Đề khảo sát chất lượng Toán 12 lần 1 năm 2024 - 2025 trường THPT Triệu Sơn 3 - Thanh Hóa

a) v(t) = s’(t).

b) \(s(t) = \frac{3}{2}{t^2} + 5t + 5\).

c) Quãng đường máy bay di chuyển được sau 4 giây kể từ khi bắt đầu chạy đà là 49 mét.

d) Quãng đường máy bay đã di chuyển từ khi bắt đầu chạy đà đến khi rời đường băng là 1696 mét.

a) \(\overrightarrow {AB} = ( - 1;1; - 2)\).

b) Điểm G(a;b;c) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) thì a + b + c = 2.

c) Điểm I(xy;z) thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \), khi đó 2x + y + z = 4.

d) Gọi M(x;y;z) là điểm trên mặt phẳng tọa độ (Oyz) sao cho biểu thức \(P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}\) đạt giá trị lớn nhất. Khi đó x + y – z < -5.

a) Hàm số đồng biến trên khoảng (1;5).

b) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2.

c) a > 0.

d) Phương trình 2f(x) – e = 0 luôn có một nghiệm âm.

a) Tâm đối xứng của (C) là điểm I(1;-1).

b) Hàm số nghịch biến trên khoảng \(( - \infty ;1)\).

c) Có 1 tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đường thẳng \(d:y = - 2x - 1\).

d) Giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng \(3\sqrt 2 \).

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

\(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\).

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\).

\({u_2} = {u_1}.q = 3.2 = 6\).

Áp dụng quy tắc tính đạo hàm của hàm số mũ: \(({a^x})' = {a^x}\ln a\).

\(y' = \left( {{{13}^x}} \right) = {13^x}\ln 13\).

Đưa về tính góc giữa hai đường thẳng.

Gọi O là giao điểm của AC và BD, O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’.

Ta có OO’ là giao tuyến của hai mặt phẳng (BDD’B’) và (ACC’A’) vì O, O’ cùng thuộc cả hai mặt phẳng trên.

Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên dễ dàng chứng minh \(OO' \bot (ABCD) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OO' \bot BO\\OO' \bot CO\end{array} \right.\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BO \subset (BDD'B')\\CO \subset (ACC'A')\\BO \bot OO'\\CO \bot OO'\\OO' \subset (BDD'B') \cap (ACC'A')\end{array} \right.\) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (BDD’B’) và (ACC’A’) là góc giữa hai đường thẳng BO và CO, hay BD và AC.

Vì ABCD là hình vuông nên \(AC \bot BD\).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BDD’B’) và (ACC’A’) bằng \({90^o}\).

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) vì hàm số liên tục và có y’ < 0 trên khoảng đó.

Đồ thị hàm số dạng \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có đường tiệm cận đứng là \(x = \frac{{ - d}}{c}\).

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x + 2}}{{x - 2}}\) là đường thẳng có phương trình x = 2.

Hình chiếu A’ của điểm A(a;b;c) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ (a;b;0).

Hình chiếu vuông góc của A(1;2-3) lên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là (1;2;0).

\(\overrightarrow u - \overrightarrow v = ({x_u} - {x_v};{y_u} - {y_v};{z_u} - {z_v})\).

\(\overrightarrow u - \overrightarrow v = (1 - 2;3 - 1; - 2 + 1) = ( - 1;2; - 1)\).

Áp dụng quy tắc hình hộp.

Áp dụng quy tắc hình hộp, ta có: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).

Vì O là trung điểm của AC’ nên \(\overrightarrow {AO} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC'} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right)\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm được tính bởi công thức: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9 - 3 = 6\).

Tính số trung bình của mẫu số liệu, sau đó tính áp dụng công thức tính phương sai.

Trung bình thời gian chơi thể thao trong một ngày của một học sinh là:

\(\overline x = \frac{{10.5 + 30.9 + 50.12 + 70.10 + 90.6}}{{42}} = \frac{{360}}{7}\).

