TOÁN 12 - 60 ĐỀ MINH HỌA TN THPT - ĐỀ 1

PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM 4 PHƯƠNG ÁN

Câu 1: Trong không gian $Oxyz{}$, cho đường thẳng $\left( d \right):\{\begin{array}{*{35}{l}} x=1-2t \\ y=-3 \\ z=4+5t \\\end{array}\left( t\in \mathbb{R} \right)$. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của $\left( d \right)$ ?

A. $\vec{u}=\left( -2;-3;5 \right)$.

B. $\vec{u}=\left( -2;0;5 \right)$.

C. $\vec{u}=\left( 1;-3;4 \right)$.

D. $\vec{u}=\left( 2;-3;5 \right)$.

Đáp án: B

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 12 (Phương trình đường thẳng).
Mức độ: Nhận biết.
Nhắc lại: Đường thẳng có phương trình tham số $d:\{\begin{array}{*{35}{l}} x={{x}_{0}}+at \\ y={{y}_{0}}+bt \\ z={{z}_{0}}+ct \\\end{array},t\in \mathbb{R}$ có vectơ chỉ phương là $\vec{u}=\left( a;b;c \right)$.
Từ phương trình đường thẳng đã cho, suy ra $\vec{u}=\left( -2;0;5 \right)$.
Chọn B

Câu 2: Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:


Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng

A. -1.

B. 1.

C. 2.

D. -2.

Đáp án: D

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 12 (Tính đơn điệu của hàm số).
Mức độ: Nhận biết.
Bài làm
Từ bảng biến thiên, xét từ trái qua phải ta thấy ${f}''\left( x \right)$ đổi dấu từ âm (-) sang dương
(+) tại điểm $x=1$ nên $x=1$ là điểm cực tiểu của hàm số.
Suy ra giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là $f\left( 1 \right)=-2$.
Chọn D

Câu 3: Cho dãy số ${{u}_{n}}=\dfrac{4}{n+1},n\in {{\mathbb{N}}^{\text{*}}}$. Khi đó ${{u}_{1}}{}$ bằng

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Đáp án: C

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 11 (Dãy số).
Mức độ: Nhận biết.
Bài làm
Ta có: ${{u}_{n}}=\dfrac{4}{n+1},n\in {{\mathbb{N}}^{\text{*}}}\Rightarrow {{u}_{1}}=\dfrac{4}{1+1}=2$.
Chọn C

Câu 4: Cho $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)$. Khi đó hiệu số $F\left( 1 \right)-F\left( 2 \right)$ bằng

A. $\int _{1}^{2}f\left( x \right)dx$.

B. $\int _{1}^{2}-f\left( x \right)dx$.

C. $\int _{2}^{1}-F\left( x \right)dx$.

D. $\int _{1}^{2}-F\left( x \right)dx$.

Đáp án: B

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 12 (Tích phân).
Mức độ: Nhận biết.
Nhắc lại: Khái niệm tích phân: Hàm số $f\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ a;b \right]$. Nếu $F\left( x \right)$ là nguyên hàm của $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ a;b \right]$ thì
$\int _{a}^{b}f\left( x \right)\text{d}x=F\left( x \right)|_{a}^{b}=F\left( b \right)-F\left( a \right)$.
Bài làm
Ta có $\int _{1}^{2}f\left( x \right)dx=F\left( x \right)|_{1}^{2}=F\left( 2 \right)-F($
$\Rightarrow F\left( 1 \right)-F\left( 2 \right)=\int _{1}^{2}-f\left( x \right)dx$.
Chọn B

Câu 5: Trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$, đạo hàm của hàm số $y=\text{lo}{{\text{g}}_{7}}x$ là

A. ${y}'=\dfrac{1}{x}$.

B. ${y}'=-\dfrac{1}{x\text{ln}7}$.

C. ${y}'=\dfrac{\text{ln}7}{x}$.

D. ${y}'=\dfrac{1}{x\text{ln}7}$.

Đáp án: D

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 11 (Các quy tắc tính đạo hàm).
Mức độ: Nhận biết.
Nhắc lại:

Công thức đạo hàm logarit:

Hàm số $y=\text{lo}{{\text{g}}_{a}}x$điều kiện (0 < a < 1) có đạo hàm trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$ và ${{\left( \text{lo}{{\text{g}}_{a}}x \right)}^{'}}=\dfrac{1}{x\text{ln}a}$.
Bài làm
Áp dụng công thức đạo hàm của hàm số logarit ta được ${y}'=\dfrac{1}{x\text{ln}7}$.
Chọn D

Câu 6: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=3\text{sin}2x-5$ lần lượt là

A. $3:-5$.

B. $-2;-8$.

C. $2;-5$.

D. $8;2$.

Đáp án: B

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 11 (Hàm số lượng giác).
Mức độ: Nhận biết.
Nhắc lại: $-1\le \text{sin}u\left( x \right)\le 1$.
Bài làm
Ta có $-1\le \text{sin}2x\le 1$
$\Rightarrow -3\le 3\text{sin}2x\le 3$ (nhân các vế của BPT với 3 là một số dương nên BPT
không đảo chiều)
$\Rightarrow -8\le 3\text{sin}2x-5\le -2$ (Cộng các vế của BPT với -5)
$\Rightarrow -8\le y\le -2$.
Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lần lượt là $-2;-8$.
Chọn B

Câu 7: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD\cdot {A}'{B}'{C}'{D}'$. Khi đó, vectơ bằng vectơ $\overrightarrow{AB}$ là vectơ nào dưới đây?

A. $\overrightarrow{CD}$.

B. $\overrightarrow{{B}'{A}'}$.

C. $\overrightarrow{{D}'{C}'}$.

D. $\overrightarrow{BA}$.

Đáp án: C

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 12 (Vectơ và các phép toán vectơ trong không gian).
Mức độ: Nhận biết.
Nhắc lại: Hai vectơ bằng nhau khi chúng cùng hướng (tức cùng phương (song song hoặc trùng nhau) và cùng chiều) và có độ dài bằng nhau.
Bài làm


Dễ dàng thấy $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{{D}'{C}'}$.
Chọn đáp án $\mathbf{C}$.

