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

(AI giải đề cho tôi)
Vector $\overrightarrow{AB}=(200;100;200)$ nên $AB=\sqrt{200^2+100^2+200^2}=300$ m, flycam đi hết quãng đường trong $300/6=50$ giây. Vector $\overrightarrow{CD}=(30;40;0)$ nên $CD=50$ m, người đi bộ đi hết trong $50/1=50$ giây.

a) Cả hai cùng mất 50 giây nên khi flycam đến $B$ thì người cũng đến $D$. → Đúng.

b) Phương trình chuyển động flycam: $P(t)=(-30+4t;4+2t;2+4t)$. Tại $t=10$: $P(10)=(10;24;42)\ne (10;24;38)$. → Sai.

c) Tại $t=40$: flycam $P(40)=(130;84;162)$; người đi bộ $Q(t)=(-10+0,6t;-3+0,8t;0)$ nên $Q(40)=(14;29;0)$. Khoảng cách $=\sqrt{116^2+55^2+162^2}=\sqrt{42725}\approx 206,7\approx 207$ m. → Đúng.

d) Hiệu vị trí $P(t)-Q(t)=(-20+3,4t;7+1,2t;2+4t)$, bình phương khoảng cách $f(t)=(3,4t-20{)}^2+(1,2t+7{)}^2+(4t+2{)}^2=29t^2-103,2t+453$. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=\frac{103,2}{58}\approx 1,78$ s với $f_{\min }=453-\frac{(103,2{)}^2}{4\cdot 29}\approx 361,17$, khoảng cách nhỏ nhất $\approx 19,00$ m $>18$ m. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AB=300$ m, tốc độ 6 m/s nên flycam mất 50 giây; $CD=50$ m, tốc độ 1 m/s nên người cũng mất 50 giây. Cùng xuất phát nên cùng đến.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P(10)=(-30+40;4+20;2+40)=(10;24;42)\ne (10;24;38)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P(40)=(130;84;162)$, $Q(40)=(14;29;0)$, khoảng cách $\sqrt{42725}\approx 207$ m.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f(t)=29t^2-103,2t+453$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=\frac{103,2}{58}\approx 1,78$ s, khoảng cách nhỏ nhất $\sqrt{361,17}\approx 19,00$ m $>18$ m.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Khi đó tọa độ của $I$ là $(-1;3;4)$.
Ta có:
$$\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}=2\overrightarrow{MI}$$
Do $M$ nằm trong mặt phẳng $(Oxy)$ nên $z_0=0$. Vậy ta cần tìm $x_0$ và $y_0$ để $\left|2\overrightarrow{MI}\right|=2MI$ nhỏ nhất.
Ta có: $MI=\sqrt{(-1-x_0{)}^2+(3-y_0{)}^2+4^2}\ge \sqrt{4^2}=4$. Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $x_0=-1$ và $y_0=3$. Khi đó $2x_0-3y_0+z_0=2.(-1)-3.3+0=-11$.
Chọn đáp án B

