=50\sqrt{5}\approx 111,8034.$

$$h=\frac{5198,0133}{111,8034}\approx 46,49\text{ km}.$$

Vậy khoảng cách gần nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu xấp xỉ $46,49$ km (nhỏ hơn 450 km nên máy bay hiển thị trên màn hình ra đa).

(AI giải đề cho tôi)
Véc tơ chỉ phương có độ dài $|\vec{u}|=\sqrt{(-3{)}^2+(-4{)}^2}=5$, nên véc tơ vận tốc của cabin là $\vec{v}=4\cdot \frac{1}{5}(-3;-4;0)=\left(-\frac{12}{5};-\frac{16}{5};0\right)$. Sau $t$ giây, cabin ở điểm $M\left(44-\frac{12}{5}t;16-\frac{16}{5}t;0\right)$. Khoảng cách từ $O$ đến cabin: $O{M}^2={\left(44-\frac{12}{5}t\right)}^2+{\left(16-\frac{16}{5}t\right)}^2$. Xét hàm $f(t)=O{M}^2$, đạo hàm $f^{\prime }(t)=2\left(44-\frac{12}{5}t\right)\left(-\frac{12}{5}\right)+2\left(16-\frac{16}{5}t\right)\left(-\frac{16}{5}\right)$. Cho $f^{\prime }(t)=0$: $\frac{12}{5}\left(44-\frac{12}{5}t\right)+\frac{16}{5}\left(16-\frac{16}{5}t\right)=0\Rightarrow 105,6-5,76t+51,2-10,24t=0\Rightarrow 156,8=16t\Rightarrow t=9,8$. Vì $f^{\prime }(t)<0$ với $t<9,8$ và $f^{\prime }(t)>0$ với $t>9,8$, khoảng cách nhỏ nhất đạt tại $t=9,8$ (giây), trùng với đáp án nguồn 9,8.

(AI giải đề cho tôi)
Véc tơ chỉ phương $\vec{u}=(-3;-4;0)$ có độ dài $|\vec{u}|=5$, tốc độ cabin là $8$ m/s nên véc tơ vận tốc là $\vec{v}=\frac{8}{5}(-3;-4;0)=(-4,8;-6,4;0)$. Sau $t$ giây, cabin ở điểm $M(44-4,8t;16-6,4t;0)$. Khoảng cách từ $O$ đến cabin: $O{M}^2=(44-4,8t{)}^2+(16-6,4t{)}^2$. Xét $f(t)=O{M}^2$, có $f^{\prime }(t)=2(-4,8)(44-4,8t)+2(-6,4)(16-6,4t)$. Cho $f^{\prime }(t)=0$: $4,8\cdot 44+6,4\cdot 16=t(4,8^2+6,4^2)$, tức $211,2+102,4=64t\Rightarrow t=\frac{313,6}{64}=4,9$. Vì $f(t)$ là parabol bậc hai với hệ số dương nên $t=4,9$ cho khoảng cách nhỏ nhất. Khớp với đáp án nguồn 4,9.

(AI giải đề cho tôi)
Camera đặt tại $S(0;0;3)$ chiếu thẳng xuống mặt sàn $(Oxy)$, nên trục hình nón quan sát vuông góc với mặt sàn và chân trục là $O(0;0;0)$ với $SO=3$. Góc quét $120^{\circ }$ là góc ở đỉnh của hình nón, nên nửa góc ở đỉnh bằng $60^{\circ }$. Vùng quan sát trên sàn là hình tròn tâm $O$ bán kính $R$ thỏa $\tan 60^{\circ }=\frac{R}{SO}=\frac{R}{3}$, suy ra $R=3\tan 60^{\circ }=3\sqrt{3}$. Diện tích vùng quan sát: $S=\pi R^2=\pi \cdot 27\approx 3,14\cdot 27=84,78\approx 85$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã 1202, câu 22: 85).

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng bay qua $A(-500;-300;500)$ và $B(-200;-200;450)$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(300;100;-50)\sim (6;2;-1)$. Điểm $H$ trên đường thẳng gần $O$ nhất là hình chiếu vuông góc của $O$: $H=A+t\vec{u}$ với $t=-\frac{\overrightarrow{OA}\cdot \vec{u}}{|\vec{u}{|}^2}=-\frac{-3000-600-500}{36+4+1}=\frac{4100}{41}=100$. Suy ra $H=(100;-100;400)$, tức $a=100,b=-100,c=400$. Vậy $P=a+2b+c=100-200+400=300$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1122, Phần 3 câu 5 = 300).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A tại gốc, máy bay ở B cách A 1 km theo phương ngang và 3 km theo phương thẳng đứng, bay về phía A với vận tốc 180 m/s; đạn bay với vận tốc 720 m/s. Gọi t (giây) là thời gian từ lúc nổ pháo đến khi trúng mục tiêu. Khi đó vị trí máy bay cách A theo phương ngang là $1000-180t$ (m) và độ cao $3000$ m; quãng đường đạn bay là $720t$ (m). Điều kiện chạm: $(1000-180t{)}^2+3000^2=(720t{)}^2$. Khai triển: $1000000-360000t+32400t^2+9000000=518400t^2$ $\Rightarrow 243t^2+180t-5000=0$. $t=\frac{-180+\sqrt{180^2+4\cdot 243\cdot 5000}}{2\cdot 243}=\frac{-180+\sqrt{4892400}}{486}\approx \frac{-180+2211.88}{486}\approx 4.1808$. Vậy thời gian trúng mục tiêu nhanh nhất là $\approx 4,18$ giây, khớp với đáp án 4,18.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nâng là góc giữa vecto vận tốc $\vec{v}=(150;150;40)$ và mặt phẳng $(Oxy)$, nên $\sin \alpha =\frac{|v_z|}{|\vec{v}|}=\frac{40}{\sqrt{150^2+150^2+40^2}}=\frac{40}{\sqrt{45400}}\approx 0,1877$. Suy ra $\alpha \approx 10,82^{\circ }\approx 11^{\circ }$.