Phương sai của mẫu số liệu là:

\({S^2} = \frac{{{{10}^2}.5 + {{30}^2}.9 + {{50}^2}.12 + {{70}^2}.10 + {{90}^2}.6}}{{42}} - {\left( {\frac{{360}}{7}} \right)^2} = \frac{{29300}}{{49}} \approx 598\).

Áp dụng quy tắc tính nguyên hàm của hàm số lũy thừa và hàm số lượng giác:

\(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}}\); \(\int {\sin xdx} = - \cos x + C\).

\(\int {\left( {\sin x + 4{x^3}} \right)dx} = - \cos x + {x^4} + C\).

a) v(t) = s’(t).

b) \(s(t) = \frac{3}{2}{t^2} + 5t + 5\).

c) Quãng đường máy bay di chuyển được sau 4 giây kể từ khi bắt đầu chạy đà là 49 mét.

d) Quãng đường máy bay đã di chuyển từ khi bắt đầu chạy đà đến khi rời đường băng là 1696 mét.

a) Áp dụng lý thuyết ý nghĩa cơ học của đạo hàm.

b) Tìm \(s(t) = \int {v(t)dt} \).

c) Tính s(4).

d) Tính s(32).

a) Đúng. Từ ý nghĩa cơ học của đạo hàm, ta có v(t) = s’(t).

b) Sai. Ta có v(t) = s’(t) nên \(s(t) = \int {v(t)dt} = \int {(5 + 3t)dt} = \frac{3}{2}{t^2} + 5t + C\).

Theo đề bài, t là thời gian kể từ khi máy bay bắt đầu chạy đà. Do đó, khi t = 0, máy bay chỉ mới bắt đầu di chuyển, tức \(s(0) = 0 \Rightarrow \frac{3}{2}{.0^2} + 5.0 + C = 0 \Rightarrow C = 0\).

Vậy \(s(t) = \frac{3}{2}{t^2} + 5t\).

c) Sai. Ta có \(s(4) = \frac{3}{2}{.4^2} + 5.4 = 44\) (m).

d) Đúng. \(s(32) = \frac{3}{2}{.32^2} + 5.32 = 1696\) (m).

Vậy quãng đường máy bay đã di chuyển từ khi bắt đầu chạy đà đến khi rời đường băng (trong khoảng thời gian 32 giây) là 1696 m.

a) \(\overrightarrow {AB} = ( - 1;1; - 2)\).

b) Điểm G(a;b;c) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) thì a + b + c = 2.

c) Điểm I(xy;z) thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \), khi đó 2x + y + z = 4.

d) Gọi M(x;y;z) là điểm trên mặt phẳng tọa độ (Oyz) sao cho biểu thức \(P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}\) đạt giá trị lớn nhất. Khi đó x + y – z < -5.

a, b, c) Sử dụng các biểu thức tọa độ trong không gian.

d) Ứng dụng tọa độ điểm I vừa tìm ở câu c).

a) Sai. \(\overrightarrow {AB} = (2 - 1; - 4 + 3;5 - 3) = (1; - 1;2)\).

b) Đúng. \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 + 3}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{ - 3 - 4 - 2}}{3} = - 3\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{3 + 5 + 1}}{3} = 3\end{array} \right. \Rightarrow G(2; - 3;3) \Rightarrow a + b + c = 2 - 3 + 3 = 2\).

c) Đúng. Ta có:

\(\overrightarrow {IA} = (1 - x;3 - y;3 - z)\), \(\overrightarrow {IB} = (2 - x; - 4 - y;5 - z)\), \(\overrightarrow {IC} = (3 - x; - 2 - y;1 - z)\).

\(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}13 - 6x = 0\\ - 16 - 6y = 0\\14 - 6z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{13}}{6}\\y = \frac{{ - 8}}{3}\\z = \frac{7}{3}\end{array} \right. \Rightarrow 2x + y + z = 4\).

d) Sai. Gọi điểm I thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \), theo câu c) ta có \(I\left( {\frac{{13}}{6};\frac{{ - 8}}{3};\frac{7}{3}} \right)\).