Câu 8: Nghiệm của phương trình ${{5}^{x}}=10$ là

A. $x=2$.

B. $x=\text{lo}{{\text{g}}_{5}}10$.

C. $x=\text{log}5$.

D. $x=\text{ln}10$.

Đáp án: B

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 11 (Phương trình mũ).
Mức độ: Nhận biết.
Nhắc lại: Phương trình mũ cơ bản: ${{a}^{x}}=b(a{>}0;a\ne 1)$.
Với $b{>}0,{{a}^{x}}=b\Leftrightarrow x=\text{lo}{{\text{g}}_{a}}b$.
Với $b\le 0$, phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài làm
Ta có: ${{5}^{x}}=10\Leftrightarrow x=\text{lo}{{\text{g}}_{5}}10$.
Chọn B

Câu 9: Cho mẫu số liệu ghép nhóm về thống kê thời gian hoàn thành (phút) một bài kiểm tra trực tuyến của 100 học sinh, ta có bảng số liệu sau:


Thời gian trung bình để 100 học sinh hoàn thành bài kiểm tra là

A. 39,28 phút.

B. 38,29 phút.

C. 38,92 phút.

D. 39,82 phút.

Đáp án: C

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 11 (Các số đặc trưng đo xu thế trung tâm cho mẫu số liệu ghép nhóm).
Mức độ: Thông hiểu.
Ta có bảng phân bố tần số theo giá trị đại diện như sau:


Thời gian trung bình để học sinh hoàn thành bài kiểm tra là
$\overline{x}=\dfrac{34.4+36.12+38.38+40.27+42.14+44.4}{100}$
$=38{,}92$ (phút).
Chọn C

Câu 10: Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ -1;2 \right]$ và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi $M,m{}$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn $\left[ -1;2 \right].$
Ta có $2M+m$ bằng

A. 3.

B. $0{}$.

C. 4.

D. $5{}$.

Đáp án: C

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 12 (Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số). Mức độ: Nhận biết.
Dựa vào đồ thị ta suy ra được giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $\left[ -1;2 \right]$ là 3, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ -1;2 \right]$ là -2.
Vậy $M=3$, $m=-2$ $\Rightarrow 2M+m=2.3+\left( -2 \right)=4$.
Chọn C

Câu 11: Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong $y=\sqrt{2\text{cos}x+5}$, trục hoành và các đường thẳng $x=0;x=\dfrac{\pi }{2}$. Khối tròn xoay tạo thành khi D quay quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu?

A. $V=\dfrac{\left( 5\pi +4 \right)\pi }{2}$.

B. $V=\dfrac{\left( 5\pi +2 \right)\pi }{2}$.

C. $V=\dfrac{5\pi }{2}+2$.

D. $V=\dfrac{\left( 5\pi -4 \right)\pi }{2}$.

Đáp án: A

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 12 (Ứng dụng hình học của tích phân: Thể tích khối tròn xoay).
Mức độ: Thông hiểu.
Nhắc lại: Thể tích khối tròn xoay: Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục, không âm trên đoạn $\left[ a;b \right]$.
Hình phẳng ( $H{}$ ) giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$, trục hoành và hai đường $x=a,x=b$ quay quanh trục Ox tạo thành một khối tròn xoay có thể tích bằng $V=\pi \int _{a}^{b}{{[f\left( x \right)]}^{2}}\text{ d}x$.
Một số công thức nguyên hàm sử dụng: $\int \text{cos}x\text{ d}x=\text{sin}x+C;$ $\int k\text{ d}x=kx+C$.
Bài làm
$V=\pi \int _{0}^{\dfrac{\pi }{2}}{{(\sqrt{2\text{cos}x+5})}^{2}}dx$
$=\pi \int _{0}^{\dfrac{\pi }{2}}\left| 2\text{cos}x+5 \right|dx$
$=\pi \int _{0}^{\dfrac{\pi }{2}}\left( 2\text{cos}x+5 \right)dx$ (Vì $-1\le \text{cos}x$ $\Leftrightarrow -2\le 2\text{cos}x$ $\Leftrightarrow 3\le 2\text{cos}x+5$ nên $2\text{cos}x+5$ luôn dương)
$=\pi \left( 2\text{sin}x+5x \right)|_{0}^{\dfrac{\pi }{2}}$
$=\pi \left[ \left( 2\text{sin}\dfrac{\pi }{2}+5\cdot \dfrac{\pi }{2} \right)-\left( 2\text{sin}0+5.0 \right) \right]$
$=\pi \left( 2+\dfrac{5\pi }{2} \right)$
$=\dfrac{\pi \left( 5\pi +4 \right)}{2}$.
Chọn A

Câu 12: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh $a;SA\bot \left( ABCD \right)$ và $SA=a$.
Tính số đo góc nhị diện $\left[ S,CD,A \right]$.

A. ${{45}^{\circ }}$.

B. ${{30}^{}}$.

C. ${{60}^{\circ }}$.

D. ${{120}^{\circ }}$.

Đáp án: A

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán lớp 11 (Góc nhị diện). Mức độ: Thông hiểu.


Ta có $\begin{matrix} \{\begin{array}{*{35}{l}} AD\bot CD \\ AD\subset \left( ACD \right) \\\end{array}\#\left( 1 \right) \\\end{matrix}$
Ta có $SA\bot \left( ABCD \right)$ $\Rightarrow SA\bot CD$ mà $AD\bot CD$ nên suy ra $CD\bot \left( SAD \right)$
$\begin{matrix} \Rightarrow CD\bot SD\subset \left( SDC \right)\#\left( 2 \right) \\\end{matrix}$
Từ (1) và (2) suy ra góc nhị diện $\left[ S,CD,A \right]=\widehat{SDA}={{45}^{\circ }}$
(vì $SA=AD=a$ nên tam giác SAD cân tại (A)
Chọn A

PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG/SAI

Câu 13: Cho hàm số $f\left( x \right)=\text{lo}{{\text{g}}_{\dfrac{1}{3}}}\left( x+1 \right).$

Đáp án: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Sai

Lời giải:

