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

(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)
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)
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)
Đổi vĩ độ, kinh độ sang độ thập phân: Hồ Hoàn Kiếm ${\phi }_1=21^{\circ }02^{\prime }=21,0333^{\circ }$, ${\lambda }_1=105^{\circ }51^{\prime }=105,85^{\circ }$; đảo Trường Sa ${\phi }_2=8^{\circ }39^{\prime }=8,65^{\circ }$, ${\lambda }_2=111^{\circ }56^{\prime }=111,9333^{\circ }$. Hai điểm trên mặt cầu bán kính 1 có tọa độ $P(\cos {\phi }_1\cos {\lambda }_1;\cos {\phi }_1\sin {\lambda }_1;\sin {\phi }_1)$ và $Q(\cos {\phi }_2\cos {\lambda }_2;\cos {\phi }_2\sin {\lambda }_2;\sin {\phi }_2)$. Góc ở tâm $c=\widehat{POQ}$ thỏa $$\cos c=\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=\sin {\phi }_1\sin {\phi }_2+\cos {\phi }_1\cos {\phi }_2\cos ({\lambda }_2-{\lambda }_1).$$ Với $\Delta \lambda =111,9333^{\circ }-105,85^{\circ }=6,0833^{\circ }$: $\sin {\phi }_1\sin {\phi }_2\approx 0,35885\cdot 0,15044\approx 0,05398$; $\cos {\phi }_1\cos {\phi }_2\approx 0,93339\cdot 0,98862\approx 0,92281$; $\cos \Delta \lambda \approx 0,99437$ nên $\cos {\phi }_1\cos {\phi }_2\cos \Delta \lambda \approx 0,91761$. Vậy $\cos c\approx 0,97159\Rightarrow c\approx 13,686^{\circ }\approx 0,23890$ rad. Khoảng cách trên mặt đất là độ dài cung nhỏ: $d=R\cdot c=6371\cdot 0,23890\approx 1522$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Máy bay chuyển động hướng về đài nên vị trí tại thời điểm t là $P(t)=(222-91t;565-75t;8)$, $t\ge 0$. Máy bay xuất hiện trên ra đa khi $OP=417$: $$(222-91t{)}^2+(565-75t{)}^2+8^2=417^2.$$ Khai triển: $13906t^2-125154t+368509=173889\Rightarrow 6953t^2-62577t+97342=0$. Biệt thức $\Delta =62577^2-4\cdot 6953\cdot 97342=1208605225=34765^2$, nên $t=\frac{62577-34765}{13906}=2$ (nghiệm nhỏ nhất). Vậy $M=(222-182;565-150;8)=(40;415;8)$ và $a+b+c=40+415+8=463$.

(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 $\alpha \approx 10,82^{\circ }\approx 11^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm $A$ là giao kinh tuyến gốc với xích đạo nên $A(1;0;0)$. Điểm $B$ có vĩ độ $30^{0}N$, kinh độ $45^{0}E$ nên $B(\cos 30^0\cos 45^0;\cos 30^0\sin 45^0;\sin 30^0)=\left(\frac{\sqrt{6}}{4};\frac{\sqrt{6}}{4};\frac{1}{2}\right)$. Khoảng cách trên mặt đất là độ dài cung tròn lớn qua $A,B$: $\widehat{AB}=R\cdot \theta$ với $R=6371$ km và $\theta$ là góc ở tâm $\angle AOB$. Ta có $\cos \theta =\frac{\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}}{|OA||OB|}=\frac{\sqrt{6}}{4}\approx 0,612372$, suy ra $\theta =\arccos (0,612372)\approx 52,24^0\approx 0,91172$ rad. Vậy khoảng cách cần tìm là $d=6371\cdot 0,91172\approx 5808,5\approx 5809$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Vị trí tàu A: $(7+36t;-8+8t)$, tàu B: $(9+8t;5-36t)$. Vecto $\overrightarrow{AB}=(2+28t;13-44t)$. Bình phương khoảng cách: $f(t)=(2+28t{)}^2+(13-44t{)}^2=4+112t+784t^2+169-1144t+1936t^2=2720t^2-1032t+173$. Khoảng cách nhỏ nhất khi $f^{\prime }(t)=0$: $5440t-1032=0\Rightarrow t=\frac{1032}{5440}=\frac{129}{680}$ (phân số tối giản vì $\gcd (129,680)=1$). Vậy $a=129,b=680$, suy ra $b-a=680-129=551$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì máy bay bay với vận tốc và hướng không đổi, trong 10 phút nó đi từ $A(800;500;7)$ đến $B(940;550;9)$, nên vectơ chuyển động trong 10 phút là $\overrightarrow{AB}=(940-800;550-500;9-7)=(140;50;2)$. Sau 5 phút tiếp theo (bằng nửa khoảng thời gian 10 phút), máy bay đi thêm nửa vectơ $\overrightarrow{AB}$, tức $\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=(70;25;1)$. Vậy $C=B+\overrightarrow{BC}=(940+70;550+25;9+1)=(1010;575;10)$. Do đó $x+y+z=1010+575+10=1595$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $Oxyz$ với gốc $O$ là địa điểm xuất phát, trục $Ox$ hướng đông, trục $Oy$ hướng bắc, trục $Oz$ hướng lên (đơn vị km).