Ta có: \( - P = 2M{A^2} + M{B^2} + 3M{C^2} = 2{\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + 3{\overrightarrow {MC} ^2}\)

\( = 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)

\( = 2\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IA} + {{\overrightarrow {IA} }^2}} \right) + \left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IB} + {{\overrightarrow {IB} }^2}} \right) + 3\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IC} + {{\overrightarrow {IC} }^2}} \right)\)

\( = 2{\overrightarrow {MI} ^2} + 4\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IA} + 2{\overrightarrow {IA} ^2} + {\overrightarrow {MI} ^2} + 2\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IB} + {\overrightarrow {IB} ^2} + 3{\overrightarrow {MI} ^2} + 6\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IC} + 3{\overrightarrow {IC} ^2}\)

\( = 6{\overrightarrow {MI} ^2} + 2{\overrightarrow {IA} ^2} + {\overrightarrow {IB} ^2} + 3{\overrightarrow {IC} ^2} + 4\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {IC} \)

\( = 6M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2} + 3I{C^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} } \right)\)

\( = 6M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2} + 3I{C^2} + 2\overrightarrow {MI} .\overrightarrow 0 \)

\( = 6M{I^2} + 2I{A^2} + I{B^2} + 3I{C^2}\).

Suy ra \(P = - 6M{I^2} - 2I{A^2} - I{B^2} - 3I{C^2}\).

Do giá trị của \( - 2I{A^2} - I{B^2} - 3I{C^2}\) không đổi nên P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(M{I^2}\) nhỏ nhất, hay MI nhỏ nhất.

Vì M nằm trên mặt phẳng (Oyz) nên IM nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (Oyz).

Khi đó, \(M\left( {0;\frac{{ - 8}}{3};\frac{7}{3}} \right) \Rightarrow x + y - z = - 5\).

a) Hàm số đồng biến trên khoảng (1;5).

b) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2.

c) a > 0.

d) Phương trình 2f(x) – e = 0 luôn có một nghiệm âm.

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Áp dụng kiến thức về sự tương giao đồ thị.

a) Sai. Hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) và nghịch biến trên khoảng (2;5).

b) Đúng. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2.

c)Sai. Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = - \infty \) nên hệ số a < 0.

d) Đúng. \(2f(x) - e = 0 \Leftrightarrow f(x) = \frac{e}{2}\).

Phương trình 2f(x) – e = 0 luôn có một nghiệm âm khi đồ thị hàm số y = f(x) cắt đồ thị hàm số \(y = \frac{e}{2}\) tại một điểm có hoành độ âm.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{e}{2}\) là đường thẳng song song với trục hoành, được minh họa trên bảng biến thiên như sau:

Ta thấy đường thẳng \(y = \frac{e}{2}\) cắt đồ thị y = f(x) tại một điểm có hoành độ âm nên phương trình 2f(x) – e = 0 có một nghiệm âm.

a) Tâm đối xứng của (C) là điểm I(1;-1).

b) Hàm số nghịch biến trên khoảng \(( - \infty ;1)\).

c) Có 1 tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đường thẳng \(d:y = - 2x - 1\).

d) Giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng AB bằng \(3\sqrt 2 \).

a) Tâm đối xứng của đồ thị (C) là giao điểm của đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang.

b) Xét dấu đạo hàm y’.

c) Từ đường thẳng d, tìm được hệ số góc của tiếp tuyến, từ đó suy ra phương trình tiếp tuyến.

d) Khi AB ngắn nhất, I là trung điểm của AB.

Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm và bất đẳng thức Cauchy.

a) Sai. Đồ thị (C) có đường tiệm cận đứng là x = 1 và đường tiệm cận ngang là y = 1 nên tâm đối xứng là I(1;1).

b) Đúng. Ta có \(y' = - \frac{2}{{{{(x - 1)}^2}}} < 0\), \(\forall x \ne 1\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(( - \infty ;1)\).

c) Đúng. Giả sử \(M({x_0};{y_0})\) là tiếp điểm. Tiếp tuyến song song với đường thẳng \(d:y = - 2x - 1\) nên hệ số góc là k = -2.

