Câu hỏi:

a) Mặt sàn là hình vuông ABCD có cạnh \(AB = 80\) m.

Độ dài đường chéo là: \(AC = 80\sqrt{2}\) m.

Đáp án đúng là Đúng.

b) Trong hệ tọa độ Oxyz, điểm B nằm trên trục Ox.

Độ dài đoạn \(OB = \frac{AC}{2} = \frac{80\sqrt{2}}{2} = 40\sqrt{2}\) m.

Đổi sang đơn vị tọa độ: \(OB = 4\sqrt{2}\).

Vậy tọa độ điểm B là \((4\sqrt{2}; 0; 0)\).

Đáp án đúng là Sai.

c) Tọa độ các điểm trong hệ Oxyz (đơn vị 10m):

- \(B(4\sqrt{2}; 0; 0)\). Do tính đối xứng hình vuông, \(D(-4\sqrt{2}; 0; 0)\).

- Điểm N tương ứng với B ở đáy trên (cao độ \(z = 2\)). Cạnh nắp bằng 6 nên \(O'N = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}\).

- Vậy \(N(3\sqrt{2}; 0; 2)\) và \(M(-3\sqrt{2}; 0; 2)\).

Vectơ \(\vec{MD} = (-4\sqrt{2} - (-3\sqrt{2}); 0 - 0; 0 - 2) = (-\sqrt{2}; 0; -2)\).

Đáp án đúng là Sai.

d) Tìm tọa độ K trên BN sao cho \(z_K = 1,5\):

Vectơ \(\vec{BN} = (3\sqrt{2} - 4\sqrt{2}; 0; 2-0) = (-\sqrt{2}; 0; 2)\).

Phương trình BN: \(x = 4\sqrt{2} - \sqrt{2}t\); \(y = 0\); \(z = 2t\).

Tại \(z_K = 1,5 \Rightarrow t = 0,75\). Suy ra \(K(3,25\sqrt{2}; 0; 1,5)\).

Do tính đối xứng qua trục Oz, điểm H trên MD sẽ có tọa độ \(H(-3,25\sqrt{2}; 0; 1,5)\).

Khoảng cách HK (đơn vị 10m):

\(HK = \sqrt{(-3,25\sqrt{2} - 3,25\sqrt{2})^2 + 0^2 + 0^2} = 6,5\sqrt{2}\).

Đổi sang mét: \(6,5\sqrt{2} \times 10 = 65\sqrt{2} = \sqrt{4225 \times 2} = \sqrt{8450}\) m.

Tính giá trị trong phát biểu: \(5\sqrt{185}\) m.

Đáp án đúng là Đúng.

Diện tích đáy tam giác đều ABC cạnh 2 là:

\(S_{ABC} = \frac{2^2\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3}\)

Gọi M là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều nên \(AM \perp BC\).

Độ dài đường cao tam giác đáy: \(AM = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\).

Trọng tâm G chia AM theo tỉ lệ: \(AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2\sqrt{3}}{3}\) và \(GM = \frac{\sqrt{3}}{3}\).

Ta có \(BC \perp AM\) và \(BC \perp A'G\) (vì \(A'G \perp (ABC)\)).

Suy ra \(BC \perp (A'AM)\).

Kẻ \(MH \perp AA'\) tại H. Vì \(BC \perp (A'AM)\) nên \(BC \perp MH\).

Do đó, MH là đoạn vuông góc chung của AA' và BC.

Theo giả thiết: \(MH = \frac{\sqrt{3}}{2}\).

Xét tam giác vuông A'GA, đặt \(A'G = h\) (\(h > 0\)):

\(AA' = \sqrt{A'G^2 + AG^2} = \sqrt{h^2 + \frac{4}{3}}\)

Xét hai tam giác đồng dạng hoặc sử dụng diện tích trong tam giác A'AM:

\(d(M, AA') = \frac{2 S_{A'AM}}{AA'} = \frac{A'G \times AM}{AA'} = \frac{h \times \sqrt{3}}{\sqrt{h^2 + \frac{4}{3}}}\)

Theo giả thiết:

\(\begin{array}{ll} &\frac{h\sqrt{3}}{\sqrt{h^2 + \frac{4}{3}}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \Leftrightarrow &2h = \sqrt{h^2 + \frac{4}{3}} \\ \Leftrightarrow &4h^2 = h^2 + \frac{4}{3} \\ \Leftrightarrow &3h^2 = \frac{4}{3} \Rightarrow h = \frac{2}{3} \end{array}\)

Thể tích khối lăng trụ là:

\(V = S_{ABC} \times A'G = \sqrt{3} \times \frac{2}{3} \approx 1,15\)

Đáp án đúng là 1,15.

Ta có hàm số \(h(t) = at^3 + bt^2 + ct + d\) và đạo hàm của nó là \(h'(t) = 3at^2 + 2bt + c\).

Dựa vào bảng dữ liệu, ta thiết lập hệ phương trình với các giá trị tại \(t = 0\) và \(t = 4\):

1. Tại \(t = 0\):

   \(h(0) = d = 0\)

   \(h'(0) = c = 0\)

2. Tại \(t = 4\):

   \(h(4) = a(4)^3 + b(4)^2 = 64a + 16b = 2\)

   \(h'(4) = 3a(4)^2 + 2b(4) = 48a + 8b = 0,75\)

Giải hệ phương trình hai ẩn \(a\) và \(b\):

\(\left\{ \begin{array}{l} 64a + 16b = 2 \\ 48a + 8b = 0,75 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = -0,015625 = -\frac{1}{64} \\ b = 0,1875 = \frac{3}{16} \end{array} \right.\)

Hàm số chiều cao là: \(h(t) = -\frac{1}{64}t^3 + \frac{3}{16}t^2\).

