Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Vectơ/tọa độ Oxyz (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $C(x;0;0)$ trên trục $Ox$. Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;-2;3)$, $\overrightarrow{AC}=(x-1;-1;0)$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ khi $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0$: $1(x-1)+(-2)(-1)+3\cdot 0=0\iff x-1+2=0\iff x=-1$. Vậy $C(-1;0;0)$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
a) $\vec{c}\cdot \vec{b}=1+1+0=2\ne 0$ nên $\vec{c}$ không vuông góc $\vec{b}$ → SAI. b) $|\vec{a}|=\sqrt{(-1{)}^2+1^2+0}=\sqrt{2}$ → ĐÚNG. c) $\vec{a}\cdot \vec{b}=-1+1+0=0$ nên góc giữa $\vec{a}$ và $\vec{b}$ bằng $90^{\circ }$ → ĐÚNG. d) $\vec{b}-\vec{c}=(1-1;1-1;0-1)=(0;0;-1)\ne (-1;1;0)=\vec{a}$ → SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{c}\cdot \vec{b}=1\cdot 1+1\cdot 1+1\cdot 0=2\ne 0$ nên $\vec{c}$ không vuông góc với $\vec{b}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$|\vec{a}|=\sqrt{(-1{)}^2+1^2+0^2}=\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{a}\cdot \vec{b}=(-1)(1)+1(1)+0=0$ nên $(\vec{a},\vec{b})=90^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{b}-\vec{c}=(0;0;-1)\ne \vec{a}=(-1;1;0)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A(1;2;0),B(-2;1;2),M(a;b;2)$ thẳng hàng nên $\overrightarrow{AB}=(-3;-1;2)$ và $\overrightarrow{AM}=(a-1;b-2;2)$ cùng phương: $\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}$. Từ tung độ: $-t=b-2$ và từ cao độ: $2t=2\Rightarrow t=1$. Suy ra $a-1=-3\Rightarrow a=-2$, $b-2=-1\Rightarrow b=1$ (tức $M$ trùng $B$). Vậy $a+b=-2+1=-1$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của điểm $M(-2;1;4)$ lên mặt phẳng $Oyz$ có tọa độ hoành bằng 0, giữ nguyên tung và cao: $M^{\prime }(0;1;4)$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{AB}=(-1;-1;4)$, $\overrightarrow{AC}=(-6;0;8)$, $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}=(-5;1;4)$.
a) $[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]=\left((-1)(8)-4\cdot 0;4(-6)-(-1)(8);(-1)(0)-(-1)(-6)\right)=(-8;-16;-6)\ne (-8;16;6)$ → sai.
b) $AB=\sqrt{1+1+16}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\ne 4\sqrt{2}$ → sai.
c) $S_{ABC}=\frac{1}{2}\left|[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]\right|=\frac{1}{2}\sqrt{64+256+36}=\frac{\sqrt{356}}{2}=\sqrt{89}\ne \sqrt{90}$ → sai.
d) Vì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{D^{\prime }}-\overrightarrow{A}-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}=(1;0;5)-(-1;-1;4)-(-5;1;4)=(7;0;-3)$. Thể tích khối hộp $V=\left|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{A{A}^{\prime }})\right|=\left|(-1)(-3)+1(15-28)+4(-7)\right|=|-38|=38$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tích có hướng đúng là $(-8;-16;-6)$, không phải $(-8;16;6)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AB=\sqrt{(-1{)}^2+(-1{)}^2+4^2}=3\sqrt{2}\ne 4\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S=\frac{1}{2}|[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]|=\frac{1}{2}\sqrt{356}=\sqrt{89}\ne \sqrt{90}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(7;0;-3)$, thể tích $V=|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{A{A}^{\prime }})|=38$.

