Đề kiểm tra Toán 12 Cánh diều Chương 5 có đáp án - Đề 1

Đáp án đúng: B

Đường thẳng $\Delta :\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{2}$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u = \left( {2;\, - 1;\,2} \right)$.

Đáp án đúng: D

Từ phương trình mặt cầu ta có: $a = 1;\,b = 2;\,c = - 3,\,d = - 2$.

Suy ra đường kính mặt cầu là: $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} - \left( { - 2} \right)} = 4$.

Đáp án đúng: D

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm $A\left( {1;2; - 3} \right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {1; - 2;3} \right)$ là:

$1\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z + 3} \right) = 0$$\Leftrightarrow x - 2y + 3z + 12 = 0$.

Đáp án đúng: D

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( { - 1\,;\,2\,;\,1} \right)$ và bán kính $R = IA = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 3$ có phương trình là:

${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9$.

Đáp án đúng: B

Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có một vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {0;0;1} \right)$.

Đường thẳng $d$vuông góc với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ nên $d$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {0;0;1} \right)$.

Phương trình tham số của $d$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 1 + t\end{array} \right.$.

Đáp án đúng: B

Chọn điểm $A\left( {0;\;0;\;5} \right) \in \left( P \right)$.

Vì mặt phẳng $\left( P \right)$ song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ nên

$d\left( {\left( P \right),\;\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 2.0 + 2.5 - 3} \right|}}{{\sqrt {1 + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{7}{3}$.

a) Sai. Ta có $OA = \sqrt {{{\left( { - 65} \right)}^2} + {{\left( { - 25} \right)}^2} + {{30}^2}} \approx 75{,}8\,{\rm{km}}$.

Khi máy bay ở vị trí $A\left( { - 65; - 25;30} \right)$ thì cách đài kiểm soát không lưu của sân bay một khoảng $d \approx 75{,}8\,{\rm{km}} > 70\,{\rm{km}}$.

Vậy đài kiểm soát không lưu của sân bay không theo dõi được máy bay.

b) Đúng. Từ thông tin của hệ trục và máy bay di chuyển theo hướng Tây Nam với độ cao không đổi, quỹ đạo bay theo đường thẳng. Nên đường thẳng $d$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;\,1;\,0} \right)$. Đường thẳng $d$ đi qua điểm $A\left( { - 65; - 25;30} \right)$ nên có phương trình tham số: $\left\{ \begin{array}{l}x = - 65 + t\\y = - 25 + t\\z = 30\end{array} \right.$.

c) Sai. Thay $x,\,y,\,z$ theo $t$ vào phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ ta được phương trình:

${\left( { - 65 + t} \right)^2} + {\left( { - 25 + t} \right)^2} + {30^2} = 4900 \Leftrightarrow 2{t^2} - 180t + 850 = 0 \Leftrightarrow t = 5$ hoặc $t = 85$

Thay $t = 5$ vào phương trình của đường thẳng $d$ ta được $M\left( { - 60; - 20;30} \right)$.

Thay $t = 85$ vào phương trình của đường thẳng $d$ ta được $N\left( {20;60;30} \right)$.

Suy ra đường thẳng $d$ cắt mặt cầu $\left( S \right)$ tại hai điểm $M\left( { - 60; - 20;30} \right)$ và $N\left( {20;60;30} \right)$.

Hay độ dài đoạn $MN$ là khoảng cách giữa vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng mà máy bay di chuyển trong phạm vi theo dõi của đài kiểm soát không lưu.

$MN = \sqrt {{{\left( {60 + 20} \right)}^2} + {{\left( {20 + 60} \right)}^2}} = 80\sqrt 2 \,{\rm{km}}$.

Thời gian máy bay di chuyển trong phạm vi đài kiểm soát không lưu của sân bay theo dõi được là thời gian máy bay di chuyển được quãng đường $80\sqrt 2 \,{\rm{km}}$.

