Nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {x + 1} \right) = 3\) là

Đáp án: \(0,83\).

Đáy \(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\), cạnh bằng \(1\), góc \(ABC = 60^\circ \) nên \(\Delta ACD\) và \(\Delta ABC\) đều.

Trong \(\Delta ACD\) vẽ trung tuyến \(AM \bot CD\).

Xét tam giác \(ACM\) vẽ đường trung bình \(ON\), suy ra \(ON \bot CD\).

Vẽ \(OH \bot SN\).

T a có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot ON}\\{CD \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SON} \right) \Rightarrow CD \bot OH\).

Vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OH \bot CD}\\{OH \bot SN}\end{array}} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

\(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH\).

\(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow ON = \frac{1}{2}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

Xét tam giác \(SON\) vuông tại \(O\) có \(OH = \frac{{SO.ON}}{{\sqrt {S{O^2} + O{N^2}} }} = \frac{{\frac{3}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{26}}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = 2.\frac{{3\sqrt {13} }}{{26}} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}} \approx 0,83\).

a) [NB] Ta có:\[O\left( {0;0;0} \right)\], \[C\left( {20;{\rm{ }}0;{\rm{ }}0} \right)\], \[B\left( {0,{\rm{ }}16,{\rm{ }}0} \right)\], \[D\left( {20,{\rm{ }}0,{\rm{ }}9} \right)\], \[E\left( {0,{\rm{ }}16,{\rm{ }}12} \right)\]

\(OD = \sqrt {{{20}^2} + {0^2} + {9^2}}  = \sqrt {400 + 81} \)

\(OD \approx 21,93\left( {km} \right)\)

Đổi ra mét và làm tròn: \(OD \approx 21{\rm{ }}930\left( m \right) = 22{\rm{ }}000\left( m \right)\). Chọn: SAI.

b) [TH].

Gọi tọa độ của \(I(x,{\rm{ }}y,{\rm{ }}z)\)

Theo đầu bài ta có: \(\overrightarrow {DI}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {DE} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 20 =  - 5}\\{y - 0 = 4}\\{z - 9 = \frac{3}{4}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 15}\\{y = 4}\\{z = \frac{{39}}{4}}\end{array}} \right.\).

Vậy: Độ cao của điểm \(I\) là \(\frac{{39}}{4} = 9,75\) nên máy bay cách mặt đất \(9,75\left( {km} \right){\rm{  =  }}9750{\mkern 1mu} \left( m \right)\).

Chọn: ĐÚNG.

c) [TH] Ta có: \(\overrightarrow {DP}  = ( - 4;3,2;0,6)\) mà

Vậy: \(\overrightarrow {DE}  = 5\overrightarrow {DP} \) nên hai vectơ \(\overrightarrow {DE} \) và \(\overrightarrow {DP} \) là hai vectơ cùng phương.

Vậy: \(P \in DE\). Chọn: ĐÚNG.

d) [VD]Rađa theo dõi trong bán kính: \(R = 20\left( {km} \right) = 20{\rm{ 000 }}\left( m \right)\).

Xét phương trình mặt cầu tâm \(O\): \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 400\) \(\left( S \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(DE:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 20 - 20t}\\{y = 16t}\\{z = 9 + 3t}\end{array}} \right.\)

Tìm giao điểm của mặt cầu \(\left( S \right)\)và đường thẳng \(DE\):

\({(20 - 20t)^2} + {(16t)^2} + {(9 + 3t)^2} = 400\)

\( \Leftrightarrow 400 - 800t + 400{t^2} + 256{t^2} + 81 + 54t + 9{t^2} = 400\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = 1}\\{{t_2} = 0,12}\end{array}} \right.\).

Vậy: Đường thẳng \(DE\)cắt mặt cầu \((S)\) tại \(2\) điểm: \(M(0{\rm{ }};{\rm{ }}16{\rm{ }};{\rm{ }}12)\) và điểm

\(N(17,6{\rm{ }};{\rm{ }}1,92{\rm{ }};{\rm{ }}9,36)\)

Khoảng cách giữa hai điểm \(M\) và \(N\): \(MN = \sqrt {514,976}  \approx 22,693(km)\)

Hay: \(MN = 22693(m)\)

Làm tròn đến hàng trăm: \(MN = 22{\rm{ }}700(m)\). Chọn: SAI.