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

 Bác Nam dự định làm một máng thoát nước mưa từ một miếng tôn hình chữ nhật có chiều dài 8 m và chiều rộng 45 cm. Bác Nam chia chiều rộng của miếng tôn thành ba phần bằng nhau, mỗi phần dài 15 cm, rồi gập hai bên lên một góc \(\alpha \) (đơn vị: radian) như hình vẽ dưới đây.

Gọi \(S\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})\) là diện tích của mặt cắt ngang của máng nước. Tìm góc \(\alpha \) (làm tròn kết quả hàng phần trăm) để diện tích \(S\) là lớn nhất (sẽ cho phép nước thoát qua máng nhiều nhất).

Đáp án: 11,3.

Ta có \(\left( {OAB} \right) \cap \left( {OCD} \right) = Ox{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,CD\).

Ta có các tam giác \(OAB,OCD\) cân tại \(O\) nên \(OM \bot AB\), \(ON \bot CD \Rightarrow OM \bot Ox,ON \bot Ox\)

\( \Rightarrow \left( {\left( {OAB} \right),\left( {OCD} \right)} \right) = \left( {OM,ON} \right) = \widehat {MON} = 90^\circ \).

Suy ra tam giác \(OMN\) vuông cân tại \(O\).

Gọi \(H\) là tâm của hình vuông \(ABCD \Rightarrow H\) là trung điểm của \(MN\)\( \Rightarrow OH \bot MN\), lại có \(AB \bot OH\) suy ra \(OH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do \(ABCD\) là hình vuông và \(AC = 4a\) nên \(AB = 2\sqrt 2 a\).

Vậy thể tích của khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng: \(V = OH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{{MN}}{2} \cdot A{B^2} = 8\sqrt 2 {a^3}.\)

\( \Rightarrow k = 8\sqrt 2 \approx 11,3\).

Đáp án: 2.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có: \(I\left( {1\,;0\,; - 2} \right),\,\,R = 5\).

Gọi \(O\) là hình chiếu của \(I\) xuống mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) giao với mặt cầu \(\left( S \right)\) theo đường tròn tâm \(O\), đường thẳng \(d\) cắt đường tròn tâm \(O\) theo dây cung BC.

Gọi \(H\) là chân đường cao kẻ từ \(O\) xuống \(BC\).

Phương trình đường thẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và đi qua điểm \(I\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = - 2t}\\{z = - 2 + 2t.}\end{array}} \right.\)

Thay \(x;y;z\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được:

\(1 + t - 2 \cdot \left( { - 2t} \right) + 2 \cdot \left( { - 2 + 2t} \right) + 2 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{9}\)

\( \Rightarrow O\left( {\frac{{10}}{9};\frac{{ - 2}}{9};\frac{{ - 16}}{9}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {\frac{8}{9};\frac{{20}}{9};\frac{{16}}{9}} \right)\).

Khoảng cách từ điểm \(I\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(IO = \frac{{\left| {1 - 4 + 2} \right|}}{{\sqrt 9 }} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow O{B^2} = {R^2} - I{O^2} = \frac{{224}}{9}\).

Ta có: \(BC = 2BH = 2\sqrt {O{B^2} - O{H^2}} = 2\sqrt {\frac{{224}}{9} - O{H^2}} .\)

Mà \(OH \le OA \Rightarrow BC \ge 2\sqrt {\frac{{224}}{9} - O{A^2}} .\)

Dấu “=” xảy ra khi \(A \equiv H\)\( \Rightarrow OA \bot d \Rightarrow \overrightarrow {{u_{OA}}} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow 8a + 20b - 16 = 0\) (1).

Ta có \(\overrightarrow {IA} = \left( {1\,;\,2\,;\,2} \right)\), \(IO \bot d,OA \bot d \Rightarrow d \bot \left( {IOA} \right) \Rightarrow d \bot IA\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_{IA}}} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow a + 2b - 2 = 0\) (2).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 0}\end{array} \Rightarrow a + b = 2} \right.\).