20 câu trắc nghiệm Toán 10 Kết nối tri thức Bài 10. Vectơ trong mặt phẳng tọa độ (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

Đáp án đúng là: B

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

Đáp án đúng là: C

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} - {x_A};\,{y_B} - {y_A}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {2;\,4} \right).$

Đáp án đúng là: A

Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {3; - 2} \right)$$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt {13}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\overrightarrow c = 5\overrightarrow a - 2\overrightarrow b = 5\left( {3; - 2} \right) - 2\left( {1;4} \right) = \left( {13; - 18} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\overrightarrow x - 2\overrightarrow a = \overrightarrow b - 3\overrightarrow c \Leftrightarrow \overrightarrow x = 2\overrightarrow a + \overrightarrow b - 3\overrightarrow c = \left( {28;0} \right)$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2;2} \right),\overrightarrow {BC} = \left( { - 3; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = - \frac{2}{3}\overrightarrow {BC} \Rightarrow x = - \frac{2}{3}$.

Đáp án đúng là: C

Để hai vectơ cùng phương thì $\frac{{2m - 1}}{2} = \frac{{3 - m}}{3} \Leftrightarrow m = \frac{9}{8}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {3 - m;3 - 2m} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 2;2} \right)$.

Do A, B, C thẳng hàng nên tồn tại số thực k sao cho $\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - m = - 2k\\3 - 2m = 2k\end{array} \right. \Rightarrow m = 2$.

Đáp án đúng là: D

Do $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{7}{3}\\{y_G} = 3\end{array} \right.\, \Rightarrow \,G\left( {\frac{7}{3};\,3} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Gọi $D\left( {x;y} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2;2} \right)$, $\overrightarrow {DC} = \left( {5 - x;2 - y} \right)$.

$ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5 - x = 2\\2 - y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 0\end{array} \right.$.

Vậy $D\left( {3;0} \right)$.

a) Đúng. $\overrightarrow {AC} = \left( {4\sqrt 3 ;4} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {{{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2} + {4^2}} = 8$.

b) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 4\sqrt 3 ;4} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( { - 4\sqrt 3 } \right)}^2} + {4^2}} = 8$.

Ta thấy $AB = AC = 8$ nên tam giác $ABC$ cân tại $A$.

Lại có $\overrightarrow {BC} = \left( {8\sqrt 3 ;0} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {{{\left( {8\sqrt 3 } \right)}^2} + {0^2}} = 8\sqrt 3 \Rightarrow BC \ne AB$.

Vậy tam giác $ABC$ không cân tại $B$.

c) Đúng. Chu vi tam giác $ABC:2p = AB + AC + BC = 8 + 8 + 8\sqrt 3 = 8\left( {2 + \sqrt 3 } \right)$.

Nửa chu vi tam giác là $p = 4\left( {2 + \sqrt 3 } \right)$.

Diện tích tam giác: ${S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} = 16\sqrt 3$.

d) Đúng. Ta có $\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB \cdot AC}} = \frac{{{8^2} + {8^2} - {{\left( {8\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{2 \cdot 8 \cdot 8}} = - \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = 120^\circ$.

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = 30^\circ$.

a) Đúng. $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 4} \right)$.

b) Sai. Tọa độ trung điểm của $AB$ là $I = \left( {\frac{{ - 1 + 0}}{2};\frac{{3 - 1}}{2}} \right) = \left( {\frac{{ - 1}}{2};1} \right)$.

c) Sai. $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 4} \right)$ , $\overrightarrow {AC} = \left( {2;1} \right)$, $\overrightarrow {CD} = \left( {1; - 13} \right)$ và

$\overrightarrow {CD} = k\overrightarrow {AB} + h\overrightarrow {AC}$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k + 2h = 1\\ - 4k + h = - 13\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 3\\h = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {CD} = 3\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC}$. Vậy $k + h = 2$.

d) Đúng. $\overrightarrow {IB} = \left( {\frac{1}{2}; - 2} \right),\,\overrightarrow {ID} = \left( {\frac{5}{2}; - 10} \right)$. Dễ thấy $\overrightarrow {IB} = \frac{1}{5}\overrightarrow {ID}$ nên $I,B,D$ thẳng hàng.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 5} \right)$.

b) Sai. Gọi $D\left( {x\,;0} \right) \in Ox \Rightarrow AD = \sqrt {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {0 - 6} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} - 8x + 52}$;

$BD = \sqrt {{{\left( {x - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} - 10x + 26}$.

Ta có $A{D^2} = B{D^2} \Leftrightarrow {x^2} - 8x + 52 = {x^2} - 10x + 26 \Leftrightarrow 2x = - 26 \Leftrightarrow x = - 13$.

Vậy $D\left( { - 13\,;0} \right)$.

c) Đúng. Gọi $I\left( {x\,;y} \right)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$. Ta có $IA = IB = IC$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}I{A^2} = I{B^2}\\I{A^2} = I{C^2}\end{array}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}\begin{array}{l}{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = {\left( {x - 5} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2}\\{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 6} \right)^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2}\end{array}\end{array}} \right.} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{2x - 10y = - 26}\\{ - 6x - 18y = - 42}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - \frac{1}{2}}\\{y = \frac{5}{2}}\end{array}} \right.$. Vậy $I\left( { - \frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)$.

d) Sai. Bán kính đường tròn là: $R = IA = \sqrt {{{\left( { - \frac{1}{2} - 4} \right)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2} - 6} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {130} }}{2}$.

a) Sai. Ta có $A\left( {600;\,200} \right)$, $B\left( {200;500} \right)$. Suy ra $\overrightarrow {AB} = \left( { - 400;300} \right)$.

b) Đúng. Với $M\left( {x;\,y} \right)$ thì $\overrightarrow {AM} = \left( {x - 600;y - 200} \right)$.

c) Sai. Vì máy bay trực thăng chuyển động thẳng đều và thời gian bay quãng đường AB là 3 giờ, thời gian bay quãng đường AM là 1 giờ nên $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}$.

d) Đúng. Từ $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB}$, ta suy ra $\left\{ \begin{array}{l}x - 600 = \frac{1}{3} \cdot \left( { - 400} \right)\\y - 200 = \frac{1}{3} \cdot 300\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1400}}{3}\\y = 300\end{array} \right.$.