a) Ta có:
$$\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)\Rightarrow D^{\prime }(0;6;6)$$
$$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)\Rightarrow C(6;6;0)$$
$$\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}=(6;6;0)\Rightarrow C^{\prime }(6;6;6)$$
Vậy tọa độ đỉnh $P$ là $(3;6;6)$. Do đó tọa độ trọng tâm của tam giác $PCD$ là $(3;6;2)$. Do đó a) sai.
b) Ta có: $\overrightarrow{AP}=(3;6;6)$; $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)$. Vậy ta được:
$$\cos \left(\overrightarrow{AP};\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{AP}.\overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{AP}\right|.\left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{3.0+6.6+6.0}{\sqrt{3^2+6^2+6^2}.\sqrt{0^2+6^2+0^2}}=\frac{36}{54}=\frac{2}{3}$$
Vậy góc giữa hai vecto $\overrightarrow{AP}$ và $\overrightarrow{BC}$ khác $60^{\circ }$. Do đó b) sai.
c) Ta có: $V_{A.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}.6^3=72$. Vậy c) đúng.
d) Do $K$ thuộc $(Oyz)$ nên hoành độ của $K$ là 0. Đặt $K(0;y_K;z_K)$ là tọa độ của điểm $K$. Gọi $T$ là trọng tâm của tam giác $PCD$. Khi đó ta được $T(3;6;2)$. Ta có:
$$\left|\overrightarrow{KP}+\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{KD}\right|=\left|3\overrightarrow{KT}\right|=3KT$$
Mặt khác, ta có:
$$3KT=3\sqrt{(3-0{)}^2+(6-y_K{)}^2+(2-z_K{)}^2}\ge 3.3=9$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $y_K=6$ và $z_K=2$ hay $K(0;6;2)$. Vậy d) sai.
Chọn đáp án a sai | b sai | c đúng | d sai
a) Ta có:
$$\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)\Rightarrow D^{\prime }(0;6;6)$$
$$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)\Rightarrow C(6;6;0)$$
$$\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}=(6;6;0)\Rightarrow C^{\prime }(6;6;6)$$
Vậy tọa độ đỉnh $P$ là $(3;6;6)$. Do đó tọa độ trọng tâm của tam giác $PCD$ là $(3;6;2)$. Do đó a) sai.
b) Ta có: $\overrightarrow{AP}=(3;6;6)$; $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(0;6;0)$. Vậy ta được:
$$\cos \left(\overrightarrow{AP};\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{AP}.\overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{AP}\right|.\left|\overrightarrow{BC}\right|}=\frac{3.0+6.6+6.0}{\sqrt{3^2+6^2+6^2}.\sqrt{0^2+6^2+0^2}}=\frac{36}{54}=\frac{2}{3}$$
Vậy góc giữa hai vecto $\overrightarrow{AP}$ và $\overrightarrow{BC}$ khác $60^{\circ }$. Do đó b) sai.
c) Ta có: $V_{A.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}{V}_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}.6^3=72$. Vậy c) đúng.
d) Do $K$ thuộc $(Oyz)$ nên hoành độ của $K$ là 0. Đặt $K(0;y_K;z_K)$ là tọa độ của điểm $K$. Gọi $T$ là trọng tâm của tam giác $PCD$. Khi đó ta được $T(3;6;2)$. Ta có:
$$\left|\overrightarrow{KP}+\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{KD}\right|=\left|3\overrightarrow{KT}\right|=3KT$$
Mặt khác, ta có:
$$3KT=3\sqrt{(3-0{)}^2+(6-y_K{)}^2+(2-z_K{)}^2}\ge 3.3=9$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $y_K=6$ và $z_K=2$ hay $K(0;6;2)$. Vậy d) sai.

Ta có:
$$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=2\overrightarrow{AO}$$
Vậy $2\overrightarrow{AO}=\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\right)$.
Chọn đáp án D

Gọi $D$ là chân đường phân giác trong góc $B$. Theo đề bài, ta có:
$$AB=\sqrt{(2-1{)}^2+(-1-2{)}^2+(3-(-1){)}^2}=\sqrt{26}$$
$$BC=\sqrt{(-4-2{)}^2+(7-(-1){)}^2+(5-3{)}^2}=\sqrt{104}$$
Theo tính chất đường phân giác, ta có:
$$\frac{DA}{DC}=\frac{BA}{BC}=\frac{\sqrt{26}}{\sqrt{104}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{AD}{AC}=\frac{AD}{DC+AD}=\frac{1}{2+1}=\frac{1}{3}$$
Vậy ta được $\overrightarrow{AD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$. Mặt khác, ta tính được $\overrightarrow{AC}(-5;5;6)$. Vậy ta được $\overrightarrow{AD}\left(-\frac{5}{3};\frac{5}{3};2\right)$. Gọi $(x_D;y_D;z_D)$ là tọa độ của điểm $D$. Khi đó ta được:
$$\{\begin{array}{l}{x}_D-1=-\frac{5}{3}\\ y_D-2=\frac{5}{3}\\ z_D+1=2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_D=-\frac{2}{3}\\ y_D=\frac{11}{3}\\ z_D=1\end{array}$$
Vậy $D\left(-\frac{2}{3};\frac{11}{3};1\right)$
Chọn đáp án A

