PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.

Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], cho ba vectơ \(\vec a = \left( {2; - 1;0} \right)\), \[\vec b = \left( { - 1; - 3;2} \right)\] và \(\vec c = \left( { - 2; - 4; - 3} \right)\), tọa độ của \[\vec u = 2\vec a - 3\vec b + \vec c\] là

a) Tính được \[\overrightarrow {AB}  = \left( {2;0;0} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {0;3;0} \right),\overrightarrow {AB'}  = \left( {0;0;4} \right) \Rightarrow AB = 2;AC = 3;AB' = 4\].

Có \[Oz \bot \left( {Oxy} \right)\] và \[AB' \subset Oz\], \[\left( {ABC} \right) \equiv \left( {Oxy} \right)\] nên \[AB' \bot \left( {ABC} \right)\].

Thể tích khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] là:

\[V = d\left( {B',\left( {ABC} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta ABC}} = AB' \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3 = 12\].

b) Gọi \[A'\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AA'}  = \left( {x;y;z} \right)\].

Có \[\overrightarrow {BB'}  = \left( { - 2;0;4} \right)\], mà \[\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {AA'} \], suy ra toạ độ điểm \[A'\] là \[\left( { - 2;0;4} \right)\].

Từ đó ta có \[\overrightarrow {A'B}  = \left( {4;0; - 4} \right),\overrightarrow {A'C}  = \left( {2;3; - 4} \right)\]. Vậy \[\overrightarrow u  = \overrightarrow {A'B}  + \overrightarrow {A'C} \] thì \[\overrightarrow u  = \left( {6;3; - 8} \right)\].

c) Gọi \[C'\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {CC'}  = \left( {a;b - 3;c} \right)\].

Ta có \[\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {CC'} \], mà \[\overrightarrow {BB'}  = \left( { - 2;0;4} \right)\], suy ra toạ độ điểm \[C'\] là \[\left( { - 2;3;4} \right)\].

d) Hình chiếu vuông góc của điểm \[B\] lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] là điểm \[A\] (do \[Ox \bot \left( {Oyz} \right)\]).

Do \[Ox\,{\rm{//}}\,A'B'\] mà \[Ox \bot \left( {Oyz} \right)\] nên \[A'B' \bot \left( {Oyz} \right)\], từ đó suy ra hình chiếu vuông góc của điểm \[A'\] lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] là điểm \[B'\].

Gọi \[{C_1}\left( {m;n;p} \right)\] là hình chiếu vuông góc của \[C'\] lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\]\[ \Rightarrow {C_1}\left( {0;3;4} \right)\].

Vậy hình chiếu của hình lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\]là hình chữ nhật \[AB'{C_1}C\].

Diện tích đa giác là: \[{S_{AB'{C_1}C}} = AB' \cdot AC = 4 \cdot 3 = 12\].

Đáp án:       a) Sai,         b) Đúng,     c) Đúng,      d) Sai.

Giả sử người quan sát không nhìn thấy vật khi và chỉ khi người quan sát không nhìn thấy điểm \(N,\) hay tấm bìa cứng che khuất điểm \(N.\) Khi đó, đoạn thẳng \(MN\) cắt tấm bìa cứng tại điểm \(I\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(MN:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 - 15t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Ta có \(I = MN \cap \left( {Oxy} \right):z = 0 \Rightarrow 3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{5} \Rightarrow I\left( {\frac{6}{5};\frac{{11}}{5};0} \right)\).

Vì \({z_M} \cdot {z_N} =  - 36 < 0\) nên \(M,N\) nằm về hai phía của \(I\) hay tấm bìa có thể che khuất vật.

Mặt khác, tấm bìa hình tròn có tâm là gốc tọa độ nên tấm bìa muốn che khuất vật khi và chỉ khi

\(R \ge OI = \sqrt {{{\left( {\frac{6}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{11}}{5}} \right)}^2} + {0^2}}  = \frac{{\sqrt {157} }}{5} \approx 2,51.\)

Đáp án: \(2,51\).