(AI giải đề cho tôi)
Ba lực có phương đôi một vuông góc (như ba trục toạ độ), nên hợp lực có độ lớn $F=\sqrt{F_1^2+F_2^2+F_3^2}=\sqrt{2^2+3^2+4^2}=\sqrt{29}\approx 5,39\text{N}$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: trụ cao $10m$ nên $A=(0;0;10)$. Điểm $B$ nằm trên mặt đất với $OB=15m$, góc giữa $OB$ và trục $Oy$ bằng $30^{\circ }$, nên $B=(15\sin 30^{\circ };15\cos 30^{\circ };0)=(7,5;\frac{15\sqrt{3}}{2};0)$. Suy ra $\overrightarrow{AB}=B-A=\left(7,5;\frac{15\sqrt{3}}{2};-10\right)$, tức $a=7,5$, $c=-10$. Vậy $a+c=7,5-10=-2,5$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\overrightarrow{OA}=2\vec{i}+\vec{k}=2\vec{i}+0\vec{j}+1\vec{k}$ nên tọa độ điểm $A$ là $(2;0;1)$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ cạnh $a$.
a) Sai: $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ cùng độ dài $a$ nhưng khác phương (góc $60^{\circ }$), nên $\overrightarrow{AB}\ne \overrightarrow{AC}$.
b) Đúng: $C{C}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}\perp \overrightarrow{AB}$, do đó ${\left|\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}\right|}^2=a^2+a^2=2a^2$, tức $\left|\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}\right|=a\sqrt{2}$.
c) Sai: vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}=3\overrightarrow{A^{\prime }G}\ne \overrightarrow{A^{\prime }G}$.
d) Sai: theo c), $\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}=3\overrightarrow{A^{\prime }G}$. Ta có $AG=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $A^{\prime }G=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{3}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$. Vậy $\left|\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}\right|=3\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}=2a\sqrt{3}\ne \frac{2a\sqrt{3}}{3}$. (Kiểm tra bằng tọa độ: $A(0;0;0),B(a;0;0),C(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0),A^{\prime }(0;0;a)$, tổng vectơ $=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};-3a)$, độ dài $\sqrt{12a^2}=2a\sqrt{3}$.)
a) (AI giải đề cho tôi)
Hai vectơ cùng độ dài $a$ nhưng khác phương (góc $60^{\circ }$), nên $\overrightarrow{AB}\ne \overrightarrow{AC}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{C{C}^{\prime }}\perp \overrightarrow{AB}$ nên $\left|\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$: $\overrightarrow{A^{\prime }A}+\overrightarrow{A^{\prime }B}+\overrightarrow{A^{\prime }C}=3\overrightarrow{A^{\prime }G}\ne \overrightarrow{A^{\prime }G}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tổng bằng $3\overrightarrow{A^{\prime }G}$ với $A^{\prime }G=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$, nên độ dài bằng $2a\sqrt{3}\ne \frac{2a\sqrt{3}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $\vec{a}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{b}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{c}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ với $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=2$ và các cặp vectơ đôi một góc $60^{\circ }$, nên $\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{c}=2\cdot 2\cdot \cos 60^{\circ }=2$.

Ta có $\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{D^{\prime }A}=-\vec{c}$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=\vec{a}$, do đó $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{c}$.

Mà $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$, nên $\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}+\overrightarrow{C^{\prime }Q}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{a}+\vec{c}=2\vec{a}+\vec{b}+2\vec{c}$.

Vậy $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AP}=2\vec{a}+\vec{b}+3\vec{c}$.

$P{Q}^2=4|\vec{a}{|}^2+|\vec{b}{|}^2+9|\vec{c}{|}^2+4\vec{a}\cdot \vec{b}+12\vec{a}\cdot \vec{c}+6\vec{b}\cdot \vec{c}=16+4+36+8+24+12=100$.

Suy ra $PQ=10$.

(AI giải đề cho tôi)
Vectơ $\overrightarrow{BC}=(-3;2;-2)$. Gọi $H=B+t\overrightarrow{BC}=(2-3t;-1+2t;3-2t)$. Khi đó $\overrightarrow{AH}=(1-3t;-3+2t;-2t)$. Điều kiện $AH\perp BC$: $-3(1-3t)+2(-3+2t)-2(-2t)=-9+17t=0\Rightarrow t=\frac{9}{17}$. Suy ra $H\left(\frac{7}{17};\frac{1}{17};\frac{33}{17}\right)$, nên $a+b+c=\frac{41}{17}$ và $P=17\cdot \frac{41}{17}=41$.

(AI giải đề cho tôi)
Lấy $P$ làm gốc. Vì $Q$ là trung điểm $CD$: $\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PD})$. Ta có $\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{BC}$ và $\overrightarrow{PD}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AD}$. Vì $P$ là trung điểm $AB$ nên $\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}=\vec{0}$. Do đó $\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AD})$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Trong đó $\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}=-\vec{a}$, $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=\vec{b}$, $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{c}$. Vậy $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$, tương ứng phương án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trung điểm $I$ của $AB$: $x_I=\frac{1+3}{2}=2$, $y_I=\frac{2+(-2)}{2}=0$, $z_I=\frac{-3+(-1)}{2}=-2$. Vậy $I(2;0;-2)$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề với A(0;0;-1), B(-1;1;0), C(1;0;1).

a) Từ 3IA + 2IB - IC = 0, thay IA = A - I v.v. ta được (3+2-1)I = 3A + 2B - C, tức I = (3A+2B-C)/6. Tính: x = (0 - 2 - 1)/6 = -1/2; y = (0 + 2 - 0)/6 = 1/3; z = (-3 + 0 - 1)/6 = -2/3. Vậy I(-1/2; 1/3; -2/3), khác I(-3/4; 1/2; -1) đã cho => SAI.

