Câu hỏi:
Đáp án đúng: D
Vì $(P)$ vuông góc với $(\alpha)$ và $(\beta)$ nên vector pháp tuyến của $(P)$ là $\vec{n} = [\vec{n_1}, \vec{n_2}]$.
Ta có $\vec{n} = [\vec{n_1}, \vec{n_2}] = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & -2 & 2 \\ 5 & -4 & 3 \end{vmatrix} = (2, 1, -2)$.
Vậy phương trình của $(P)$ có dạng $2x + y - 2z + D = 0$.
Vì $(P)$ đi qua gốc tọa độ $O(0, 0, 0)$ nên $2(0) + (0) - 2(0) + D = 0 \Rightarrow D = 0$.
Vậy phương trình của $(P)$ là $2x + y - 2z = 0$.
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
Câu hỏi liên quan
Thể tích của hình trụ là $V = \pi r^2 h = 330$ (cm$^3$).
Diện tích toàn phần của hình trụ là $S = 2\pi r^2 + 2\pi r h$.
Ta cần tìm $r$ để $S$ nhỏ nhất.
Từ $V = \pi r^2 h = 330$, suy ra $h = \frac{330}{\pi r^2}$.
Thay vào $S$, ta có $S(r) = 2\pi r^2 + 2\pi r \cdot \frac{330}{\pi r^2} = 2\pi r^2 + \frac{660}{r}$.
Để tìm giá trị nhỏ nhất của $S(r)$, ta tìm đạo hàm của $S(r)$:
$S'(r) = 4\pi r - \frac{660}{r^2}$.
Cho $S'(r) = 0$, ta có $4\pi r = \frac{660}{r^2} \Rightarrow r^3 = \frac{660}{4\pi} = \frac{165}{\pi}$.
Vậy $r = \sqrt[3]{\frac{165}{\pi}} \approx 3.76 \text{ cm}$.
Góc nhị diện $[B,SC,A]$ là góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SAC)$.
Dựng $AH \bot SC$ tại $H$.
Ta có:
- $BC \bot (SAB)$ (vì $BC \bot AB$ và $BC \bot SA$)
- Trong $(SAB)$, dựng $BK \bot SB$ tại $K$. Suy ra $CK \bot SB$. Do đó $(SBC) \bot SB$
Ta có $BC \bot (SAB)$ nên $BC \bot AH$.
Vì $AH \bot SC$ nên $AH \bot (SBC)$.
Suy ra góc giữa $(SBC)$ và $(SAC)$ là góc $\widehat{BSC}$.
Ta có $tan(\widehat{BSC}) = \frac{BC}{SA} = \frac{2a}{4a} = \frac{1}{2}$.
Vậy $\widehat{BSC} = arctan(\frac{1}{2}) \approx 26.565 \approx 27^{\circ}$.
Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$, ta có $AC = 2a\sqrt{2}$.
Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$, ta có $SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{(4a)^2 + (2a)^2} = \sqrt{20a^2} = 2a\sqrt{5}$.
Kẻ $AE \perp SC$. Khi đó $\widehat{[(SBC),(SAC)]} = \widehat{AES}$.
Ta có $\frac{1}{AE^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AC^2} = \frac{1}{16a^2} + \frac{1}{8a^2} = \frac{3}{16a^2}$.
Suy ra $AE = \frac{4a}{\sqrt{3}}$.
$tan(\widehat{ASE}) = \frac{AE}{SA} = \frac{\frac{4a}{\sqrt{3}}}{4a} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Suy ra $\widehat{ASE} = 30^{\circ}$.
Gọi $I$ là trung điểm $AB$. Khi đó $CI \perp AB$.
Góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SIA}$.
$tan(\widehat{SIA}) = \frac{SA}{IA} = \frac{4a}{a} = 4$.
$\widehat{SIA} = arctan(4) \approx 75.96 \approx 76^{\circ}$.
Dựng $Ax \perp SC$. Khi đó góc giữa $(SAC)$ và $(SBC)$ là $BCA$. Tính góc $BCA$ ta có $tan(BCA) = 2$. Vậy $BCA \approx 63^{\circ}$.
Ta có $\overrightarrow{MN} = (1500-1100; 860-650; 16-14) = (400; 210; 2)$.
Vì sau 20 phút máy bay đi từ M đến N, và sau 10 phút đi từ N đến Q, suy ra $N$ là trung điểm của $MQ$.
$\Rightarrow$ Tọa độ điểm N là: $N(\frac{1100+1500}{2}; \frac{650+860}{2}; \frac{14+16}{2}) = N(1300; 755; 15)$.
Khi đó $\overrightarrow{EN} = (1300-\frac{1700}{3}; 755-370; 15-\frac{34}{3}) = (\frac{2200}{3}; 385; \frac{11}{3})$.
Mặt khác, vận tốc của pháo gấp 5 lần vận tốc của máy bay, và thời gian pháo bay là $(t-20)$ phút.
$\Rightarrow \overrightarrow{EN} = 5 \cdot \frac{t-20}{20} \cdot \overrightarrow{MN} = \frac{t-20}{4} \cdot (400; 210; 2) = ((t-20)100; (t-20)\frac{210}{4}; (t-20)\frac{1}{2})$.
Ta có hệ phương trình:
$\begin{cases}
(t-20)100 = \frac{2200}{3} \\
(t-20)\frac{210}{4} = 385 \\
(t-20)\frac{1}{2} = \frac{11}{3}
\end{cases}$
Giải phương trình (1): $(t-20) = \frac{2200}{300} = \frac{22}{3} \Rightarrow t = \frac{22}{3} + 20 = \frac{82}{3}$.
