PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Trên đồng hồ, tại thời điểm buổi sáng đang xét, kim giờ chỉ số \(3\), kim phút chỉ số \(12\). Đến khi kim phút và kim giờ gặp nhau lần cuối cùng trước \(9\) giờ  thì kim phút quay được một góc lượng giác bằng bao nhiêu radian? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

Bán kính đường tròn \(R = 40\sqrt 2 \) nên suy ra đường chéo của hình vuông bằng \(80\sqrt 2 \) nên cạnh hình vuông bằng \(80\)cm.

Các điểm \(M\) thỏa mãn \(MI = d\left( {M,\,AB} \right)\) nằm trên một đường cong có phương trình \(y = f\left( x \right)\) và đây chính là một parabol có tiêu điểm \(I\) và đường chuẩn \(AB\). Khi đó hình phẳng \(\left( H \right)\) chính là miền được tô màu như hình vẽ

Gọi \(M\left( {x;\,y} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MI = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \\d\left( {M,\,AB} \right) = \left| {x + 40} \right|\end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}}  = \left| {x + 40} \right| \Leftrightarrow y =  \pm \sqrt {80x + 1600} \)

Giao điểm của parabol với hai cạnh \(AD\) và \(BC\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}y =  \pm \sqrt {80x + 1600} \\y =  \pm 40\end{array} \right.\)  nên suy ra \(E\left( {0;\,40} \right)\); \(F\left( {0;\, - 40} \right)\)

Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) cần tính có thể dùng tích phân hoặc công thức tính nhanh diện tích cổng parabol: \({S_{\left( H \right)}} = 2\left( {\int\limits_{ - 40}^{ - 20} {\left| {40} \right|{\rm{d}}x + \int\limits_{ - 20}^0 {\left| {40 - \sqrt {80x + 1600} } \right|{\rm{d}}x} } } \right) = 2133\)(cm²)

Khi thành thạo rồi thì ta có thể tư duy nhanh về dữ kiện đề bài cho. Ta thấy hình phẳng \(\left( H \right)\) nằm bên trong hình vuông, đồng thời thỏa mãn điều kiện \(MI \ge d\left( {M,AB} \right)\) thì đây là miền hình phẳng nằm bên trong hình vuông, giới hạn bởi một đường parabol có tiêu điểm là \(I\), đường chuẩn \(AB\) và miền cần tính chứa đường chuẩn \(AB\), bao gồm cả đường parabol.

Tính diện tích dựa trên công thức tính nhanh:

\[{S_{\left( H \right)}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} - \frac{4}{3}.EI.KI = \frac{1}{2}{.80^2} - \frac{4}{3}.40.20 = 2133\](cm²)

Trên mô hình, bán kính trái đất \({R_{mo\,\,hinh}} = \sqrt {64}  = 8\) đơn vị và trong thực tế thì \({R_{thuc\,\,te}} = 6400\)km

Suy ra tỷ lệ quy đổi là: \(k = \frac{{{R_{thuc\,\,te}}}}{{{R_{mo\,h\`i nh}}}} = \frac{{6400}}{8} = 800\)(km/đơn vị), nghĩa là 1 đơn vị độ dài trong hệ trục tọa độ tương ứng với \(800\)km ngoài thực tế

Quãng đường vệ tinh bay được là: \(S = v.t = 8.600 = 4800\)(km)

Gọi \(O\) là tâm trái đất và \(A\) là điểm phóng vệ tinh

Do \(A\) nằm trên bề mặt trái đất nên độ dài đoạn \(OA\) chính là bán kính thực tế \(OA = 6400\)km

Gọi \(B\) là vị trí của vệ tinh sau \(10\) phút bay thì đoạn đường \(AB\) chính là quãng đường bay nên suy ra \(AB = S = 4800\)(km)

Theo giả thiết, vệ tinh bay theo phương tiếp tuyến với đường tròn vĩ tuyến tại điểm \(A\) (trong mặt phẳng song song với \(Oxy\)) nên \(AB \bot Oz\)

Mặt khác, vectơ \(\overrightarrow {AB} \) vuông góc với mặt phẳng chứa trục \(Oz\) và điểm \(A\) nên \(AB \bot OA\)

Vậy tam giác \(OAB\) là tam giác vuông tại \(A\)

Khi đó độ cao của vệ tinh chính là hiệu số giữa khoảng cách từ tâm trái đất đến vị tinh

Áp dụng định lý Pytago trong \(\Delta OAB\): \(O{B^2} = O{A^2} + A{B^2} \Rightarrow OB = \sqrt {{{6400}^2} + {{4800}^2}}  = 8000\)(km)

Vậy sau \(10\) phút bay, vệ tinh đạt đến độ cao \(h = 8000 - 6400 = 1600\)(km) so với mặt đất