b) Gọi A'(0;0;0), C'(1;0;0) là hình chiếu của A, C lên (Oxy). Khi đó AP = sqrt(A'P^2 + 1), CQ = sqrt(C'Q^2 + 1). Với PQ = 1, theo bất đẳng thức tam giác: A'P <= A'C' + C'P <= 1 + C'Q + QP = C'Q + 2 (dấu '=' xảy ra khi A', C', Q, P thẳng hàng theo thứ tự đó, ví dụ Q(s+1;0), P(s+2;0)). Khi đó T = AP - CQ <= sqrt((C'Q+2)^2 + 1) - sqrt(C'Q^2 + 1) < 2 và có thể gần 2 tùy ý (cho C'Q = s lớn). Cận trên của T đúng bằng A'C' + PQ = 1 + 1 = 2, khớp với đáp án của đề => ĐÚNG (T luôn nhỏ hơn 2 nhưng gần 2 tùy ý, giá trị 2 là cận trên đúng của biểu thức).

c) BC = (2;-1;1). H = B + t·BC, điều kiện AH·BC = 0: (AB + t·BC)·BC = 0 với AB = (-1;1;1). AB·BC = -2 - 1 + 1 = -2, BC·BC = 6, nên t = 1/3. H = (-1 + 2/3; 1 - 1/3; 1/3) = (-1/3; 2/3; 1/3). Kiểm tra: 3a + 6b + 9c = -1 + 4 + 3 = 6 => ĐÚNG.

d) Đối xứng C(1;0;1) qua (Oxy) ta được C'(1;0;-1), nên m + n + p = 1 + 0 - 1 = 0 ≠ -2 => SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
I = (3A+2B-C)/6 = (-1/2; 1/3; -2/3), khác tọa độ đã cho.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với AP = sqrt(A'P^2+1), CQ = sqrt(C'Q^2+1) và PQ = 1, cận trên của T = |AP - CQ| là A'C' + PQ = 2, đạt được xấp xỉ khi A', C', Q, P thẳng hàng với C'Q lớn; giá trị 2 khớp đáp án.
c) (AI giải đề cho tôi)
H = (-1/3; 2/3; 1/3), nên 3a + 6b + 9c = -1 + 4 + 3 = 6.
d) (AI giải đề cho tôi)
C'(1;0;-1) nên m + n + p = 0 ≠ -2.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $A^{\prime }(0;0;h)$, $B^{\prime }(a;0;h)$, $C^{\prime }(a;a;h)$, $D^{\prime }(0;a;h)$. Khi đó $M\left(\frac{a}{2};0;h\right)$, $N\left(a;a;\frac{h}{2}\right)$, $P\left(0;\frac{a}{2};0\right)$. Điều kiện $BM\perp NP$: $\overrightarrow{BM}=\left(-\frac{a}{2};0;h\right)$, $\overrightarrow{NP}=\left(-a;-\frac{a}{2};-\frac{h}{2}\right)$, tích vô hướng $=\frac{a^2}{2}-\frac{h^2}{2}=0\Rightarrow h=a$.

a) $\overrightarrow{MN}=\left(\frac{a}{2};a;-\frac{a}{2}\right)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-a\right)$, pháp tuyến của $(MNP)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}\propto (-1;1;1)$. Vì $(ABCD)$ có pháp tuyến $(0;0;1)$ nên $\cos \phi =\frac{|(-1;1;1)\cdot (0;0;1)|}{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Đúng.

b) $\overrightarrow{BP}=\left(-a;\frac{a}{2};0\right)\propto (-2;1;0)$, $\overrightarrow{M{C}^{\prime }}=\left(\frac{a}{2};a;0\right)\propto (1;2;0)$, $\overrightarrow{M{C}^{\prime }}\times \overrightarrow{BP}=(0;0;5)$, $\overrightarrow{BM}=\left(-\frac{a}{2};0;a\right)$. $d(BP,M{C}^{\prime })=\frac{|\overrightarrow{BM}\cdot (0;0;5)|}{5}=\frac{5a}{5}=a\ne a\sqrt{2}$. Sai.

c) $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{a}{2};0;a\right)$, $\overrightarrow{AN}=(a;a;\frac{a}{2})$, $\overrightarrow{AP}=(0;\frac{a}{2};0)$, hỗn hợp $[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN},\overrightarrow{AP}]=\frac{3}{8}{a}^3$, nên $V_{AMNP}=\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{8}{a}^3=\frac{a^3}{16}$. Đúng.

