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

(AI giải đề cho tôi)
Thân nhà cao $450$ cm nên đáy $ABCD$ nằm trong mặt phẳng $z=450$. Tâm nền nhà $H(450;600;0)$ cho biết hình chữ nhật $ABCD$ có các cạnh $900$ cm và $1200$ cm, tâm đáy là $H^{\prime }(450;600;450)$. Bán kính từ tâm đến đỉnh đáy: $H^{\prime }A=\sqrt{450^2+600^2}=750$ cm. Vì các cạnh bên bằng nhau nên $S$ nằm trên đường thẳng qua $H^{\prime }$ vuông góc đáy; tam giác vuông $S{H}^{\prime }A$ có $\tan \alpha =\frac{S{H}^{\prime }}{H^{\prime }A}=\frac{1}{5}$, suy ra $S{H}^{\prime }=750\cdot \frac{1}{5}=150$ cm. Vậy đỉnh mái cách mặt đất $450+150=600$ cm $=6$ m, khớp đáp án $6$.

(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(-2; -3; 0,4); thứ hai: B(1; 1; 0,5). Người đứng trên mặt đất tại M(x; y; 0). Tổng khoảng cách MA + MB nhỏ nhất: lấy A' là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng Oxy, A'(-2; -3; -0,4). Khi đó min(MA + MB) = A'B (đường thẳng từ A' đến B cắt mặt đất tại vị trí người đứng). A'B = sqrt((1-(-2))^2 + (1-(-3))^2 + (0,5-(-0,4))^2) = sqrt(9 + 16 + 0,81) = sqrt(25,81) ≈ 5,0803 ≈ 5,1 km. Kết quả trùng với đáp án nguồn 5,1.

+ Máy bay di chuyển với tốc độ và hướng không đổi, thời gian bay từ B đến C gấp 1,5 lần thời gian bay từ A đến B nên có: $\overrightarrow{BC}=1,5\overrightarrow{AB}$ (0,25)
+ $\overrightarrow{BC}=(x-950;y-890;z-19)$; $\overrightarrow{AB}=(100;120;4)$ (0,25)
+ $\overrightarrow{BC}=1,5\overrightarrow{AB}\iff \{\begin{array}{l}x-950=1,5.100\\ y-890=1,5.120\\ z-19=1,5.4\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1100\\ y=1070\\ z=25\end{array}$ (0,25)
+ Khi đó $x+y+z=1100+1070+25=2195$ (0,25)

(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.

+ Máy bay di chuyển với tốc độ và hướng không đổi, thời gian bay từ B đến C gấp 1,5 lần thời gian bay từ A đến B nên có: $\overrightarrow{BC}=1,5\overrightarrow{AB}$ (0,25)
+ $\overrightarrow{BC}=(x-950;y-790;z-17)$ ; $\overrightarrow{AB}=(100;20;2)$ (0,25)
+ $\overrightarrow{BC}=1,5\overrightarrow{AB}\iff \{\begin{array}{l}x-950=1,5.100\\ y-790=1,5.20\\ z-17=1,5.2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=1100\\ y=820\\ z=20\end{array}$ (0,25)
+ Khi đó $x+y+z=1100+820+20=1940$ (0,25)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục Oxyz với gốc tại điểm xuất phát, mặt đất là mặt phẳng Oxy: trục Ox hướng Đông, Oy hướng Bắc, Oz hướng lên. Khinh khí cầu thứ nhất: A(3; -2; 0,5); thứ hai: B(-1; 1; 0,8). Người đứng tại điểm P(x; y; 0) trên mặt đất. Tổng khoảng cách PA + PB nhỏ nhất: lấy A' đối xứng với A qua mặt đất, A'(3; -2; -0,5). Khi đó min(PA + PB) = A'B = √((3+1)² + (-2-1)² + (-0,5-0,8)²) = √(16 + 9 + 1,69) = √26,69 ≈ 5,1667 ≈ 5,2 km. Điểm P là giao của đoạn A'B với mặt đất nên luôn tồn tại vị trí quan sát thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy là $x$ (m), chiều cao cabin là $h$ (m). Ta có $x^{2}h=5,4$ và $2x^2+4xh=18,9$. Thay $h=5,4/x^2$: $2x^2+21,6/x=18,9\iff 2x^3-18,9x+21,6=0\iff x^3-9,45x+10,8=0$. Thử $x=1,5$: $3,375-14,175+10,8=0$ ✓. Phương trình còn lại $x^2+1,5x-7,2=0$ cho $x\approx 2,035>2$ (loại vì cạnh đáy không tới 2 m). Vậy $x=1,5$ m, $h=5,4/2,25=2,4$ m. Với đơn vị trục $10$ cm: cạnh đáy $15$, chiều cao $24$. Chọn $A$ làm gốc, trục $x$ theo $AD$, trục $y$ theo $AB$, trục $z$ theo $A{A}^{\prime }$: mặt $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $x=0$, mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $y=15$. Camera cách hai vách $20$ cm $=2$ đơn vị nên $a=2$, $b=15-2=13$; camera trên trần nên $c=24$. Do đó $T=a+b+c=2+13+24=39$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì vận tốc và hướng không đổi, trong mỗi 10 phút máy bay đi được một đoạn bằng vectơ $\overrightarrow{AB}=(400-300;300-100;20-10)=(100;200;10)$. Sau 10 phút tiếp theo, tọa độ máy bay là $C=B+\overrightarrow{AB}=(400+100;300+200;20+10)=(500;500;30)$. Vậy $a+b+c=500+500+30=1030$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1214, Câu 5: 1030).