Toạ độ hai khinh khí cầu:
- Chiếc thứ nhất: $A(2;-2,5;0,8)$ (2 km đông, 2,5 km nam, cao 0,8 km).
- Chiếc thứ hai: $B(-3;1,5;0,6)$ (3 km tây, 1,5 km bắc, cao 0,6 km).

Gọi $P$ là vị trí trên mặt đất cần tìm. Vì $P$ cách $O$ theo hướng nam $a$ km và hướng tây $b$ km nên $P(-b;-a;0)$.

Ta cần tìm $P$ sao cho $PA+PB$ nhỏ nhất. Lấy $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua mặt đất: $A^{\prime }(2;-2,5;-0,8)$. Với mọi $P$ trên mặt đất, $PA=P{A}^{\prime }$, nên $PA+PB=P{A}^{\prime }+PB\ge A^{\prime }B$, dấu bằng xảy ra khi $P$ nằm trên đoạn $A^{\prime }B$, tức $P$ là giao điểm của đoạn $A^{\prime }B$ với mặt phẳng $z=0$.

Phương trình tham số của đoạn $A^{\prime }B$: điểm $A^{\prime }+t(B-A^{\prime })$ với $t\in [0;1]$, trong đó $B-A^{\prime }=(-5;4;1,4)$.

Toạ độ $z$: $-0,8+1,4t=0\Rightarrow t=\frac{0,8}{1,4}=\frac{4}{7}$.

Khi đó:
- $x=2+\frac{4}{7}(-5)=2-\frac{20}{7}=-\frac{6}{7}$, suy ra $b=\frac{6}{7}$ (hướng tây).
- $y=-2,5+\frac{4}{7}(4)=-\frac{5}{2}+\frac{16}{7}=-\frac{3}{14}$, suy ra $a=\frac{3}{14}$ (hướng nam).

Vậy $2a+3b=2\cdot \frac{3}{14}+3\cdot \frac{6}{7}=\frac{3}{7}+\frac{18}{7}=\frac{21}{7}=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với gốc O ở một góc nền nhà: trục Ox dọc chiều dài 8 m, Oy dọc chiều rộng 6 m, Oz dọc chiều cao 3 m. Mạng nhện ở góc ngoài cùng trên trần nhà nên có tọa độ A(8; 6; 3). Khi Bình đứng ở giữa nhà, chân Bình là tâm hình chữ nhật nền nhà: H(4; 3; 0). Bình cầm chổi cao 1,5 m nên điểm cầm chổi là I(4; 3; 1,5). Để quét được mạng nhện, chổi phải kéo dài từ I đến A, độ dài cần là IA = √((8−4)² + (6−3)² + (3−1,5)²) = √(16 + 9 + 2,25) = √27,25 ≈ 5,22 m. Vậy chổi phải dài khoảng 5,22 m (làm tròn đến hàng phần trăm). Vì 5,22 > 5 nên chổi dài 5 m quả thật không tới — Bình đã tính đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục tọa độ với gốc tại cảng $A$, trục $Ox$ hướng đông, trục $Oy$ hướng bắc.

Tàu đánh cá: từ 6h đến 9h (3 giờ) đi hướng $N70^{\circ }E$ với vận tốc 50 km/h, quãng đường 150 km, tọa độ vector: $150(\sin 70^{\circ },\cos 70^{\circ })\approx (140,954;51,303)$. Từ 9h đến 11h (2 giờ) đi hướng bắc với vận tốc 40 km/h: thêm $(0;80)$. Vị trí lúc 11h: $P\approx (140,954;131,303)$.

