Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 3

Chọn B

Với $A\left( {1;0;1} \right)$,$B\left( {4;2; - 2} \right)$ ta được $AB = \sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 1} \right)}^2}} = \sqrt {22}$.

Vậy độ dài đoạn thẳng $AB$bằng $\sqrt {22}$.

Chọn C

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = - \infty \Rightarrow x = 0$ là đường tiệm cận đứng.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = + \infty \,\, \Rightarrow$ĐTHS không có đường tiệm cận ngang.

Chọn A

Ta có $a = - 2,b = 1,c = - 3,d = 5.$ Khi đó bán kính của mặt cầu $\left( S \right)$ là $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} - 5} = 3.$

Chọn D

Tọa độ véc tơ $\overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {1 + 3;0 + 1; - 3 + 2} \right) = \left( {4;1; - 1} \right)$.

Chọn B

Xét hàm số: $y = {x^3} + x$

$y' = 3{x^2} + 1 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, nên hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta thấy khi $f\left( x \right) \le f\left( 1 \right) = 3,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]$ và $f\left( x \right) \ge f\left( 2 \right) = - 2,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right].$

Suy ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 1;2} \right]$ lần lượt là $3$ và $- 2.$

Vậy $M = 3,m = - 2 \Rightarrow M + m = 1.$

Chọn C

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

$y = \frac{{x + m}}{{x + 1}}$$\Rightarrow$$y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

Với $m > 1$$\Leftrightarrow$$1 - m < 0$$\Rightarrow$$y' < 0$ nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.

Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;4} \right]} y = y\left( 1 \right) = \frac{{m + 1}}{2}$$\Rightarrow$$\frac{{m + 1}}{2} = 3$$\Leftrightarrow$$m = 5$.

Vậy $m = 5$ thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn C

Nhìn vào BBT loại đáp án B và C.

A. $y' = 3{x^2} - 6x + 3$.

$y' = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Vậy A đúng.

Chọn D

Dựa vào đồ thị ta có

Tiệm cận ngang nằm trên trục hoành nên $a\,c > 0\,\left( 1 \right)$

Tiệm cận đứng nằm bên trái trục tung nên $d\,c > 0\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right);\,\left( 2 \right)$ suy ra $ad\, > 0$.

Giao của đồ thị với trục hoành là điểm có tọa độ $\left( { - \frac{b}{a};\,0} \right)$ nằm bên phải trục tung nên $a\,b < 0\,\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right);\,\left( 3 \right)$ suy ra $b\,c\, < 0$.

Chọn D

$\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BI} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\overrightarrow {BG}$ (theo giả thiết $\overrightarrow {BI} = \frac{1}{4}\overrightarrow {BG}$)

$= \overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BF} } \right)$ (vì $BCGF$ là hình bình hành)

$= \overrightarrow {AB} + \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AE} } \right)$ (vì $ABCD.EFGH$là hình hộp)

$= \overrightarrow a + \frac{1}{4}\overrightarrow b + \frac{1}{4}\overrightarrow c$.

Chọn B

Giả sử $Q\left( {x;\;y;\;z} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {QP} = \left( {3 - x;\;1 - y;\;2 - z} \right)$, $\overrightarrow {MN} = \left( {1;\; - 5;\; - 2} \right)$.

$MNPQ$ là hình bình hành $\overrightarrow {QP} = \overrightarrow {MN}$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{3 - x = 1{\rm{ }}}\\{1 - y = - 5}\\{2 - z = - 2}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2}\\{y = 6}\\{z = 4}\end{array}} \right.$. Vậy $Q\left( {2;\;6;\;4} \right)$.

Chọn A

Quan sát đồ thị hàm số $y = f'(x)$. Ta thấy $f'(x)$ đổi dấu 3 lần . Nên hàm số $y = f(x)$ có 3 điểm cực trị .

a)

S

b)

Đ

c)

Đ

d)

Đ

(a)(b) Khi $m = 0:y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 5}}{{x - 1}} = - x + 1 - \frac{4}{{x - 1}}$

Tâp xác định $D = \mathbb{R}\backslash \{ 1\}$

$\begin{array}{l}{y^\prime } = \frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}\\{y^\prime } = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 1 \Rightarrow y = 4}\\{x = 3 \Rightarrow y = - 4}\end{array}} \right.\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 \mp } y = \pm \infty :x = 1{\rm{ là tcd }}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = - x + 1:y = - x + 1{\rm{ là tcx}}\end{array}$

Bảng biến thiên:

$\begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow y = 5\\y = 0 \Rightarrow - {x^2} + 2x - 5 = 0{\rm{ (vô nghiệm) }}\end{array}$

Đồ thị hàm số không cắt $Ox$.