(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: $39$.

Trả lời: 21. Bài toán này ta sẽ giải quyết bằng cách ứng dụng phương pháp tọa độ trong không gian. Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, và dựa vào yêu cầu về vị trí 3 con nhện ta xác định là các điểm $M,N,P$ nằm trên các cạnh $A^{\prime }{B}^{\prime },C{C}^{\prime },AD$ như hình vẽ. Yêu cầu bài toán là cần tìm tọa độ của 3 điểm $M,N,P$ để chu vi tam giác $MNP$ nhỏ nhất. Đặt $M(x;5;0),P(0;0;z),N(5;y;5)$. Chu vi tam giác $MNP$ là: $$MN+NP+PM=\sqrt{(x-5{)}^2+(y-5{)}^2+5^2}+\sqrt{5^2+y^2+(z-5{)}^2}+\sqrt{x^2+5^2+z^2}$$ $$=\sqrt{(5-x{)}^2+(y-5{)}^2+5^2}+\sqrt{y^2+(z-5{)}^2+5^2}+\sqrt{z^2+(-x{)}^2+5^2}$$ Áp dụng bất đẳng thức vecto: $$\Rightarrow MN+NP+PM\ge \sqrt{(5-x+y{)}^2+(y+z-10{)}^2+10^2}+\sqrt{z^2+(-x{)}^2+5^2}$$ $$\ge \sqrt{(5-x+y+z{)}^2+(y-5+z-5-x{)}^2+(5+5+5{)}^2}$$ $$=\sqrt{2{\left(y+z-x-\frac{5}{2}\right)}^2+\frac{225}{2}+(5+5+5{)}^2}\ge 15\sqrt{\frac{3}{2}}=15\frac{\sqrt{6}}{2}$$ Dấu bằng xảy ra khi $\{\begin{array}{l}y+z-x=\frac{5}{2}\\ \frac{5-x}{y}=\frac{y-5}{z-5}=\frac{5}{5}\\ \frac{5-x+y}{z}=\frac{y+z-10}{-x}=\frac{10}{5}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}y=z\\ 2y-x=\frac{5}{2}\\ x+y=5\end{array}\iff x=y=z=\frac{5}{2}$. Vậy giá trị cần tìm là $\frac{15}{2}\sqrt{6}\Rightarrow m+n+p=21$.

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: $S=AC+l_{CD}+DE+EB=16+5\pi +5+1\approx 37,7$.