(AI giải đề cho tôi)
Đặt cạnh bên $A{A}^{\prime }=h$. Gắn tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }(0;0;h)$, $B^{\prime }(2;0;h)$, $C^{\prime }(1;\sqrt{3};h)$. Khi đó $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(2;0;h)$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(-1;\sqrt{3};h)$. Điều kiện $A{B}^{\prime }\perp B{C}^{\prime }$: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=-2+0+h^2=0\Rightarrow h^2=2\Rightarrow h=\sqrt{2}$. Vậy cạnh bên bằng $\sqrt{2}$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
P=MA^2+3MB^2+2MC^2 đạt nhỏ nhất tại trọng số M = (A+3B+2C)/6. Tính: x=(2+3·4+2·(−1))/6=(2+12−2)/6=2; y=(−1+3·2+2·1)/6=(−1+6+2)/6=7/6; z=(3+3·(−1)+2·2)/6=(3−3+4)/6=2/3. Vậy x+y+z=2+7/6+2/3=2+7/6+4/6=23/6. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ gốc tại A, đặt $\overrightarrow{AB}=\mathbf{a},\overrightarrow{AC}=\mathbf{b},\overrightarrow{AD}=\mathbf{c}$. Khi đó $M$ có vị trí $\frac{\mathbf{a}}{2}$, $N$ có vị trí $\frac{\mathbf{b}+\mathbf{c}}{2}$, nên $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}(\mathbf{b}+\mathbf{c}-\mathbf{a})$. Vì $3\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{AD}$ nên $P=\frac{2}{3}\mathbf{c}$; vì $3\overrightarrow{BQ}=2\overrightarrow{BC}$ nên $Q=\mathbf{a}+\frac{2}{3}(\mathbf{b}-\mathbf{a})=\frac{1}{3}\mathbf{a}+\frac{2}{3}\mathbf{b}$. Suy ra $\overrightarrow{MP}=\frac{2}{3}\mathbf{c}-\frac{1}{2}\mathbf{a}$ và $\overrightarrow{MQ}=\frac{2}{3}\mathbf{b}-\frac{1}{6}\mathbf{a}$. Do đó $\frac{1}{2}\overrightarrow{MP}+\frac{1}{2}\overrightarrow{MQ}=\frac{1}{3}(\mathbf{b}+\mathbf{c}-\mathbf{a})=\frac{2}{3}\overrightarrow{MN}$, tức $\overrightarrow{MN}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MP}+\frac{3}{2}\overrightarrow{MQ}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trọng tâm $G$ của $ABC$: $G=\left(\frac{-5-4+0}{3};\frac{2-5-3}{3};\frac{0+2-2}{3}\right)=(-3;-2;0)$ có $z_G=0$ nên thuộc $(Oxy)$. Đúng.

b) $\overrightarrow{BC}=(4;2;-4)$. Gọi $H=B+t\overrightarrow{BC}=(-4+4t;-5+2t;2-4t)$. Điều kiện $(\overrightarrow{AH})\cdot \overrightarrow{BC}=0$: $\overrightarrow{AH}=(-1-4t;7-2t;-2+4t)$, tích vô hướng $=-4-16t+14-4t+8-16t=18-36t=0\Rightarrow t=\frac{1}{2}$. Vậy $H=(-2;-4;0)$, kiểm tra $y_0>x_0+1$: $-4>-1$ sai. Ý sai.