Tại thời điểm cuối tuần thứ 8 (\(t = 8\)), chiều cao của cây tre là:

\(h(8) = -\frac{1}{64}(8)^3 + \frac{3}{16}(8)^2 = -8 + 12 = 4\)

Đáp án đúng là 4.

Nhận xét về tính chất đối xứng:

- Gọi hàm số \(f(x) = e^{x-1}\) (với đồ thị \((C_1)\)).

- Gọi hàm số \(g(x) = \ln(x-1)\) (với đồ thị \((C_2)\)).

Xét hàm số \(y = e^{x-1}\). Đổi vai trò \(x\) và \(y\): \(x = e^{y-1} \Rightarrow \ln x = y - 1 \Rightarrow y = \ln x + 1\).

Xét hàm số \(y = \ln(x-1)\). Đổi vai trò \(x\) và \(y\): \(x = \ln(y-1) \Rightarrow e^x = y - 1 \Rightarrow y = e^x + 1\).

Thực tế, đồ thị \((C_1): y = e^{x-1}\) và \((C_2): y = \ln(x-1)\) đối xứng với nhau qua đường thẳng \(d: y = x - 1\).

Để kiểm tra điều này, lấy điểm \(M(x_0; y_0) \in (C_1) \Rightarrow y_0 = e^{x_0-1}\).

Điểm \(M'(y_0+1; x_0-1)\) sẽ thuộc đồ thị \((C_2)\) vì \(\ln[(y_0+1)-1] = \ln y_0 = \ln(e^{x_0-1}) = x_0-1\).

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai đồ thị đối xứng qua một đường thẳng \(d\) chính là 2 lần khoảng cách ngắn nhất từ một đồ thị đến đường thẳng đối xứng \(d\) đó.

Tìm khoảng cách ngắn nhất từ \((C_1): y = e^{x-1}\) đến đường thẳng \(d: x - y - 1 = 0\):

Gọi \(M(x; e^{x-1}) \in (C_1)\). Khoảng cách từ M đến \(d\) là:

\(h(x) = \frac{|x - e^{x-1} - 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{e^{x-1} - x + 1}{\sqrt{2}}\) (vì \(e^{x-1} > x - 1\) với mọi x).

Xét \(k(x) = e^{x-1} - x + 1 \Rightarrow k'(x) = e^{x-1} - 1\).

Cho \(k'(x) = 0 \Rightarrow e^{x-1} = 1 \Rightarrow x = 1\).

Tại \(x = 1\), giá trị nhỏ nhất của \(k(x)\) là \(k(1) = e^0 - 1 + 1 = 1\).

Vậy \(h(x)_{\min} = \frac{1}{\sqrt{2}}\).

Độ dài ngắn nhất của cây cầu là:

\(L_{\min} = 2 \times h(x)_{\min} = 2 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \approx 1,41\) km.

Đáp án đúng là 1,41.

Máy bay bay từ M đến N hết 20 phút, từ N đến Q hết 10 phút với vận tốc và hướng không đổi.

Suy ra \(\vec{MN} = 2\vec{NQ}\). Gọi \(N(x; y; z)\), ta có:

\((x - 1100; y - 650; z - 14) = 2(1500 - x; 860 - y; 16 - z)\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 1100 = 3000 - 2x \\ y - 650 = 1720 - 2y \\ z - 14 = 32 - 2z \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{4100}{3} \\ y = 790 \\ z = \frac{46}{3} \end{array} \right. \Rightarrow N\left(\frac{4100}{3}; 790; \frac{46}{3}\right)\)

Vectơ \(\vec{MN} = \left(\frac{800}{3}; 140; \frac{4}{3}\right)\).

Quãng đường máy bay đi từ M đến N: \(MN = \sqrt{\left(\frac{800}{3}\right)^2 + 140^2 + \left(\frac{4}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{640\,000}{9} + 19\,600 + \frac{16}{9}} \approx 301,36\) km.

Vận tốc máy bay: \(v_m = \frac{MN}{20}\) (km/phút).

Vectơ \(\vec{EN} = \left(\frac{4100}{3} - \frac{1700}{3}; 790 - 370; \frac{46}{3} - \frac{34}{3}\right) = (800; 420; 4)\).

Quãng đường pháo bay từ E đến N: \(EN = \sqrt{800^2 + 420^2 + 4^2} = \sqrt{640\,000 + 176\,400 + 16} = \sqrt{816\,416} \approx 903,56\) km.

Ta thấy \(EN = 3 \times MN\).

Vận tốc pháo: \(v_p = 5v_m = 5 \cdot \frac{MN}{20} = \frac{MN}{4}\).

Thời gian pháo bay từ E đến N là: \(t_p = \frac{EN}{v_p} = \frac{3MN}{\frac{MN}{4}} = 12\) phút.

Máy bay đi từ M đến N mất 20 phút. Để pháo trúng máy bay tại N, pháo phải được bắn sau khi máy bay xuất phát từ M một khoảng thời gian là:

\(t = 20 - 12 = 8\) phút.

Đáp án đúng là 8.