(c) $y = \frac{{ - {x^2} + 2(m + 1)x - m - 5}}{{x - 1}}$

${y^\prime } = \frac{{ - {x^2} + 2x - 2m - 2 + m + 5}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 2x - m + 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}$

Hàm số $y$ có cực đại cực tiểu khi phương trình $- {x^2} + 2x - m + 3 = 0$ có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow {\Delta ^\prime } = 1 - m + 3 = 4 - m > 0 \Leftrightarrow m < 4,x = 1$ không phải là nghiệm của phương trình ${y^\prime } = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2 - m + 3 \ne 0$ $\Leftrightarrow m \ne 4$

Điều kiện sau cùng: $m < 4$

(d) ${x_M} > 1 \Rightarrow M$ thuộc nhánh bên phải của $(C).I(1{,}0)$

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{}&{\left. {M(m, - m + 1 - \frac{4}{{m - 1}}} \right)}\\{}&{I{M^2} = {{(m - 1)}^2} + \left[ {{{( - m + 1)}^2} + \frac{{16}}{{{{(m - 1)}^2}}} + 8} \right]}\\{}&{ = 2{{(m - 1)}^2} + \frac{{16}}{{{{(m - 1)}^2}}} + 8 \ge 2\sqrt 2 (m - 1) \cdot \frac{4}{{(m - 1)}} + 8}\\{ \Rightarrow I{M^2}}&{ \ge 8(\sqrt 2 + 1) \Rightarrow IM \ge \sqrt {8(\sqrt 2 + 1)} }\end{array}$

$IM$ngắn nhất khi $2{(m - 1)^2} = \frac{{16}}{{{{(m - 1)}^2}}} \Leftrightarrow {(m - 1)^4} = 8 \Leftrightarrow m = 1 + \sqrt[4]{8}$

$\Rightarrow {y_M} = - \sqrt[4]{8} - \frac{4}{{\sqrt[4]{8}}} < - 4$

a)

Đ

b)

Đ

c)

S

d)

S

(a) Đúng.

Ta có $\overrightarrow {AB} \left( {3;\, - 4;\,3} \right),\,\overrightarrow {AC} \left( {1; - 6;0} \right)$. Giả sử tồn tại số $k \ne 0$ sao cho $\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 = k\\ - 4 = - 6k\\3 = 0k\end{array} \right.$ vô nghiệm suy ra không tồn tại $k$. Suy ra 3 điểm $A,B,C$ không thẳng hàng.

(b) Đúng.

Ta có $\overrightarrow {AB} \left( {3;\, - 4;\,3} \right),\,\overrightarrow {AD} \left( {6; - 8;6} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AC}$. Vậy 3 điểm $A,B,D$ thẳng hàng.

(c) Sai.

Ta có $cos\left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{3 + 24}}{{\sqrt {9 + 9 + 16} .\sqrt {1 + 36} }} = \frac{{27\sqrt {1258} }}{{1258}}$.

(d) Sai.

Ta có $\overrightarrow u \bot \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow u \bot \overrightarrow {AC} \Rightarrow \overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {18;3; - 14} \right) = \left( {x - 1;2x + 1;3z - 5} \right)$

Suy ra

$$\left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 18\\2y + 1 = 3\\3z - 5 = - 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 19\\y = 1\\z = - 3\end{array} \right. \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = {19^2} + 1 + 9 = 371$$

a)

S

b)

Đ

c)

S

d)

Đ

(a) Đúng: Chi phí để A sản xuất 10 tấn sảm phẩm trong một tháng là $C\left( {10} \right) = 10 + 30.10 = 400$triệu.

(b) Sai: Số tiền mà $A$ thu được (gọi là doanh thu) từ việc bán $x$ tấn sản phẩm $\left( {0 \le x \le 100} \right)$ cho $B$ là: $R\left( x \right) = x.P\left( x \right) = x\left( {45 - 0{,}001{x^2}} \right) = 45x - 0{,}001{x^3}$ triệu đồng

Thay $x = 10$ ta được $R\left( {10} \right) = 449$ triệu đồng

(c) Đúng: Lợi nhuận (triệu đồng) mà $A$ thu được là:

$P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = x\left( {45 - 0{,}001{x^2}} \right) - \left( {100 + 30x} \right) = - 0{,}001{x^3} + 15x - 100$

(d) Đúng: Xét hàm số $P\left( x \right) = - 0{,}001{x^3} + 15x - 100$ với $\left( {0 \le x \le 100} \right)$ ta có:

$P'\left( x \right) = - 0{,}003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 5000 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \in \left[ {0;\,100} \right]$

Ta có $P\left( 0 \right) = - 100;\,\,P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100 \approx 607;\,\,P\left( {100} \right) = 400$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có $\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;\,100} \right]} P = P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100 \approx 667$

Vậy $A$ thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán $50\sqrt 2 \approx 70{,}7$ tấn sản phẩm cho $B$ mỗi tháng và lợi nhuận lớn nhất thu được khoảng $607$triệu đồng.

a)

S

b)

S

c)

Đ

d)

Đ

Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

$y' = 3{x^2} - 6mx - 9{m^2}$; $y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6mx - 9{m^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx - 3{m^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - m\\x = 3m\end{array} \right.$.