Thời gian đó bằng $\frac{{80\sqrt 2 }}{{200}}.60 \approx 33{,}94$ phút.

d) Đúng.Vùng kiểm không lưu của của đài kiểm soát trên là tập hợp những điểm cách tâm $O\left( {0;\,\,0;\,\,0} \right)$ không quá $70\,{\rm{km}}$. Hay tập hợp các điểm ở bên trong và trên bề mặt của mặt cầu $\left( S \right)$ có phương trình: ${x^2} + {y^2} + {z^2} = {70^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = 4900$.

a) Đúng. Theo bài ra ta có $B\left( {20;20;0} \right)$ và $H\left( {0\,;0\,;4} \right)$.

b) Sai. Vì $E\left( {20\,;0\,;3} \right)$ và $\overrightarrow {HE} \left( {20\,;0\,; - 1} \right)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng $EH$.

c) Đúng. Ta có $F\left( {20\,;20\,;3} \right)$, $\overrightarrow {EF} \left( {0\,;20\,;0} \right)$.

$\left[ {\overrightarrow {EF} ;\overrightarrow {HE} } \right] = \left( { - 20;0; - 400} \right)$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {EFGH} \right)$.

$\left( {ABCD} \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow k \left( {0\,;0\,;1} \right)$.

$\cos \left( {\left( {ABCD} \right),\left( {EFGH} \right)} \right) = \frac{{\left| {400} \right|}}{{\sqrt {{{20}^2} + {{400}^2}} }} = \frac{{400}}{{20\sqrt {401} }} = \frac{{20}}{{\sqrt {401} }}$.

Vậy mái nhà hợp với mặt đất một góc khoảng $2{,}86^\circ$.

d) Đúng.

Gọi $I$ là tâm hình vuông $ABCD$ và $MA = MB = MC = MD = 2\sqrt {66} \,{\rm{m}}$.

Suy ra $M.ABCD$ là hình chóp đều nên $MI \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $DB = 20\sqrt 2 \left( {\rm{m}} \right) \Rightarrow ID = 10\sqrt 2 \left( {\rm{m}} \right)$.

Xét tam giác $MID$vuông tại $I$: $MI = \sqrt {M{D^2} - I{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt {66} } \right)}^2} - {{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}} = 8\,\left( {\rm{m}} \right)$.

Vì $MI\,{\rm{//}}\,DL,\,MI = DL = 8\,{\rm{m}}$.

Do đó $DIML$ là hình bình hành nên $ML = ID = 10\sqrt 2 \,{\rm{m}}$.

Phương trình tham số của đường thẳng $a$: $\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = 1 + t\\z = - 2 + 4t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$. Ta có $a \cap \left( P \right) = F$.

Xét phương trình $- 3 + t + 1 + t - 2\left( { - 2 + 4t} \right) + 6 = 0$.

Giải phương trình ta được nghiệm $t = \frac{4}{3}$. Suy ra $F\left( { - \frac{5}{3},\frac{7}{3},\frac{{10}}{3}} \right)$.

Ta có $A\left( { - 3 + u,1 + u, - 2 + 4u} \right) \in a$ và $FA = 40\sqrt 3$.

Suy ra $\sqrt {{{\left( { - 3 + u + \frac{5}{3}} \right)}^2} + {{\left( {1 + u - \frac{7}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 4u - \frac{{10}}{3}} \right)}^2}} = 40\sqrt 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}u = \frac{{4 - 20\sqrt 6 }}{3}\\u = \frac{{4 + 20\sqrt 6 }}{3}\end{array} \right.$.

Trường hợp 1: $u = \frac{{4 + 20\sqrt 6 }}{3}$, ta có $A\left( {\frac{{ - 5 + 20\sqrt 6 }}{3},\frac{{7 + 20\sqrt 6 }}{3},\frac{{10 + 80\sqrt 6 }}{3}} \right)$. Khi đó độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là $d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {\frac{{ - 5 + 20\sqrt 6 }}{3} + \frac{{7 + 20\sqrt 6 }}{3} - 2\frac{{10 + 80\sqrt 6 }}{3} + 6} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + {{( - 2)}^2}} }} = 40\,{\rm{(cm)}}$.