c) Với $M(m;0;0)$: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$ với $G(-3;-2;0)$ là trọng tâm tam giác $ABC$, nên $|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}|=3\sqrt{(m+3{)}^2+4}$. Trung điểm $BC$ là $N(-2;-4;0)$, $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MN}$, nên $\frac{3}{2}|\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}|=3\sqrt{(m+2{)}^2+16}$. Do đó $P=3\left[\sqrt{(m+3{)}^2+2^2}+\sqrt{(m+2{)}^2+4^2}\right]$: tổng khoảng cách từ điểm $(m;0)$ đến $(-3;2)$ và $(-2;-4)$ (phản chiếu $(-2;-4)$ qua trục $Ox$ thành $(-2;4)$). Giá trị nhỏ nhất $=3\cdot |(-3;2)-(-2;4)|=3\sqrt{1+4}=3\sqrt{5}$. Vậy $a=3,b=5\Rightarrow 3a+2b=19\ne 117$. Ý sai.

d) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OCD$: $I=(m;n;p)$ thỏa $I\cdot \overrightarrow{OC}=\frac{|OC{|}^2}{2}=\frac{13}{2}$ và $I\cdot \overrightarrow{OD}=\frac{|OD{|}^2}{2}=8$. Từ $-3n-2p=\frac{13}{2}$, $4m=8\Rightarrow m=2$. Mặt phẳng $(OCD)$ qua gốc có pháp tuyến $\overrightarrow{OC}\times \overrightarrow{OD}=(0;-8;12)$, tức $2y-3z=0\Rightarrow 2n=3p$. Thay $p=\frac{2n}{3}$: $-3n-\frac{4n}{3}=\frac{13}{2}\Rightarrow n=-\frac{3}{2},p=-1$. Khi đó $m+2n+p=2-3-1=-2$. Đúng.

a) Trọng tâm $G(-3;-2;0)$ có tung độ $z$ bằng 0 nên thuộc mặt phẳng $(Oxy)$.
b) Hình chiếu $H=(-2;-4;0)$, khi đó $y_0=-4<-1=x_0+1$ nên khẳng định sai.
c) $P_{\min }=3\sqrt{5}$ nên $a=3,b=5$, $3a+2b=19\ne 117$, khẳng định sai.
d) Tâm đường tròn ngoại tiếp $I\left(2;-\frac{3}{2};-1\right)$, $m+2n+p=-2$, khẳng định đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=|\overrightarrow{u}||\overrightarrow{v}|\cos 120^{\circ }=2\cdot 5\cdot (-\frac{1}{2})=-5$. Khi đó $|\overrightarrow{u}+2\overrightarrow{v}{|}^2=|\overrightarrow{u}{|}^2+4\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}+4|\overrightarrow{v}{|}^2=4+4(-5)+4\cdot 25=84$. Vậy $|\overrightarrow{u}+2\overrightarrow{v}|=\sqrt{84}=2\sqrt{21}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục gốc $A$ với $\vec{u}=\overrightarrow{AB}$, $\vec{v}=\overrightarrow{AD}$, $\vec{w}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$; ba vectơ đôi một tạo góc $60^{\circ }$, $|\vec{w}|=1$, đặt $AB=x$, $AD=y$ với $xy=3$.

Khi đó $C=u+v$, $A^{\prime }=w$, $C^{\prime }=u+v+w$, $D^{\prime }=v+w$.

Điểm $M\in A^{\prime }C$: $\overrightarrow{AM}=tu+tv+(1-t)w$. Điểm $N\in C^{\prime }D$: $\overrightarrow{AN}=(1-s)u+v+(1-s)w$.

Suy ra $\overrightarrow{MN}=(1-s-t)u+(1-t)v+(t-s)w$.

Vì $MN\parallel B{D}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{MN}=k\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=k(-u+v+w)$. So sánh hệ số:
$$1-s-t=-k,1-t=k,t-s=k.$$
Giải được $t=1-k$, $s=1-2k$, thay vào phương trình đầu: $3k-1=-k\Rightarrow k=\frac{1}{4}$ (với $t=\frac{3}{4}$, $s=\frac{1}{2}$, đều thỏa mãn).

Vậy $MN=\frac{1}{4}B{D}^{\prime }$ và $M,N$ xác định duy nhất, do đó $MN$ nhỏ nhất khi $B{D}^{\prime }$ nhỏ nhất với điều kiện $xy=3$.