Nếu $- m = 3m \Leftrightarrow m = 0$ thì $y' \ge 0;\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số không có khoảng nghịch biến.

Nếu $- m < 3m \Leftrightarrow m > 0$ thì hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - m;3m} \right)$.

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - m \le 0\\3m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{3}$.

Kết hợp với điều kiện ta được $m \ge \frac{1}{3}$.

Nếu $- m > 3m \Leftrightarrow m < 0$ thì hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {3m;\; - m} \right)$.

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3m \le 0\\ - m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le - 1$.

Kết hợp với điều kiện ta được $m \le - 1$.

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$ khi $m \le - 1$ hoặc $m \ge \frac{1}{3}$.

Ta có $h'\left( t \right) = - 3{t^2} + 6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên của hàm số $h\left( t \right) = - {t^3} + 3{t^2},\left( {0 \le t \le 3} \right)$

Vậy chùm bóng bay đạt độ cao lớn nhất so với mặt đất là $4\left( {km} \right).$

Vì $\Delta DHN$ đồng dạng với $\Delta DBA$ nên $\frac{{DN}}{{DA}} = \frac{{NH}}{{AB}} = x$, với $0 < x < 1$.

Khi đó $NH = x.AB$; $DN = x.DA \Rightarrow AN = \left( {1 - x} \right)DA$.

Ta có ${S_{AMHN}} = AN.NH = x\left( {1 - x} \right).AB.DA = x\left( {1 - x} \right){S_{ABCD}} = 25x\left( {1 - x} \right)$.

Số tiền người chủ cần chuẩn bị để trồng cỏ là $80.25x\left( {1 - x} \right)$ (nghìn đồng).

Để số tiền lớn nhất thì $f\left( x \right) = x\left( {1 - x} \right)$ đạt giá trị lớn nhất trên khoảng $\left( {0;1} \right)$.

Nhận thấy $f\left( x \right) = x\left( {1 - x} \right) = x - {x^2} = \frac{1}{4} - {\left( {\frac{1}{2} - x} \right)^2} \le \frac{1}{4},\forall x \in \left( {0;1} \right)$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = \frac{1}{2}$.

Vậy số tiền lớn nhất người chủ cần chuẩn bị để trồng cỏ là $500$ (nghìn đồng).

Đặt $u = \frac{{1000 - x}}{{1000}},\quad {\rm{ thì}}0 \le u \le 1,\quad x = 1000(1 - u).$

Khi đó $y(u) = 500\left( {{u^{3/4}} - {u^{5/4}}} \right).$

Tính đạo hàm theo $u$: $500\left( {\frac{3}{4}{u^{ - 1/4}} - \frac{5}{4}{u^{1/4}}} \right) = 500 \cdot \frac{1}{4}{u^{ - 1/4}}(3 - 5u)$

Vì ${u^{ - 1/4}} > 0$ trên $(0{,}1]$, ta chỉ cần giải $3 - 5u = 0 \Rightarrow u = \frac{3}{5} = 0{,}6$

Lập bảng xét dấu ta có

Suy ra $y(u)$ đạt điểm cực đại tại $u = 0{,}6$

Chuyển lại thành $x$ và tính

- Tương ứng $x = 1000(1 - u) = 1000 \cdot 0{,}4 = 400$.

- Độ lệch bắc cực đại là

Do đó giá trị tại $x = 400$

Kết luận:

Trong suốt hành trình, con thuyền bị dòng nước đẩy lệch về phía bắc cực đại khoảng

76,6 (đơn vị chiều dài) khi nó đã đi được $x = 400$ (đơn vị tương ứng) về phía đông.