d) $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$, $\overrightarrow{MP}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-a\right)$, tích vô hướng $=-\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+0=0\Rightarrow$ góc giữa $AC$ và $MP$ bằng $90^{\circ }$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến của $(MNP)$ là $\vec{n}\propto (-1;1;1)$ nên $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hai vecto chỉ phương $(-2;1;0)$ và $(1;2;0)$, tính khoảng cách được $d=a\ne a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V_{AMNP}=\frac{1}{6}\left|[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN},\overrightarrow{AP}]\right|=\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{8}{a}^3=\frac{a^3}{16}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{MP}=-\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+0=0$ nên góc giữa $AC$ và $MP$ bằng $90^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M\in (Oyz)$ nên đặt $M(0;y;z)$. Ta có:
$M{A}^2=4+(y+1{)}^2+(z-6{)}^2$, $M{B}^2=1+(y-1{)}^2+(z-2{)}^2$, $M{C}^2=9+(y+2{)}^2+(z-4{)}^2$, $M{D}^2=36+(y+4{)}^2+(z-1{)}^2$.

Tử số: $M{A}^2-3M{B}^2+M{C}^2=10+(-y^2+12y+2)+(-z^2-8z+40)=-y^2-z^2+12y-8z+52$.

Đặt $u=y+4,v=z-1$ thì $y=u-4,z=v+1$, do đó
$$T=\frac{-u^2-v^2+20u-10v-21}{u^2+v^2+36}.$$
Với $s=u^2+v^2$, theo Cauchy $20u-10v\le 10\sqrt{5}\sqrt{s}$ (dấu bằng khi $(u,v)$ cùng phương $(2,-1)$), nên
$$T\le \frac{-s+10\sqrt{5}\sqrt{s}-21}{s+36}.$$
Đặt $t=\sqrt{s}\ge 0$, xét $f(t)=\frac{-t^2+10\sqrt{5}t-21}{t^2+36}$.
$f^{\prime }(t)=0\iff -10\sqrt{5}{t}^2-30t+360\sqrt{5}=0\iff t^2+\frac{3}{\sqrt{5}}t-36=0\iff t=\frac{12}{\sqrt{5}}$ (nghiệm dương).

Tại đó $t^2=\frac{144}{5}$ và $10\sqrt{5}t=120$, nên
$$T_{\max }=\frac{-\frac{144}{5}+120-21}{\frac{144}{5}+36}=\frac{\frac{351}{5}}{\frac{324}{5}}=\frac{351}{324}=\frac{13}{12}\approx 1,083.$$

Kiểm tra: khi $t\to \infty$, $T\to -1$; tại $t=0$, $T=-21/36<0$, nên giá trị trên là GTLN. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{v}{u}=-\frac{1}{2}$, tức $z-1=-\frac{y+4}{2}$ với $y+4=\frac{2t}{\sqrt{5}}=\frac{24}{5}$ (khi đó $20u-10v=120=10\sqrt{5}t$, thỏa mãn).

Vậy $\max T=\frac{13}{12}\approx 1,08$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(\sqrt{2};0;0)$, $D(0;2\sqrt{2};0)$, $C(\sqrt{2};2\sqrt{2};0)$, $S(0;0;4)$ (vì $AB=\sqrt{2}$, $AD=2\sqrt{2}$, $SA\perp (ABCD)$).

Ta có $M=B+x\overrightarrow{BD}=(\sqrt{2}(1-x);2\sqrt{2}x;0)$ và $N=S+y\overrightarrow{SC}=(\sqrt{2}y;2\sqrt{2}y;4(1-y))$.

Suy ra
$$M{N}^2=2(1-x-y{)}^2+8(x-y{)}^2+16(1-y{)}^2.$$
Đặt $u=1-x-y$, $v=x-y$, $w=1-y$ thì ràng buộc $u+v=2w-1$, cần tối tiểu $f=2u^2+8v^2+16w^2$. Lagrange: $4u=\lambda$, $16v=\lambda$, $32w=-2\lambda$ nên $u=\lambda /4$, $v=\lambda /16$, $w=-\lambda /16$. Thay vào ràng buộc: $\frac{\lambda }{4}+\frac{\lambda }{16}=2\left(-\frac{\lambda }{16}\right)-1\Rightarrow \frac{7\lambda }{16}=-1\Rightarrow \lambda =-\frac{16}{7}$.

Vậy $u=-\frac{4}{7}$, $v=-\frac{1}{7}$, $w=\frac{1}{7}$, suy ra $y=1-w=\frac{6}{7}$, $x=v+y=\frac{5}{7}$ (cùng thuộc $[0;1]$).

Do đó $2x+3y=\frac{10}{7}+\frac{18}{7}=\frac{28}{7}=4$. Đáp án B.