(a) Sai.
Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi $x+1{>}0$ $\Leftrightarrow x{>}-1$.
Vậy tập xác định của hàm số $f\left( x \right)$ là $D=\left( -1;+\infty \right)$.
(b) Sai.
$f\left( 8 \right)=\text{lo}{{\text{g}}_{\dfrac{1}{3}}}\left( 8+1 \right)$ $=\text{lo}{{\text{g}}_{\dfrac{1}{3}}}9=-2$.
(c) Đúng.
Áp dụng công thức đạo hàm hàm hợp ${{\left( \text{lo}{{\text{g}}_{a}}u \right)}^{'}}=\dfrac{{{u}'}}{u\cdot \text{ln}a}$, ta có
${f}'\left( x \right)=\dfrac{{{(x+1)}^{'}}}{\left( x+1 \right)\text{ln}\dfrac{1}{3}}$

$=\dfrac{1}{\left( x+1 \right)\left( -\text{ln}3 \right)}$

$=-\dfrac{1}{\left( x+1 \right)\text{ln}3}$.
Nên suy ra hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( -1;+\infty \right)$.
Mà $\left( 0;+\infty \right)\subset \left( -1;+\infty \right)$ nên hàm số $f\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$.
(d) Sai.
$f\left( x \right)\ge -2$ $\Leftrightarrow \text{lo}{{\text{g}}_{\dfrac{1}{3}}}\left( x+1 \right)\ge -2$

$\Leftrightarrow x+1\le {{\left( \dfrac{1}{3} \right)}^{-2}}$ (vì $0 nên dấu của bất đẳng thức đảo chiều)
$\Leftrightarrow x\le {{\left( \dfrac{1}{3} \right)}^{-2}}-1=8$.
Kết hợp với điều kiện xác định là $x{>}-1$ và $x\in \mathbb{Z}$, ta suy ra $x\in \left\{ 0;1;2;3;\ldots ;8 \right\}$.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình $f\left( x \right)\ge -2$ chứa đúng 9 số nguyên.

Câu 14: Một công ty dược phẩm đang thử nghiệm một loại thuốc mới. Nồng độ thuốc trong máu có thể được mô tả bằng hàm số $f\left( t \right)=A.t{{e}^{kt}}\left( \text{mg}/\text{ml} \right)$, trong đó $t{}$ là thời gian tính bằng giờ kể từ khi tiêm và $A,k{}$ là các hằng số thực. Biết rằng sau 1 giờ tiêm nồng độ thuốc trong máu là $0{,}3\text{mg}/\text{ml}$ và tại thời điểm ban đầu $\left( t=0 \right)$, nồng độ thuốc tăng với tốc độ $0{,}5 \mathrm{mg} / \mathrm{ml}$ mỗi giờ. Khi đó

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai

Lời giải:

(a) Đúng.
Âp dụng công thức đạo hàm của một tích
${{(u.v)}^{'}}={u}'v+u{v}'$, ta có
${f}'\left( t \right)={{(A.t)}^{'}}{{e}^{kt}}+A.t{{\left( {{e}^{kt}} \right)}^{'}}$
$=A{{e}^{kt}}+A\cdot t{{e}^{kt}}\cdot {{(kt)}^{'}}$
$=A{{e}^{kt}}+A.t{{e}^{kt}}.k$
$=A{{e}^{kt}}\left( 1+kt \right)$.
Vậy ${f}'\left( t \right)=A{{e}^{kt}}\left( 1+kt \right)$.
(b) Sai.
Từ giả thiết: "tại thời điểm ban đầu $\left( t=0 \right)$, nồng độ thuốc tăng với tốc độ $0{,}5\text{mg}/\text{ml}$ mỗi giờ", ta có ${f}'\left( 0 \right)=0{,}5$
$\Leftrightarrow A{{e}^{k.0}}\left( 1+k.0 \right)=0{,}5$
$\Leftrightarrow A{{e}^{0}}\left( 1+0 \right)=0{,}5$
$\Leftrightarrow A=0{,}5$.
(c) Đúng
Từ ý b, Suy ra $f\left( t \right)=0{,}5.t{{e}^{kt}}\left( \text{mg}/\text{ml} \right)$,
$f\left( 1 \right)=0{,}3$
$\Leftrightarrow 0{,}5.1.{{e}^{k.1}}=0{,}3$
$\Leftrightarrow {{e}^{k}}=\dfrac{0{,}3}{0{,}5}$
$\Leftrightarrow k=\text{ln}\dfrac{0{,}3}{0{,}5}=\text{ln}\dfrac{3}{5}$.
Suy ra $f\left( t \right)=0{,}5.t{{e}^{\left( \text{ln}\dfrac{3}{5} \right)t}}\left( \text{mg}/\text{ml} \right)$,
(d) Sai.
Khảo sát hàm số $f\left( t \right)=0{,}5.t{{e}^{\left( \text{ln}\dfrac{3}{5} \right)t}}$ trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$. Ta có
${f}'\left( t \right)=0{,}5.{{e}^{\left( \text{ln}\dfrac{3}{5} \right)t}}\left[ 1+\left( \text{ln}\dfrac{3}{5} \right)t \right]$ (thay các giá trị của A, $k{}$ tìm được vào ${f}'\left( t \right)$ thu được ở ý (a)
${f}'\left( t \right)=0$ $\Leftrightarrow 0{,}5.{{e}^{\left( \text{ln}\dfrac{3}{5} \right)t}}\left[ 1+\left( \text{ln}\dfrac{3}{5} \right)t \right]=0$
$\Leftrightarrow 1+\left( \text{ln}\dfrac{3}{5} \right)t=0$ (vì ${{e}^{\left( \text{ln}\dfrac{3}{5} \right)t}}{>}0,\forall t\in \left( 0;+\infty \right))$
$\Leftrightarrow t=\dfrac{-1}{\text{ln}\dfrac{3}{5}}$.
Bảng biến thiên


Từ bảng biến thiên, suy ra nồng độ thuốc trong máu lớn nhất là $f\left( \dfrac{-1}{\text{ln}\dfrac{3}{5}} \right)\approx 0{,}36\left( \text{mg}/\text{ml} \right)$.