Trường hợp 2: $u = \frac{{4 - 20\sqrt 6 }}{3}$, ta có $A\left( {\frac{{ - 5 + 20\sqrt 6 }}{3},\frac{{7 + 20\sqrt 6 }}{3},\frac{{10 + 80\sqrt 6 }}{3}} \right)$. Khi đó độ cao của mặt bàn tính từ mặt đất là $d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {\frac{{ - 5 - 20\sqrt 6 }}{3} + \frac{{7 - 20\sqrt 6 }}{3} - 2\frac{{10 - 80\sqrt 6 }}{3} + 6} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + {{( - 2)}^2}} }} = 40\,{\rm{(cm)}}$.

Đáp án: 40.

Phương trình tham số của đường cáp là: $d:\left\{ \begin{array}{l}x = - 2\\y = 1 - 2k\\z = 5 + 6k\end{array} \right.\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{}&{\left( {k \in \mathbb{R}} \right)}\end{array}$

Do tốc độ chuyển động của cabin là $4\,{\rm{m/s}}$ nên độ dài $AM = 4t$ $\left( m \right)$.

Vì vậy sau $5$ (s) kể từ lúc xuất phát, cabin đến điểm $M$ thì $AM = 4.5 = 20$ $\left( m \right)$.

Vì $M \in d \Rightarrow M\left( { - 2;1 - 2k;5 + 6k} \right)$.

$\overrightarrow {AM} = \left( {0; - 2k;6k} \right)$. Do 2 vec tơ $\overrightarrow {AM} ;\vec u$ cùng hướng $k > 0$.

$AM = 20 \Leftrightarrow \sqrt {{0^2} + 4{k^2} + 36{k^2}} = 20 \Leftrightarrow 40{k^2} = 400 \Leftrightarrow k = \pm \sqrt {10}$.

Vì $k > 0 \Rightarrow k = \sqrt {10}$.

Vậy tọa độ $M\left( { - 2;1 - 2\sqrt {10} ;5 + 6\sqrt {10} } \right)$. Khi đó $a + 3b + c = - 2 + 3\left( {1 - 2\sqrt {10} } \right) + 5 + 6\sqrt {10} = 6$.

Đáp án: 6.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $O\left( {0;0;0} \right)$ và bán kính $R = 6{,}4$ có phương trình ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 40{,}96$.

Ta có: $OA = 30;OB = 30;AB = 30\sqrt 2$. Suy ra $\Delta OAB$ cân tại $O$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, khi đó $H\left( {15;15;0} \right)$, ta có $OH \bot AB$.

Đường thẳng $OH$ đi qua $O\left( {0;0;0} \right)$ và có VTCP $\overrightarrow {OH} \left( {15;15;0} \right) = 15\left( {1;1;0} \right)$ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = t\\z = 0\end{array} \right.$.

Để $M \in \left( {OAB} \right)$ thỏa mãn $MA + MB$ nhỏ nhất thì $M,A,B$ phải đồng phẳng và $MA = MB$.

Vì $MH$ nhỏ nhất nên $M$ là giao điểm của $OH$ và mặt cầu $\left( S \right)$.

Tọa độ $M$ thỏa mãn phương trình: ${t^2} + {t^2} + {0^2} = 40{,}96 \Leftrightarrow 2{t^2} = 40{,}96 \Leftrightarrow t = \pm \frac{{16\sqrt 2 }}{5}$.

Suy ra $\left[ \begin{array}{l}{M_1}\left( {\frac{{16\sqrt 2 }}{5};\frac{{16\sqrt 2 }}{5};0} \right) \Rightarrow {M_1}H \approx 14{,}81\\{M_2}\left( {\frac{{ - 16\sqrt 2 }}{5};\frac{{ - 16\sqrt 2 }}{5};0} \right) \Rightarrow {M_2}H \approx 27{,}61\end{array} \right..$

Vậy điểm cần tìm là: $M\left( {\frac{{16\sqrt 2 }}{5};\frac{{16\sqrt 2 }}{5};0} \right)$ .

$T = MA + MB = 2MA = 2\sqrt {{{\left( {\frac{{16\sqrt 2 }}{5} - 30} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{16\sqrt 2 }}{5} - 0} \right)}^2} + {0^2}} \approx 51{,}7$.

Đáp án: 51,7.