Đáp số: 24

Ta có $\overrightarrow{MQ}=(400;200;2)\Rightarrow MQ=\sqrt{400^2+200^2+2^2}=2\sqrt{50001}\text{(km)}$
Thời gian máy bay bay từ $M$ đến $Q$ là $30+10=40$ (phút).
Độ lớn vận tốc máy bay là $v_{\mathrm{mb}}=\frac{MQ}{t}=\frac{2\sqrt{50001}}{40}=\frac{\sqrt{50001}}{20}\text{(km/phuˊt)}.$
Từ đó suy ra độ lớn vận tốc pháo là $v_{\mathrm{ph}\acute{\mathrm{a}}\mathrm{o}}=5v_{\mathrm{mb}}=\frac{\sqrt{50001}}{4}\text{(km/phuˊt)}$
Vì vận tốc máy bay không đổi nên $\frac{MN}{MQ}=\frac{30}{40}=\frac{3}{4}\Rightarrow 4MN=3MQ\Rightarrow 4\overrightarrow{MN}=3\overrightarrow{MQ}$
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}4\left(x_N-1000\right)=3.400\\ 4\left(y_N-600\right)=3.200\\ 4\left(z_N-14\right)=3.2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{x}_N=1300\\ y_N=750\\ z_N=15,5\end{array}\Rightarrow N\left(1300;750;15,5\right).$$
Suy ra $\overrightarrow{EN}=(1200;600;6)\Rightarrow EN=\sqrt{1200^2+600^2+6^2}=6\sqrt{50001}\text{(km)}.$
Thời gian pháo bay từ $E$ đến $N$ là $\frac{EN}{v_{\text{phaˊo}}}=\frac{6\sqrt{50001}}{\frac{\sqrt{50001}}{4}}=24\text{(phuˊt)}$.
Vậy sau 24 phút kể từ khi máy bay bay từ $M$ thì người điều khiển pháo phải bắn.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: mặt đất là mặt $z=0$; bức tường chiếm phần không gian $0\le x\le 2$ (hai mặt tường là $x=0$ và $x=2$), trục $y$ chạy dọc theo chân tường, trục $z$ thẳng đứng.

- Chân trạm A cách mặt tường gần nhất 13m nên $A=(-13;0;9)$.
- Chân trạm B cách mặt tường bên kia 6m nên B có hoành $x=2+6=8$, độ cao $7$: $B=(8;y_B;7)$.
- Vì $AB=32$: $21^2+y_B^2+(9-7{)}^2=32^2\Rightarrow y_B^2=1024-441-4=579$, tức $y_B=\sqrt{579}\approx 24,0624$.

Lỗ khoét vuông góc với tường, nằm trên mặt đất: $C=(0;t;0)$, $D=(2;t;0)$ với tham số $t$ (tọa độ dọc theo chân tường). Độ dài đường đi:
$$L(t)=AC+CD+DB=\sqrt{13^2+9^2+t^2}+2+\sqrt{6^2+7^2+(\sqrt{579}-t{)}^2}$$
$$=\sqrt{t^2+250}+\sqrt{(\sqrt{579}-t{)}^2+85}+2.$$

Để $L(t)$ nhỏ nhất, ta có thể hiểu: phản xạ $A$ qua mặt đất thành $A^{\prime }=(-13;0;-9)$ thì $AC=A^{\prime }C$, và dịch chuyển $B$ về trước một đoạn bằng vector của đường hầm $(2;0;0)$ thành $B^{\ast }=(6;\sqrt{579};7)$ thì $DB=C{B}^{\ast }$. Khi đó cần cho tổng $A^{\prime }C+C{B}^{\ast }$ nhỏ nhất với $C$ chạy trên đường thẳng $(x=0,z=0)$.

Đạo hàm $L^{\prime }(t)=\frac{t}{\sqrt{t^2+250}}-\frac{\sqrt{579}-t}{\sqrt{(\sqrt{579}-t{)}^2+85}}=0$
$$\Rightarrow t^2((\sqrt{579}-t{)}^2+85)=(\sqrt{579}-t{)}^2(t^2+250)\Rightarrow 85t^2=250(\sqrt{579}-t{)}^2.$$
Suy ra $\sqrt{579}-t=t\sqrt{0,34}$, nên
$$t=\frac{\sqrt{579}}{1+\sqrt{0,34}}\approx \frac{24,0624}{1,58310}\approx 15,199,\sqrt{579}-t\approx 8,864.$$
Khi đó (dùng điều kiện tỉ số để rút gọn):
$$L_{\min }=\sqrt{579}\cdot \sqrt{1+\frac{250}{t^2}}+2\approx 24,0624\cdot \sqrt{1+\frac{250}{231,005}}+2\approx 24,0624\cdot 1,44300+2\approx 34,72+2=36,72.$$

Kiểm tra: $L(0)\approx 15,81+25,77+2=43,58$; $L(\sqrt{579})\approx 28,79+9,22+2=40,01$, đều lớn hơn giá trị tìm được, và hàm $L(t)$ là tổng các hàm lồi nên điểm tới hạn là cực tiểu toàn cục.