Tính $\overrightarrow{B{D}^{\prime }}=v+w-u$:
$$B{D}^{\prime 2}=x^2+y^2+1-2u\cdot v-2u\cdot w+2v\cdot w=x^2+y^2+1-xy-x+y=x^2+y^2+y-x-2.$$

Thay $y=\frac{3}{x}$: $f(x)=x^2+\frac{9}{x^2}+\frac{3}{x}-x-2$.
$f^{\prime }(x)=2x-\frac{18}{x^3}-\frac{3}{x^2}-1=0\iff 2x^4-x^3-3x-18=0$. Thử $x=2$: $32-8-6-18=0$, vậy $x=2$ là nghiệm. Chia đa thức cho $(x-2)$ được $2x^3+3x^2+6x+9$ có hệ số dương nên không có nghiệm dương khác; hơn nữa $f^{\prime \prime }(x)=2+\frac{54}{x^4}+\frac{6}{x^3}>0$ nên $f$ lồi, $x=2$ là điểm đạt giá trị nhỏ nhất duy nhất: $AB=2$, $AD=\frac{3}{2}$.

Khi đó $A{B}^2+A{D}^2=4+\frac{9}{4}=\frac{25}{4}$. (Kiểm tra: $f(1)=10$, $f(3)=6$, $f(2)=3,75$ — nhỏ nhất.)

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4: a) Trọng tâm G = ((3+3+3)/3; (-2-2+1)/3; (5-1-4)/3) = (3;-1;0) → đúng. b) Nếu ABCD là hình bình hành thì D = A + C - B = (3+3-3; -2+1+2; 5-4+1) = (3;1;2) ≠ (3;1;0) → sai. c) M(0;0;z): MA·MC = 9 + (-2)(1) + (5-z)(-4-z) = 7 + z² - z - 20 = z² - z - 13 = 0 có Δ = 53 > 0, hai nghiệm phân biệt → có đúng hai điểm M → đúng. d) N(x;y;0), AB có phương trình thẳng đứng, tan∠NAB = |AN_hàng ngang|/|thành phần dọc| = √((x-3)²+(y+2)²)/5 = 2 → (x-3)²+(y+2)² = 100: đường tròn tâm I(3;-2;0) bán kính 10 trong mặt phẳng Oxy. OI = √13, nên ON_min = 10 - √13, ON_max = 10 + √13, tổng = 20 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
G = ((3+3+3)/3; (-2-2+1)/3; (5-1-4)/3) = (3;-1;0).
b) (AI giải đề cho tôi)
D = A + C - B = (3;1;2), không phải (3;1;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
Với M(0;0;z), điều kiện MA·MC = 0 cho z² - z - 13 = 0 có hai nghiệm phân biệt.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tập N là đường tròn tâm (3;-2;0) bán kính 10; ON_min + ON_max = (10-√13)+(10+√13) = 20.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4: a) Trọng tâm G = ((3+3+3)/3; (-2-2+1)/3; (5-1-4)/3) = (3;-1;0) → đúng. b) Nếu ABCD là hình bình hành thì D = B + C - A = (3+3-3; -2+1+2; -1-4-5) = (3;1;-10), không phải (3;1;0) → sai. c) M(0;0;t) trên trục Oz, MA·MC = (3;-2;5-t)·(3;1;-4-t) = 9-2+(5-t)(-4-t) = t² - t - 13 = 0 có hai nghiệm phân biệt (Δ = 53 > 0) → có đúng hai điểm M → đúng. d) AB có phương thẳng đứng (song song Oz). Với N(x;y;0), tan∠NAB = thành phần nằm ngang của AN chia thành phần theo phương AB = √((x-3)²+(y+2)²)/5 = 2, tức N nằm trên đường tròn trong mặt phẳng Oxy tâm A'(3;-2) bán kính 10. Khoảng cách OA' = √13 nên ON ∈ [10-√13; 10+√13], tổng min + max = 20 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
G = ((3+3+3)/3; (-2-2+1)/3; (5-1-4)/3) = (3;-1;0).
b) (AI giải đề cho tôi)
D = B + C - A = (3;1;-10) ≠ (3;1;0).
c) (AI giải đề cho tôi)
MA·MC = t² - t - 13 = 0 có hai nghiệm phân biệt nên có đúng hai điểm M.
d) (AI giải đề cho tôi)
N nằm trên đường tròn tâm (3;-2) bán kính 10 trong Oxy; ON min = 10-√13, max = 10+√13, tổng bằng 20.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ: $A(1;2;0,5)$, $B(-1,5;-1;0,7)$. Từ 8h00 đến 8h20 (1/3 giờ): khinh khí cầu 1 đi theo hướng Đông $30\cdot \frac{1}{3}=10$ km, độ cao không đổi nên $M(11;2;0,5)$. Khinh khí cầu 2 đi được $45\cdot \frac{1}{3}=15$ km theo hướng $\vec{u}=(2;2;1)$, $|\vec{u}|=3$ nên $\overrightarrow{BN}=5\vec{u}=(10;10;5)$, suy ra $N(8,5;9;5,7)$. Khi đó $\overrightarrow{MN}=(-2,5;7;5,2)$, $MN=\sqrt{6,25+49+27,04}=\sqrt{82,29}\approx 9,07$ km.