Vậy $M\left( {\frac{{1400}}{3};300} \right)$.

a) Đúng. Do ${C_1}$ thuộc cạnh $AB$ và $A{C_1} = 20$ nên ${C_1}\left( {20;\,0} \right)$.

b) Sai. Do ${C_4}$ thuộc cạnh $CD$ và ${C_4}C = 30$, suy ra $D{C_4} = 170$ nên ${C_4}\left( {170;180} \right)$.

c) Sai. Do bốn cột điện ${C_1},{C_2},{C_3},{C_4}$ được trồng liên tiếp, cách đều trên một đường thẳng nên ta có ${C_1}{C_2} = {C_2}{C_3} = {C_3}{C_4}$, suy ra $\overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \frac{1}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}}$.

d) Đúng. Gọi tọa độ của ${C_2}$ đối với hệ trục đang xét là $\left( {x;y} \right)$. Khi đó $\overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \left( {x - 20;y} \right)$.

Lại có $\overrightarrow {{C_1}{C_4}} = \left( {150;180} \right)$. Do đó, từ $\overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \frac{1}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}}$, ta suy ra $\left\{ \begin{array}{l}x - 20 = \frac{{150}}{3} = 50\\y = \frac{{180}}{3} = 60\end{array} \right.$.

Suy ra $x = 70,y = 60$, tức là ${C_2}\left( {70;60} \right)$.

Vậy khoảng cách từ vị trí cột thứ hai đến các bờ AB, AD lần lượt là 60 m và 70 m.

Ta có $E\left( {x;y} \right)$ nên $\overrightarrow {AE} = \left( {x - 2;y - 2} \right),\,\,\overrightarrow {AB} = \left( { - 1; - 5} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 5; - 2} \right)$.

Suy ra $- 2\overrightarrow {AB} + 3\overrightarrow {AC} = \left( { - 13;4} \right)$.

Do đó $\overrightarrow {AE} = - 2\overrightarrow {AB} + 3\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 2 = - 13}\\{y - 2 = 4\,\,\,\,\,\,}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 11}\\{y = 6}\end{array}} \right.} \right. \Rightarrow 7x + 5y = - 47$.

Đáp án: −47.

Ta có $\overrightarrow u = \overrightarrow v \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 3 = 5m - 3\\2m = {m^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 5m + 6 = 0\\{m^2} - 2m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = 3\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow m = 2$.

Đáp án: 2.

Gọi $M\left( {x;0} \right)$.

Do tam giác $MAB$ cân tại $M$ nên $MA = MB$.

Ta có $M{A^2} = M{B^2} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + 16 = {\left( {x + 2} \right)^2} + 1$$\Leftrightarrow x = 2$.

Suy ra điểm $M\left( {2;0} \right)$. Vậy hoành độ điểm $M$ bằng $2$.

Đáp án: 2.

Giả sử tâm bão đi từ vị trí $A\left( {13{,}8;\,\,\,107{,}8} \right)$ đến vị trí $B\left( {14{,}1;\,\,\,106{,}3} \right)$.

Gọi $M\left( {x;\,\,y} \right)$ là vị trí của tâm bão tại thời điểm 8 giờ trong khoảng thời gian 12 giờ của dự báo.

Khi đó $\overrightarrow {AM} = \frac{8}{{12}}\overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AB}$. Mà $\overrightarrow {AB} = \left( {0{,}3;\,\, - 1{,}5} \right)$ nên $\overrightarrow {AM} = \left( {0{,}2;\,\, - 1} \right)$.

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}x - 13{,}8 = 0{,}2\\y - 107{,}8 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14\\y = 106{,}8\end{array} \right.$.

Vậy vị trí của tâm bão tại thời điểm 8 giờ trong khoảng thời gian 12 giờ của dự báo là$M\left( {14;\,\,106{,}8} \right)$.

Đáp án: 14.

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Kẻ đường kính $AA'$ của đường tròn khi đó ta có $\widehat {ABA'} = \widehat {ACA'} = 90^\circ$ hay $A'B \bot AB$ và $A'C \bot AC$.

Vì $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ nên $BH \bot AC$ và $CH \bot AB$$\Rightarrow BH\,{\rm{//}}\,A'C$ và $CH\,{\rm{//}}\,A'B$, do đó $A'BHC$ là hình bình hành. Mà điểm $M$ là trung điểm của đường chéo $BC$ nên nó cũng là trung điểm của $A'H$. Từ đó suy ra $OM$ là đường trung bình của tam giác $AHA'$ nên $\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {OM} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 = 2\left( {6 - {x_O}} \right)\\ - 2 = 2\left( {1 - {y_O}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_O} = 4\\{y_O} = 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow O\left( {4;2} \right)$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ có độ dài bằng

$OA = \sqrt {{{\left( { - 1 - 4} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2}} = 5$.

Đáp án: 5.