Câu 15: Trên một đường sắt, có hai nhà ga A và ga B cách nhau 3,6 kilomet. Để đảm bảo an toàn thì các kĩ sư đường sắt thiết kế tốc độ của tàu như sau:
Khi đi qua nhà ga A tàu phải tǎng tốc trong 15 giây với phương trình tốc độ $\left( \text{m}/\text{s} \right)$ là $v\left( t \right)=a{{t}^{3}}+b{{t}^{2}}+ct+d$ $\left( a,b,c,d\in \mathbb{R} \right)$, trong đó $M\left( 15;36 \right)$ và $O\left( 0;0 \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=v\left( t \right)$.
Khi đạt tốc độ lớn nhất thì tàu tiếp tục di chuyển với vận tốc đó trong $\Deltat$ giây.
Sau đó tàu giảm tốc trong 15 giây với tốc độ là một hàm bậc ba có đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số $y=v\left( t \right)$ (như hình vẽ).

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai

Lời giải:

(a) Đúng.
Ta có ${v}'\left( t \right)=3a{{t}^{2}}+2bt+c$.
Từ giả thiết $M\left( 15;36 \right)$ và $O\left( 0;0 \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=v\left( t \right)$.
Suy ra $\begin{matrix} \{\begin{array}{*{35}{l}} v\left( 15 \right)=36 \\ v\left( 0 \right)=0 \\\end{array}\#\left( 1 \right) \\\end{matrix}$
Và $v=15$ và $v=0$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=v\left( t \right)$ $\begin{matrix} \Rightarrow \{\begin{array}{*{35}{l}} {v}'\left( 15 \right)=0 \\ {v}'\left( 0 \right)=0 \\\end{array}\#\left( 2 \right) \\\end{matrix}$
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{*{35}{l}} v\left( 15 \right)=36 \\ v\left( 0 \right)=0 \\ {v}'\left( 15 \right)=0 \\ {v}'\left( 0 \right)=0 \\\end{array}$
$\Leftrightarrow \{\begin{array}{*{35}{l}} a{{.15}^{3}}+b{{.15}^{2}}+15c+d=36 \\ d=0 \\ 3a{{.15}^{2}}+2b.15+c=0 \\ c=0 \\\end{array}$ $\Leftrightarrow \{\begin{array}{*{35}{l}} 3375a+225b=36 \\ 675a+30b=0 \\ d=0 \\ c=0 \\\end{array}$ $\Leftrightarrow \{\begin{array}{*{35}{l}} a=-\dfrac{8}{375} \\ b=\dfrac{12}{25} \\ d=0 \\ c=0 \\\end{array}$.
Suy ra $v\left( t \right)=-\dfrac{8}{375}{{t}^{3}}+\dfrac{12}{25}{{t}^{2}}$.
${v}'\left( t \right)=-3\cdot \dfrac{8}{375}{{t}^{2}}+2\cdot \dfrac{12}{25}t$ $=-\dfrac{8}{125}{{t}^{2}}+\dfrac{24}{25}t$
${v}'\left( t \right)=0$ $\Leftrightarrow -\dfrac{8}{125}{{t}^{2}}+\dfrac{24}{25}t=0$ $\Leftrightarrow \dfrac{8}{25}t\left( -\dfrac{1}{5}t+3 \right)=0$ $\Leftrightarrow [\begin{array}{*{35}{l}} t=0 \\ -\dfrac{1}{5}t+3=0\Rightarrow t=15 \\\end{array}$.
(b) Sai.
Từ kết quả câu (a), ta suy ra $\dfrac{4b}{a}=\dfrac{4\cdot \dfrac{12}{25}}{-\dfrac{8}{375}}=-90$.
(c) Đúng.
Nhắc lại: Quãng đường vật đi được từ $a{}$ đến $b{}$ $S=\int _{a}^{b}v\left( t \right)\text{d}t$.
Quãng đường vật đi được trong 15 giây đầu (tức từ 0 đến 15 giây) là $S=\int _{0}^{15}v\left( t \right)\text{d}t$.
Vì hàm biểu thị vận tốc ở 15 giây cuối là hàm bậc ba có đồ thị đối xứng với đồ thị hàm số
$y=v\left( t \right)$ nên quãng đường vật đi được trong 15 giây cuối sẽ bằng với quãng đường vật đi được trong 15 giây đầu. Khi đó tổng quãng đường tàu đi được trong 15 giây đầu và 15 giây cuối bẳng
$2S=2\int _{0}^{15}v\left( t \right)\text{d}t$ $=2\int _{0}^{15}\left( -\dfrac{8}{375}{{t}^{3}}+\dfrac{12}{25}{{t}^{2}} \right)\text{d}t=540\left( \text{ m} \right)$.
(d) Sai.
Tổng thời gian tàu di chuyển từ A đến B bằng $15+15+\Deltat\left( \text{ s} \right)$.
Gọi CD là quãng đường tàu đi trong $\Deltat$ giây.
Từ giả thiết: "Khi đạt tốc độ lớn nhất thì tàu tiếp tục di chuyển với vận tốc đó trong $\Deltat$ giây" kết hợp với quan sát hình vẽ, ta suy ra vận tốc tàu đi trong khoảng thời gian $\Deltat$ là ${{v}_{CD}}=36\left( \text{ m}/\text{s} \right)$.
Vì vận tốc là không đổi trong khoảng thời gian $\Deltat$ nên $\Deltat=\dfrac{CD}{v}=\dfrac{3600-540}{36}=85\left( \text{ s} \right)$.
Vậy tổng thời gian tàu di chuyển từ $A{}$ đến $B{}$ bằng $15+15+85=115\text{ s}{$.

Câu 16: Cho hình chóp S. ABCD có $SA{}$ vuông góc với đáy, $SA=a,ABCD$ là hình chữ nhật với $AB=2a$, $AD=3a$ và M là trung điểm của CD (tham khảo hình vẽ).

Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng

Lời giải:

Vì $SA\bot \left( ABCD \right)$ và $ABCD{}$ là hình chữ nhật nên
$\{\begin{array}{*{35}{l}} SA\bot AD \\ SA\bot AB \\ AB\bot AD \\\end{array}$.
Do đó, ta gắn hệ trục tọa độ với $O\equiv A$, $Ox\equiv AB$, $Oy\equiv AD$, $Oz\equiv SA$.
Suy ra $A\left( 0;0;0 \right)$, $B\left( 2a;0;0 \right)$, $C\left( 2a;3a;0 \right)$, $D\left( 0;3a;0 \right)$, $S\left( 0;0;a \right)$.
(a) Cách 1: Vì M là trung điểm của CD nên theo quy tắc trung tuyến, ta có $\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SM}$.
Cách 2: Thực hiện kiểm chứng bằng tọa độ của vectơ. M là trung điểm của CD nên $M\left( \dfrac{2a+0}{2};\dfrac{3a+3a}{2};\dfrac{0+0}{2} \right)=\left( a;3a;0 \right)$.
Ta có
$\{\begin{array}{*{35}{l}} \overrightarrow{SC}=\left( 2a;3a;-a \right) \\ \overrightarrow{SD}=\left( 0;3a;-a \right) \\ \overrightarrow{SM}=\left( a;3a;-a \right) \\\end{array}$
suy ra $\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SD}=\left( 2a;6a;-2a \right)$ $=2\left( a;3a;-a \right)$ $=2\overrightarrow{SM}$.
Suy ra mệnh đề (a) sai.
(b) $\left| \overrightarrow{SM} \right|=\sqrt{{{a}^{2}}+{{(3a)}^{2}}+{{(-a)}^{2}}}$ $=\sqrt{{{a}^{2}}+9{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}$ $=\sqrt{11{{a}^{2}}}$ $=a\sqrt{11}$.
Suy ra mệnh đề (b) đúng.
(c) Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 2a;0;0 \right)$, $\overrightarrow{SM}=\left( a;3a;-a \right)$. suy ra $\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{AB}=2a.a+0.3a+0.\left( -a \right)$ $=2{{a}^{2}}$.
Suy ra mệnh đề (c) sai.
(d) Ta có $\text{cos}\left( \overrightarrow{SM},\overrightarrow{AB} \right)=\dfrac{\overrightarrow{SM}\cdot \overrightarrow{AB}}{\left| \overrightarrow{SM}\left| \cdot \right|\overrightarrow{AB} \right|}$ $=\dfrac{2{{a}^{2}}}{a\sqrt{11}.2a}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{11}}$
Suy ra $\left( \overrightarrow{SM},\overrightarrow{AB} \right)\approx 72,{{45}^{\circ }}$.
Suy ra mệnh đề (d) đúng.

PHẦN 3: TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN

Câu 17: Một công ty công nghệ sản xuất một loại sản phẩm mới. Công ty xác định rằng lợi nhuận $L\left( x \right)$ (đơn vị: triệu VNĐ) thu được từ việc sản xuất và bán hàng được mô hình hóa bởi hàm số: $L\left( x \right)=1500+400\text{ln}\left( \dfrac{x}{1200} \right)-x$. Trong đó, $x{}$ là số sản phẩm tồn kho, với $x\in \mathbb{N}$ và $1\le x\le 1200$.
Công ty cần tính toán lượng tồn kho để thu về lợi nhuận tối đa, hỏi lợi nhuận tối đa đó là bao nhiêu triệu đồng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Đáp án: 661

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Chuyên đề học tập lớp 12 (Vận dụng đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu trong thực tiễn).
Mức độ: Vận dụng (8+)
Phân tích bài toán:
Giả thiết bài toán: Hàm số $L\left( x \right)=1500+400\text{ln}\left( \dfrac{x}{1200} \right)-x,\left( x\in \mathbb{N};1\le x\le 1200 \right)$
biểu diễn lợi nhuận thu được theo số sản phẩm tồn kho $x{}$.
Yêu cầu bài toán: Tìm lợi nhuận (triệu đồng) tối đa công ty thu được $\Leftrightarrow L\left( x \right)$ max.
Khi đó bài toán đã cho trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số $L\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ 1;1200 \right].$
Ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Tìm các điểm ${{x}_{1}},{{x}_{2}},\ldots ,{{x}_{n}}$ trên khoảng (1; 1200) mà tại đó ${L}'\left( x \right)=0$ hoặc ${L}'\left( x \right)$ không xác định.
Βước 2: Τính $L\left( 1 \right);L\left( 1200 \right);L\left( {{x}_{1}} \right);L\left( {{x}_{2}} \right);\ldots ;L\left( {{x}_{n}} \right)$.
Bước 3: Tìm số lớn nhất trong các số tìm được ở bước 2. Khi đó giá trị này chính là $\text{ma}{{\text{x}}_{\left[ 1;1200 \right]}}L\left( x \right)$.
Bài làm
Bước 1: Xét hàm số $L\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ 1;1200 \right].$
Ta có $L\left( x \right)=1500+400\text{ln}\left( \dfrac{x}{1200} \right)-x$ $=1500+400\left( \text{ln}x-\text{ln}1200 \right)-x$
${L}'\left( x \right)=0+400.\left( \dfrac{1}{x}-0 \right)-1$ $=\dfrac{400}{x}-1$
${L}'\left( x \right)=0$ $\Leftrightarrow \dfrac{400}{x}-1=0$ $\Leftrightarrow x=400\in \left( 1;1200 \right)\left( tm \right)$.
Bước 2: Ta có $L\left( 1 \right)\approx -1337$; $L\left( 1200 \right)=300$; $L\left( 400 \right)\approx 661$.
Bước 3: Từ bước 2 suy ra $\max\limits_{\left[ 1;1200 \right]} L\left( x \right)=L\left( 400 \right)\approx 661.$
Vậy lợi nhuận tối đa mà công ty thu được là 661 triệu đồng. Điền đáp án: 661.

Câu 18: Cho hình chóp $S.ABCD{}$ có đáy $ABCD{}$ là hình thoi tâm $O{}$ cạnh 1, hình chiếu vuông góc của đỉnh $S{}$ lên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm $H{}$ của tam giác đều $ABC{}$, biết số đo góc nhị diện $\left[ S,CD,B \right]$ bằng ${{60}^{\circ }}$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA{}$ và BD (kết quả làm tròn đến hàng phần trǎm).