Vậy đường đi ngắn nhất của tín hiệu từ A đến B có độ dài xấp xỉ $\boxed{36,7}$ m.

Nhận thấy $OA=\sqrt{4^2+2^2+1^2}=\sqrt{21}\approx 4,582>3$;

$OB=\sqrt{(-1{)}^2+{\left(\frac{-1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{7}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{6}}{2}\approx 3,67>3$.

Suy ra hai điểm $A,B$ nằm ngoài tầm phát hiện của trạm theo dõi.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-5;\frac{-5}{2};\frac{5}{2}\right)=\frac{5}{2}(-2;-1;1)=\frac{5}{2}\vec{u}$.

Gọi $M(x,y,z)$ là vị trí của vệ tinh trên đoạn $AB$ trong phạm vi phát hiện của trạm theo dõi.

Khi đó ta có $\overrightarrow{AM}=t\vec{u}$, với $t>0\Rightarrow M(4-2t;2-t;1+t)$

$OM\le 3\iff (4-2t{)}^2+(2-t{)}^2+(1+t{)}^2\le 9\iff 1\le t\le 2$.

Với $t=1\Rightarrow M_1(2;1;2)$

Với $t=2\Rightarrow M_2(0;0;3)$

Vậy vị trí đầu tiên vệ tinh bị theo dõi là $M_1(2;1;2)$ và vị trí cuối cùng trước khi ra khỏi phạm vi theo dõi là $M_2(0;0;3)$

Ta có $M_1{M}_2=\sqrt{2^2+1^2+1^2}=\sqrt{6}$ nên khoảng cách thực tế giữa $M_1$ và $M_2$ là $15\sqrt{6}$ km.

Suy ra thời gian vệ tinh bay trong vùng do thám là $t=\frac{15\sqrt{6}}{80}$ (giờ) $=\frac{15\sqrt{6}}{80}\times 60\approx 27,6$ (phút).

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.

Nhận thấy $OA=\sqrt{4^2+2^2+1^2}=\sqrt{21}\approx 4,582>3$;

$OB=\sqrt{(-1{)}^2+{\left(\frac{-1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{7}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{6}}{2}\approx 3,67>3$.

Suy ra hai điểm $A,B$ nằm ngoài tầm phát hiện của trạm theo dõi.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-5;\frac{-5}{2};\frac{5}{2}\right)=\frac{5}{2}(-2;-1;1)=\frac{5}{2}\vec{u}$.

Gọi $M(x,y,z)$ là vị trí của vệ tinh trên đoạn $AB$ trong phạm vi phát hiện của trạm theo dõi.

Khi đó ta có $\overrightarrow{AM}=t\vec{u}$, với $t>0\Rightarrow M(4-2t;2-t;1+t)$

$OM\le 3\iff (4-2t{)}^2+(2-t{)}^2+(1+t{)}^2\le 9\iff 1\le t\le 2$.

Với $t=1\Rightarrow M_1(2;1;2)$

Với $t=2\Rightarrow M_2(0;0;3)$

Vậy vị trí đầu tiên vệ tinh bị theo dõi là $M_1(2;1;2)$ và vị trí cuối cùng trước khi ra khỏi phạm vi theo dõi là $M_2(0;0;3)$

Ta có $M_1{M}_2=\sqrt{2^2+1^2+1^2}=\sqrt{6}$ nên khoảng cách thực tế giữa $M_1$ và $M_2$ là $10\sqrt{6}$ km

Suy ra thời gian vệ tinh bay trong vùng do thám là $t=\frac{10\sqrt{6}}{80}$ (giờ) $=\frac{10\sqrt{6}}{80}\times 60\approx 18,4$ (phút).

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 $A$.