(AI giải đề cho tôi)
Tọa độ vectơ $\overrightarrow{AB}=(5-2;-5-(-1);7-5)=(3;-4;2)$. Độ dài đoạn thẳng $AB=\sqrt{3^2+(-4{)}^2+2^2}=\sqrt{9+16+4}=\sqrt{29}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 1: C).

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật có $C(3;3;0)$, $C^{\prime }(3;3;3)$.

a) $\overrightarrow{AC}=(3;3;0)$ đúng.

b) Trọng tâm tam giác $ABD$: $G=\left(\frac{0+3+0}{3};\frac{0+0+3}{3};0\right)=(1;1;0)$, nên $a-2b+c=1-2+0=-1\ne 3$, sai.

c) $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(3;3;3)\ne (-3;3;-3)$, sai.

d) $\overrightarrow{BD}=D-B=(0-3;3-0;0-0)=(-3;3;0)$, đúng.

Kết quả khớp đáp án mã đề 1202: Đ-S-S-Đ.

a) $C(3;3;0)$ nên $\overrightarrow{AC}=(3;3;0)$.

b) $G=(1;1;0)$ nên $a-2b+c=-1\ne 3$.

c) $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(3;3;3)$.

d) $\overrightarrow{BD}=(-3;3;0)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\vec{a}=-3\vec{i}+5\vec{j}+7\vec{k}$ nên tọa độ của vectơ $\vec{a}$ là $\vec{a}=(-3;5;7)$. Đáp án trùng với khóa nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Hướng bay dự định là $\overrightarrow{MN}=(600-300;100-100;8-8)=(300;0;0)$. Hướng bay chuyển hướng là $\overrightarrow{MP}=(700-300;300-100;6-8)=(400;200;-2)$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{MP}=300\cdot 400+0\cdot 200+0\cdot (-2)=120000$.

Độ dài: $|\overrightarrow{MN}|=300$; $|\overrightarrow{MP}|=\sqrt{400^2+200^2+(-2{)}^2}=\sqrt{200004}$.

$$\cos (\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP})=\frac{120000}{300\cdot \sqrt{200004}}=\frac{400}{\sqrt{200004}}\approx 0,8944.$$

Góc lệch so với hướng dự định là $\arccos (0,8944)\approx 26,565^{\circ }\approx 26,6^{\circ }$ (làm tròn đến hàng phần mười). Kết quả khớp với bảng đáp án trang 12, dòng 20, mã đề 1202: 26,6 (lưu ý trước đó về trang 11 chỉ là do bảng đáp án phần III được chia sang trang 12, không phải mâu thuẫn).