Đáp án: 0,45

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán 11: Quan hệ vuông góc trong không gian (Khoảng cách) Mức độ: Vận dụng (8+).
Bài làm


Bước 1: Xác định chiều cao $SH{}$. Gọi $O{}$ là tâm của hình thoi $ABCD{}$.
Nên $O{}$ là trung điểm của $AC{}$.
Kẻ CM là đường trung tuyến của tam giác đều $ABC{}$.
Khi đó trọng tâm $H{}$ là giao điểm của CM và $BO{}$.
Vì tam giác $ABC{}$ đều nên CM là đường trung tuyến, cũng là đường cao của tam giác
$ABC{}$. $\Rightarrow CM\bot AB$.
Mà $AB//CD$; $CM\bot CD$ $\Leftrightarrow CH\bot CD$ (1).
Vì $H{}$ là hình chiếu của $S{}$ trên mặt phẳng (ABCD) nên $SH\bot \left( ABCD \right)$.
Suy ra $SH\bot CD$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $CD\bot \left( SHC \right)$ $\Rightarrow CD\bot SC$.
$\{\begin{array}{*{35}{l}} CH\bot CD \\ SC\bot CD \\\end{array}$ nên góc nhị diện $\left[ S,CD,B \right]=\widehat{SCH}={{60}^{\circ }}$.
Ta có $CM=\dfrac{1.\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ (công thức tính nhanh độ dài đường cao tam giác đều bằng $\dfrac{a\cdot \sqrt{3}}{2}$ với $a{}$ là độ dài cạnh của tam giác).
Suy ra $HC=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
Trong tam giác vuông $SHC{}$, ta có $\text{tan}\widehat{SCH}=\dfrac{SH}{HC}$ $\Rightarrow SH=HC\cdot \text{tan}\widehat{SCH}$ $=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot \text{tan}{{60}^{\circ }}$ $=1$.
Bước 2: Xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SA{}$ và $BD{}$ :
Cách 1: Từ $A{}$ kẻ đường thẳng $xy{}$ song song với $BD{}$.
Khi đó $d\left( SA,BD \right)=d\left( \left( Sxy \right),BD \right)$ $=d\left( \left( Sxy \right),H \right)$.
Kẻ $\{\begin{array}{*{35}{l}} HE\bot xy\left( E\in xy \right) \\ HF\bot SE\left( F\in SE \right) \\\end{array}$.
Khi đó ta chứng minh được $HF\bot \left( Sxy \right)$ nên $d\left( \left( Sxy \right),H \right)=HF$.
Từ cách dựng ta có AOHE là hình chữ nhật nên $HE=AO=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}$.
Trong tam giác vuông SHE, ta có $\dfrac{1}{H{{F}^{2}}}=\dfrac{1}{H{{E}^{2}}}+\dfrac{1}{S{{H}^{2}}}$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{H{{F}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{1}^{2}}}=5$
$\Leftrightarrow H{{F}^{2}}=\dfrac{1}{5}$ $\Leftrightarrow HF=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\approx 0{,}45$.
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA{}$ và BD bằng 0,45.
Cách 2: Áp dụng công thức một con kiến hư (1-c-k-h) để tính khoảng cách từ 1 điểm bất kì đến mặt phẳng bên.
Điền đáp án: 0,45.

Câu 19: Một chiếc lều xiếc khối tròn xoay có hình dạng như hình bên. Lều gồm có hai phần, phần hình trụ ở dưới có đường kính đáy bằng 20 mét, chiều cao bằng 3 mét, phần trên là một khối tròn xoay khác tiếp giáp với phần hình trụ có chiều cao là 10 mét, trên đỉnh là lỗ tròn có đường kính 4 mét để lấy ánh sáng. Trong hệ toạ độ Oxy, đường cong biên của mái lều được mô hình hoá bằng một parabol đỉnh B (tham khảo hình vẽ). Tính thể tích của chiếc lều theo đơn vị mét khối (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Đáp án: 1738

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Toán 12. Ứng dụng hình học của tích phân.
Mức độ: Vận dụng (8+).
Phân tích dữ kiện đề bài:
Giả thiết: Khối trụ: có đường kính 20 mét và chiều cao 3 mét;
Khối tròn xoay: có chiều cao 10 mét và lỗ tròn trên đỉnh có đường kính 4 mét. Yêu cầu bài toán: Thể tích của chiếc lều cần tính bằng tổng thể tích của phần trụ ở dưới với phần thể tích khối tròn xoay ở trên.


Bước 1: Tính thể tích phần trụ:
Công thức thể tích hình trụ: $V=B.h$ với $B{}$ là diện tích đáy và $h{}$ là chiều cao của hình trụ.
Thể tích phần trụ là ${{V}_{1}}=\pi \cdot {{10}^{2}}\cdot 3=300\pi \left( {{\text{m}}^{3}} \right)$.
Bước 2: Tính thể tích phần khối tròn xoay ở trên:
Gọi $f\left( y \right)$ là parabol biểu diễn đường cong biên của mái lều.
Khi đó phần trên của lều là khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi arabol $f\left( y \right),x=0$ và các đường thẳng $y=10,y=0$ quanh trục Oy.
Suy ra thể tích phần khối tròn xoay ở trên là ${{V}_{2}}=\pi \int _{0}^{10}{{f}^{2}}\left( y \right)\text{d}y$.
Tiếp theo, ta sẽ đi tìm phương trình parabol $f\left( y \right)$.
Dữ kiện bài toán cho parabol đi qua điểm $C\left( 2;10 \right)$ và đỉnh B (10; 0)
Công thức nhanh:
Parabol có đỉnh $I\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$ có dạng $y=a{{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+{{y}_{0}}$.
Suy ra phương trình parabol có dạng $y=a{{(x-10)}^{2}}$.
Mà $y\left( 2 \right)=10$ nên $10=a{{(2-10)}^{2}}$ $\Rightarrow a=\dfrac{10}{{{(2-10)}^{2}}}=\dfrac{5}{32}$.
Suy ra $y=\dfrac{5}{32}{{(x-10)}^{2}}$ $\Rightarrow \dfrac{32y}{5}={{(x-10)}^{2}}$ $\Rightarrow x-10=-\sqrt{\dfrac{32y}{5}}$
(vì quan sát trên hình vẽ, ta thấy $x\le 10$ nên $x-10\le 0$ )
$\Rightarrow x=f\left( y \right)=10-\sqrt{\dfrac{32y}{5}}$.
Vậy thể tích khối tròn xoay là ${{V}_{2}}=\pi \int _{0}^{10}{{\left( 10-\sqrt{\dfrac{32y}{5}} \right)}^{2}}\text{ d}y$
Suy ra thể tích của chiếc lều bằng ${{V}_{1}}+{{V}_{2}}=300\pi +\pi \int _{0}^{10}{{\left( 10-\sqrt{\dfrac{32y}{5}} \right)}^{2}}\text{ d}y$ $\approx 1738\left( {{\text{m}}^{3}} \right)$.
Vậy thể tích của chiếc lều bằng 1738 mét khối.
Điền đáp án: 1738.