Thay $t = \frac{82}{3}$ vào (3): $(t-20)\frac{1}{2} = (\frac{82}{3}-20)\frac{1}{2} = \frac{22}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{11}{3}$ (thỏa mãn).
Thay $t = \frac{82}{3}$ vào (2): $(t-20)\frac{210}{4} = \frac{22}{3} \cdot \frac{210}{4} = \frac{11 \cdot 210}{6} = \frac{11 \cdot 35}{1} = 385$ (thỏa mãn).
Vậy $t = \frac{82}{3}$ phút. Kiểm tra lại đề bài thấy có lẽ đề sai, vì đáp án không có số này.
Tuy nhiên, nếu ta cho rằng pháo bắn trúng tại $Q$ thì sao.
$\overrightarrow{EQ} = (1500 - \frac{1700}{3}; 860-370; 16-\frac{34}{3}) = (\frac{2800}{3}; 490; \frac{14}{3})$.
Khi đó: $\overrightarrow{EQ} = 5\cdot \frac{t-30}{30} \overrightarrow{MQ}$.
Với $\overrightarrow{MQ} = (400; 210; 2)$.
$\frac{2800}{3} = 5 \cdot \frac{t-30}{30} \cdot 400 \Rightarrow \frac{2800}{3} = \frac{200(t-30)}{3} \Rightarrow 2800 = 200(t-30) \Rightarrow 14 = t - 30 \Rightarrow t = 44$.
$490 = 5 \cdot \frac{t-30}{30} \cdot 210 \Rightarrow 490 = \frac{210(t-30)}{6} \Rightarrow 490 \cdot 6 = 210(t-30) \Rightarrow
\frac{490 \cdot 6}{210} = t-30 \Rightarrow 14 = t - 30 \Rightarrow t = 44$.
$\frac{14}{3} = 5\cdot \frac{t-30}{30} \cdot 2 \Rightarrow \frac{14}{3} = \frac{t-30}{3} \Rightarrow 14 = t - 30 \Rightarrow t = 44$.
Đề bài có lẽ đã sai, nếu pháo bắn trúng tại $Q$, kết quả là 44 phút, không có đáp án.
Tuy nhiên, nếu bài giải đúng, ta có thể thấy: Sau 20 phút máy bay đến $N$, và vận tốc pháo gấp 5 lần máy bay. Đề yêu cầu pháo bắn trúng máy bay tại $N$.
Ta tính $EN$, và thời gian máy bay bay quãng đường $MN$ là 20 phút. Ta có thể suy ra đáp án gần đúng nhất là 25 phút (tuy nhiên bài giải ở trên đã cho thấy đề bài có lẽ đã sai).
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} + b{x^2} + cx + 2\) đạt cực trị bằng 0 tại \(x = 1\) (với \(b\), \(c\) là hằng số)
Giá trị của \(b + c\) bằng \( - 3\)
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực trị tại \(x = - 1\)
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 0
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\)
Một người điều khiển xe Taxi xuất phát từ trạm thu phí muốn nhập làn vào đường cao tốc, chuyển động tăng tốc với tốc độ (m/s) (trong đó, \[t\] là thời gian tính bằng giây kể từ khi Taxi chuyển động rời trạm thu phí). Từ trạm thu phí đó, một xe Cứu thương cũng xuất phát, chuyển động thẳng cùng hướng với xe Taxi nhưng chậm hơn \[1\] giây so với xe Taxi và có gia tốc bằng \(a\) \[{\rm{(m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\](\(a\) là hằng số). Sau khi xe Cứu thương xuất phát được \[17\] giây thì đuổi kịp xe Taxi. Biết rằng, xe Taxi nhập làn cao tốc sau \[20\] giây và cả hai xe duy trì sự tăng tốc trong \[28\] giây kể từ khi Taxi rời trạm thu phí
Quãng đường (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) xe Taxi đi được từ trạm thu phí đến khi nhập làn khoảng \[{\rm{187 m}}\]
Xe Cứu thương chuyển động với gia tốc \(a = \frac{{300}}{{289}}\) \[{\rm{(m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\]
Một tàu thăm dò tự hành (AUV) đang hoạt động dưới biển sâu. Hệ tọa độ \(Oxyz\) được thiết lập với mặt nước biển yên tĩnh là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trục \(Oz\) hướng thẳng đứng xuống dưới (độ sâu \(z > 0\)), đơn vị tính bằng hectômét (hm). AUV bắt đầu hành trình từ vị trí \(A\left( {8;6;1} \right)\) và dự định di chuyển theo đường thẳng đến vị trí cuối \(B\left( {4; - 2;2} \right)\). Trong hành trình của mình AUV cần tránh một khu vực hình cầu \(\left( S \right)\), tâm tại điểm \(K\left( {2; - 4;2} \right)\), bán kính \(R = 1\) hm (khu vực có thiết bị nhạy cảm)
Quãng đường (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) xe Taxi đi được từ trạm thu phí đến khi nhập làn khoảng \[{\rm{187 m}}\]
Xe Cứu thương chuyển động với gia tốc \(a = \frac{{300}}{{289}}\) \[{\rm{(m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\]
Vận tốc (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) của xe Cứu thương tại thời điểm đuổi kịp xe Taxi khoảng \[16\,\,{\rm{(m/s)}}\]
Trong khoảng thời gian kể từ lúc hai xe gặp nhau cho đến giây thứ \[28\] (kể từ khi Taxi chuyển động rời trạm thu phí) vận tốc trung bình của xe Cứu thương lớn hơn vận tốc trung bình của xe Taxi
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Giáo Dục Kinh Tế Và Pháp Luật Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Lịch Sử Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Công Nghệ Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Hóa Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Sinh Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