Do vị trí $M(a;b;c)$ thỏa mãn $MA = 3,\,MB = 6,\,MC = 5,\,MD = 13$

$$\overrightarrow {AM} = \left( {a - 3;b - 1;c} \right) \Rightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {c^2} = {3^2}$$

$$\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 2b + 1 = 0\left( 1 \right)$$

$$\overrightarrow {BM} = \left( {a - 3;b - 6;c - 6} \right) \Rightarrow {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b - 6} \right)^2} + {\left( {c - 6} \right)^2} = {6^2}$$

$$\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a - 12b - 12c + 45 = 0\left( 2 \right)$$

$$\overrightarrow {CM} = \left( {a - 4;b - 6;c - 2} \right) \Rightarrow {\left( {a - 4} \right)^2} + {\left( {b - 6} \right)^2} + {\left( {c - 2} \right)^2} = {5^2}$$

$$\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 8a - 12b - 4c + 31 = 0\left( 3 \right)$$

$$\overrightarrow {DM} = \left( {a - 6;b - 2;c - 14} \right) \Rightarrow {\left( {a - 6} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c - 14} \right)^2} = {13^2}$$

$$\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 12a - 4b - 28c + 67 = 0\left( 4 \right)$$

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right),\,\left( 4 \right)$ ta có hệ phương trình $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10b + 12c = 44\\2a + 10b + 4c = 30\\6a + 2b + 28c = 66\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\\c = 2\end{array} \right.$

$\Rightarrow M\left( {1;2;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM} \left( {1;2;2} \right) \Rightarrow OM = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} = 3$.

Vậy khoảng cách từ điểm $M$ đến điểm $O$ bằng $3$.

Chi phí phát hành cho mỗi cuốn là 3 nghìn đồng, tức là $0{,}3$ vạn đồng.

Suy ra chi phí phát hành cho $x$ cuốn là $0{,}3x$.

Theo đề bài, ta có tổng chi phí xuất bản và phát hành cho $x$ cuốn tạp chí là:

$T\left( x \right) = C\left( x \right) + 0{,}3x = 0{,}0001{x^2} + 0{,}2x + 10000$với $0 < x \le 30000$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = M(x) = \frac{{T(x)}}{x} = 0{,}0001x + 0{,}2 + \frac{{10000}}{x}$, với $0 < x \le 30000$.

$\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0{,}0001 - \frac{{10000}}{{{x^2}}} = \frac{{0{,}0001{x^2} - 10000}}{{{x^2}}};\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 10000\,\,\left( {{\rm{do }}x > 0} \right).\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = + \infty .\end{array}$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị của $M(x)$ nhỏ nhất khi $x = 10000$.

Do đó, số lượng tạp chí cần xuất bản sao cho chi phí trung bình thấp nhất là $x = 10000$.

Vậy chi phí trung bình cho một cuốn tạp chí khi xuất bản 10000 cuốn là:$M(10000) = 2{,}2$.

Gọi ${A_1},\,{B_1},\,{C_1},{D_1}$ lần lượt là các điểm sao cho $\overrightarrow {E{A_1}} = \overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {E{B_1}} = \overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {E{C_1}} = \overrightarrow {{F_3}} ,\,\overrightarrow {E{D_1}} = \overrightarrow {{F_4}}$.

Vì $EA,EB,EC,ED$ có độ dài bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ một góc bằng ${60^o}$ nên $E{A_1},E{B_1},E{C_1},E{D_1}$ có độ dài bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng $\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)$ một góc bằng ${60^o}$.

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên ${A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ cũng là hình chữa nhật.

Gọi $O$ là tâm của hình chữ nhật ${A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$. Ta suy ra $EO \bot \left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)$.

Do đó góc giữa đường thẳng $E{A_1}$ và mặt phẳng $\left( {{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}} \right)$ bằng góc $\widehat {E{A_1}O}$ suy ra $\widehat {E{A_1}O} = {60^o}$.

Ta có $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_4}} } \right| = 4700N$ nên $E{A_1} = E{B_1} = E{C_1} = E{D_1} = 3500N$.

Tam giác $EO{A_1}$ vuông tại $O$ nên$EO = E{A_1}.\sin \widehat {E{A_1}O} = 3500.\sin 60^\circ = 1750\sqrt 3$.

Ta có: $\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow {E{A_1}} + \,\overrightarrow {E{B_1}} + \overrightarrow {E{C_1}} + \overrightarrow {E{D_1}} = 4\overrightarrow {EO} + \overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{C_1}} + \,\overrightarrow {O{B_1}} + \overrightarrow {O{D_1}} = 4\overrightarrow {EO}$.

Vì chiếc khung sắt chứa xe ô tô ở vị trí cân bằng nên $\overrightarrow {{F_1}} + \,\overrightarrow {{F_2}} + \,\overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} = \overrightarrow P$, với $\overrightarrow P$ là trọng lực tác dụng lên khung sắt chứa xe ô tô.

Suy ra trọng lượng của khung sắt chứa chiếc xe ô tô là: $\left| {\overrightarrow P } \right| = 4\left| {\overrightarrow {EO} } \right| = 4.1750\sqrt 3 = 7000\sqrt 3 N$

Vì trọng lượng của khung sắt là $2500N$ nên trọng lượng của chiếc xe ô tô là: $7000\sqrt 3 - 2500 \approx 9624N$.