Câu 20: Trong hệ trục toạ độ Oxy, đơn vị mỗi trục là 10 mét, đường cong của một con dốc được mô hình hoá bằng đồ thị hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{x}$. Người ta thiết kế một con đường thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số tại điểm $P{}$ và cắt trục Ox tại điểm $A{}$ (như hình vẽ). Biết rằng đoạn đường $AP{}$ có độ dài bằng 80 mét. Hỏi điểm $P{}$ cách mặt đất bao nhiêu mét (coi rằng trục Ox nằm trên mặt đất) (viết kết quả làm tròn đến hàng phần mười của mét)?

Đáp án: 19,7

Lời giải:

Nội dung kiến thức: Ứng dụng đạo hàm giải quyết bài toán thực tế.
Mức độ: Vận dụng (7+).
Giả thiết bài toán: Đường cong của con dốc được mô hình hóa bằng đồ thị hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{x}$
có tiếp tuyến tại $P{}$.
$f\left( x \right)\cap Ox=A$ và chiều dài quãng đường AP là 80 mét.
Yêu cầu bài toán: Tính khoảng cách từ $P{}$ đến mặt đất (và khoảng cách này chính bằng 10 nhân với tung độ của điểm $P{}$ ).
Bài làm
Giả sử $P\left( {{x}_{0}};\sqrt{{{x}_{0}}} \right)\left( {{x}_{0}}{>}0 \right)$ thuộc vào đồ thị hàm số $f\left( x \right)=\sqrt{x}$.
Đường thẳng $AP{}$ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ nên có phương trình là
$y={f}'\left( {{x}_{0}} \right)\left( x-{{x}_{0}} \right)+f\left( {{x}_{0}} \right)$ $=\dfrac{1}{2\sqrt{{{x}_{0}}}}\left( x-{{x}_{0}} \right)+\sqrt{{{x}_{0}}}$
Điểm $A\left( a;0 \right)\in AP$ nên ta có $\dfrac{1}{2\sqrt{{{x}_{0}}}}\left( a-{{x}_{0}} \right)+\sqrt{{{x}_{0}}}=0$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2\sqrt{{{x}_{0}}}}\left( a-{{x}_{0}} \right)=-\sqrt{{{x}_{0}}}$
$\Leftrightarrow a-{{x}_{0}}=-\sqrt{{{x}_{0}}}\cdot 2\sqrt{{{x}_{0}}}$
$\Leftrightarrow a-{{x}_{0}}=-2{{x}_{0}}$
$\Leftrightarrow a=-{{x}_{0}}$.
Suy ra $A\left( -{{x}_{0}};0 \right)$.
Vì trên thực tế quãng đường $AP{}$ bằng 80 mét và đơn vị mỗi trục là 10 mét nên trên hệ trục tọa độ Oxy đoạn thẳng $AP=8$ (đơn vị).
$AP=8$
$\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( {{x}_{0}}+{{x}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{{{x}_{0}}} \right)}^{2}}}=8$
$\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( 2{{x}_{0}} \right)}^{2}}+{{x}_{0}}}=8$
$\Leftrightarrow \sqrt{4{{x}_{0}}{{}^{2}}+{{x}_{0}}}=8$
$\Leftrightarrow 4{{x}_{0}}{{}^{2}}+{{x}_{0}}=64$
$\Leftrightarrow {{x}_{0}}=\dfrac{-1+5\sqrt{41}}{8}$ (vì $x{>}0$ )
Suy ra khoảng cách từ $P{}$
đến mặt đất bằng $10\cdot \sqrt{{{x}_{0}}}=10\cdot \sqrt{\dfrac{-1+5\sqrt{41}}{8}}\approx 19{,}7\left( \text{ m} \right)$.
Điền đáp án: 19,7.

Câu 21: Bạn Dũng chơi một trò chơi giải đố, Dũng được đưa 9 đồng xu và yêu cầu đặt trên các đỉnh của một hình đa giác đều có 9 cạnh. Mỗi đồng xu được gán một giá trị là một số nguyên dương trong tập $\left\{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9 \right\}$ và mỗi giá trị chỉ được dùng một lần. Dũng vượt qua được thử thách nếu gán giá trị cho các đồng xu sao cho với mỗi tam giác đêu có các đỉnh là đỉnh của đa giác trên, tổng các giá trị của ba đô̂ng xu trên các đỉnh tam giác đó là bẳng nhau. Có bao nhiêu cách để bạn Dũng vượt qua trò chơi trên?

Đáp án: 2592

Lời giải:

Công thức nhanh: Đa giác đều có $3n\left( n\ge 1 \right)$ đỉnh có $n{}$ tam giác đều.
Suy ra đa giác đều có 9 cạnh tức có $9=3.3$ đỉnh có $\dfrac{9}{3}=3$ tam giác đều.
Tổng giá trị của ba đồng xu trên các đỉnh của 3 tam giác bằng $1+2+3+\ldots +9=45$.
Vì tổng các giá trị của ba đồng xu trên các đỉnh của 3 tam giác là bằng nhau nên tổng các giá trị của 3 đồng xu của mỗi tam giác phải bằng $\dfrac{45}{3}=15$.
Thử các trường hợp, ta được 2 bộ ba tam giác thỏa mãn là
Bộ 1: $\left( 9;1;5 \right)$, (8; 3; 4), (7; 2; 6)
Bộ 2:(9; 2; 4), (8; 1; 6), ( $7;3;5$ ).
Số cách sắp xếp bộ 1 là
Bước 1: Hoán vị các đỉnh trong 1 tam giác: 6.6.6 $=216$
Bước 2: Hoán vị 3 tam giác với nhau: $3!=6$
Suy ra số cách sắp xếp bộ 1 là $216.6=1296$ cách.
Tương tự, số cách sắp xếp của bộ 2 cũng bằng 1296 cách.
Vậy số cách để bạn Dũng vượt qua trò chơi trên bằng $1296+1296=2592$ cách.
Điên đáp án: 2592.