Tàu du lịch: xuất phát 8h, đến 11h đi được 3 giờ với vận tốc 70 km/h, quãng đường 210 km, hướng $N30^{\circ }W$: $210(-\sin 30^{\circ },\cos 30^{\circ })=(-105;181,865)$.

Vector giữa hai tàu: $(140,954+105;131,303-181,865)=(245,954;-50,562)$.

Khoảng cách: $\sqrt{245,954^2+50,562^2}\approx \sqrt{60493,4+2556,5}\approx \sqrt{63049,9}\approx 251,1$ km.

Đến 11 giờ hai tàu cách nhau khoảng 251 km.

(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)
Từ hình vẽ: $O(0;0;0)$, $A(4;0;0)$, $B(4;5;0)$, $C(0;5;0)$, $E(0;0;3)$, $F(4;0;3)$, $G(4;5;3)$, $H(0;5;3)$, đỉnh mái $P(2;0;4)$, $Q(2;5;4)$.

a) Sai. Hình chiếu vuông góc của $P(2;0;4)$ xuống nền nhà (mặt phẳng $Oxy$, $z=0$) là $K(2;0;0)$, không phải $K(0;0;4)$.

b) Sai. Theo hình vẽ, $F$ nằm trên mặt tường phía trước với $x=4$, $y=0$, $z=3$, tức $F(4;0;3)$, không phải $F(0;5;3)$.

c) Đúng. Nền nhà là hình chữ nhật $ABCD$ với $AB=4$ m, $AD=5$ m, nên diện tích $=4\times 5=20(m^2)$.

d) Sai. Thể tích phần không gian trong nhà (kín, không trần) gồm:
- Khối hộp chữ nhật $4\times 5\times 3=60m^3$;
- Phần mái: lăng trụ tam giác có mặt cắt tam giác cân đáy $4$ m, chiều cao $1$ m (từ $z=3$ đến $z=4$), dài $5$ m: $V=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 1\cdot 5=10m^3$.
Tổng thể tích $=60+10=70m^3>60m^3$, vượt quá giới hạn $40-60m^3$ của máy lạnh $1,5Hp$, nên chưa đủ tiêu chuẩn.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Hình chiếu của $P(2;0;4)$ xuống nền nhà $z=0$ là $K(2;0;0)$, không phải $K(0;0;4)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Theo hình vẽ $F(4;0;3)$, không phải $F(0;5;3)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Nền nhà là hình chữ nhật $4\times 5$ nên diện tích $20m^2$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Thể tích nhà $=4\cdot 5\cdot 3+\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 1\cdot 5=60+10=70m^3>60m^3$, vượt quá dải $40-60m^3$ của máy lạnh $1,5Hp$.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Lấy $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $Oxy$: $A^{\prime }(3;-2;-3)$. Khi đó $MA+MB=M{A}^{\prime }+MB$ nhỏ nhất khi $M$ thuộc đoạn $A^{\prime }B$, tức $M$ là giao điểm của $A^{\prime }B$ với $Oxy$. Đường thẳng $A^{\prime }B$ có VTCP $(-2;2;8)$, phương trình: $(3-2t;-2+2t;-3+8t)$. Cho $z=0$: $t=3/8$, suy ra $x=3-2\cdot (3/8)=9/4$, $y=-2+2\cdot (3/8)=-5/4$. Vậy hoành độ của $M$ là $9/4$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SP=SQ=15$ nên $S$ cách đều $P(10;0;0)$ và $Q(0;10;0)$, suy ra $a=b$. Ta có hệ: $(a-10{)}^2+c^2=225$ và $a^2+b^2+c^2=169$. Với $a=b$: $2a^2+c^2=169$. Trừ hai phương trình: $a^2-(a-10{)}^2=169-225=-56\Rightarrow 20a-100=-56\Rightarrow a=2,2$. Khi đó $c^2=169-2\cdot (2,2{)}^2=169-9,68=159,32$, nên $|c|=\sqrt{159,32}\approx 12,62$. Độ sâu tâm chấn so với mặt đất $(Oxy)$ là $|c|\approx 12,6$ km. Đáp án A.