Câu 22: Trong hệ toạ độ $Oxyz{}$, đơn vị trên mỗi trục tính bằng kilomet, mặt đất là mặt phẳng (Oxy), sân bay nằm trên mặt đất. Tại thời điểm ban đầu, máy bay $X{}$ bay thẳng từ điểm $A\left( -8;3;2 \right)$ với tốc độ $360\text{ km}/\text{h}$, máy bay Y từ điểm $C{}$ trên mặt đất bay theo phương ${{\vec{v}}_{1}}=\left( -2;2;-1 \right)$. Sau $t{}$ giờ, máy bay $X{}$ bay đến điểm $B\left( -4;-1;4 \right)$ còn máy bay Y bay đến điểm $D\left( 10;-10;5 \right)$. Khi đến $D{}$, máy bay Y được tháp kiểm soát yêu cầu bay tiếp theo hướng $\overrightarrow{{{v}_{2}}}\left( -5;4;-1 \right)$ và phải hạ cánh sau đúng 10 phút. Tính tốc độ trung bình của máy bay Y từ thời điểm ban đầu cho đến khi tiếp đất theo đơn vị km/h (làm tròn kết quả đến hàng đơn vì).

Đáp án: 259

Lời giải:

Tóm tắt bài toán:
Giả thiết:


Yêu cầu bài toán: Tính tốc độ trung bình của máy bay Y từ thời điểm ban đầu cho đến khi tiếp đất theo đơn vị km/h (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Tốc độ trung bình của máy bay Y từ thời điểm ban đầu cho đến khi tiếp đất bằng tổng quãng đường máy bay $Y{}$ bay được chia cho tổng thời gian
$\Leftrightarrow {{v}_{tb}}=\dfrac{CD+DE}{t+\dfrac{1}{6}}\left( \text{ km}/\text{h} \right)$.
Bài làm
Ta có thời gian máy bay $X{}$ bay từ $A{}$ đến B là $t=\dfrac{A B}{360}$ $=\dfrac{\sqrt{(-4-(-8))^{2}+(-1-3)^{2}+(4-2)^{2}}}{360}$ $=\dfrac{1}{60}$ (giờ)
Gọi $C(a ; b ; 0)$ (vì C nằm trên mặt đất nên cao độ bằng 0).
$\Rightarrow \overrightarrow{C D}=(10-a ;-10-b ; 5)$.
Từ giả thiết: "Máy bay $Y{}$ bay từ $C{}$ đến $D{}$ theo phương $\vec{v}_{1}=(-2 ; 2 ;-1)$
Nên $\overrightarrow{CD}$ cùng phương với ${{\vec{v}}_{1}}=\left( -2;2;-1 \right)$.
$\Rightarrow \dfrac{10-a}{-2}=\dfrac{-10-b}{2}=\dfrac{5}{-1}$
$\Rightarrow \{\begin{matrix} 10-a=\left( -5 \right)\cdot \left( -2 \right) \\ -10-b=\left( -5 \right)\cdot 2 \\\end{matrix}$
$\Rightarrow \dfrac{c-10}{-5}=\dfrac{d+10}{4}=\dfrac{-5}{-1}$
$\Rightarrow \{\begin{array}{*{35}{l}} c-10=5.\left( -5 \right) \\ d+10=5.4 \\\end{array}$
$\Leftrightarrow \{\begin{array}{*{35}{l}} c=5.\left( -5 \right)+10=-15 \\ d=5.4-10=10 \\\end{array}$
$\Rightarrow \overrightarrow{DE}=\left( -25;20;-5 \right)$
$\Rightarrow \{\begin{array}{*{35}{l}} 10-a=10 \\ -10-b=-10 \\\end{array}$
$\Rightarrow DE=\sqrt{{{(-25)}^{2}}+{{20}^{2}}+{{(-5)}^{2}}}=5\sqrt{42}$.
$\Rightarrow \{\begin{array}{*{35}{l}} a=0 \\ b=0 \\\end{array}$.
Suy ra $\overrightarrow{CD}=\left( 10;-10;5 \right)$ $\Rightarrow CD=\sqrt{{{10}^{2}}+{{(-10)}^{2}}+{{5}^{2}}}=15$.
Ta thực hiện tương tự để tính $DE{}$ :
Gọi $E\left( c;d;0 \right)$ thuộc mặt đất là vị trí mà máy bay Y hạ cánh.
Suy ra $\overrightarrow{DE}=\left( c-10;d+10;-5 \right)$.
Vì máy bay Y bay từ D đến E theo hướng $\overrightarrow{{{v}_{2}}}\left( -5;4;-1 \right)$ nên $\overrightarrow{DE}$ và $\overrightarrow{{{v}_{2}}}$ cùng phương
$\Rightarrow \dfrac{c-10}{-5}=\dfrac{d+10}{4}=\dfrac{-5}{-1}$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} c-10=5\cdot (-5) \\ d+10=5\cdot 4 \\\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} c=5\cdot (-5)+10=-15 \\ d=5\cdot 4-10=10 \\\end{array} \right.$ $\Rightarrow \overrightarrow{DE}=(-25;20;-5)$
$\Rightarrow DE=\sqrt{{{(-25)}^{2}}+{{20}^{2}}+{{(-5)}^{2}}}=5\sqrt{42}$
Suy ra tốc độ trung bình của máy bay Y từ thời điểm ban đầu cho đến khi tiếp đất là
${{v}_{tb}}=\dfrac{CD+DE}{t+\dfrac{1}{6}}$ $=\dfrac{15+5\sqrt{42}}{\dfrac{1}{60}+\dfrac{1}{6}}\approx 259\left( \text{ km}/\text{h} \right)$.
Lưu ý: Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị.
Điền đáp án: 259.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

--- HẾT ---