Khi đó \(y'({x_0}) = - 2 \Leftrightarrow - \frac{2}{{{{({x_0} - 1)}^2}}} = - 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}M(0; - 1)\\M(2;3)\end{array} \right.\).

+ Phương trình tiếp tuyến tại M(0;-1) là y = -2x – 1 (loại vì trùng với d).

+ Phương trình tiếp tuyến tại M(2;3) là y = -2(x – 2) + 3 hay y = -2x + 7 (thỏa mãn).

d) Sai. Ta có \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = 1 + \frac{2}{{x - 1}}\).

Khi đó \(A\left( {{x_A};1 + \frac{2}{{{x_A} - 1}}} \right)\), \(B\left( {{x_B};1 + \frac{2}{{{x_B} - 1}}} \right)\).

Khi AB ngắn nhất, I là trung điểm của AB. Do đó:

\(\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = {x_I} \Leftrightarrow {x_A} + {x_B} = 2{x_I} \Leftrightarrow {x_B} = 2{x_I} - {x_A} = 2.1 - {x_A} = 2 - {x_A}\).

Ta có \(AB = \sqrt {{{({x_B} - {x_A})}^2} + {{({y_B} - {y_A})}^2}} \)

\( = \sqrt {{{({x_B} - {x_A})}^2} + {{\left( {1 + \frac{2}{{{x_B} - 1}} - 1 - \frac{2}{{{x_A} - 1}}} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt {{{(2 - {x_A} - {x_A})}^2} + {{\left( {\frac{2}{{2 - {x_A} - 1}} - \frac{2}{{{x_A} - 1}}} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt {{{(2 - 2{x_A})}^2} + {{\left( {\frac{2}{{1 - {x_A}}} - \frac{2}{{{x_A} - 1}}} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt {{{\left[ {2(1 - {x_A})} \right]}^2} + {{\left( {\frac{2}{{1 - {x_A}}} + \frac{2}{{1 - {x_A}}}} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt {4{{(1 - {x_A})}^2} + {{\left( {\frac{4}{{1 - {x_A}}}} \right)}^2}} \)

\( = \sqrt {4{{(1 - {x_A})}^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {1 - {x_A}} \right)}^2}}}} \).

Ta có \(4{(1 - {x_A})^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {1 - {x_A}} \right)}^2}}} \ge 2\sqrt {4{{(1 - {x_A})}^2}.\frac{{16}}{{{{\left( {1 - {x_A}} \right)}^2}}}} = 2\sqrt {4.16} = 16\).

Do đó \(AB \ge \sqrt {16} = 4\).

Áp dụng quy tắc nhân và phương pháp tính xác suất của biến cố đối.

A: “Có ít nhất một trong hai học sinh được chọn đạt yêu cầu”.

\(\overline A \): “Hai học sinh được chọn không ai đạt yêu cầu”.

Từ đề bài, ta suy ra 20% học sinh tỉnh X không đạt yêu cầu và 10% học sinh tỉnh Y không đạt yêu cầu.

Do đó \(P(\overline A ) = 20\% .10\% = 0,02\).

Vậy \(P(A) = 1 - P(\overline A ) = 1 - 0,02 = 0,98\).

Lập bảng biến thiên, tìm tọa độ các điểm cực trị và áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm.

Ta có \(y' = 1 - \frac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Hai điểm cực trị của (C) là A(0;3) và B(-2;-1) nên \(d = AB = \sqrt {{{( - 2 - 0)}^2} + {{( - 1 - 3)}^2}} = 2\sqrt 5 \Rightarrow {d^2} = 20\).

Điểm cực đại là B(-2;-1) nên \({d_1} = OB = \sqrt {{{( - 2 - 0)}^2} + {{( - 1 - 0)}^2}} = \sqrt 5 \Rightarrow {d_1}^2 = 5\).

Vậy \({d^2} + {d_1}^2 = 20 + 5 = 25\).

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt đều: \(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1}^2 + \sqrt {{S_1}{S_2}} + {S_2}^2} \right)\).

Đặt tên các điểm như hình vẽ, H là hình chiếu vuông góc của D’ lên mặt phẳng (ABCD).

Khi đó AB = 80, A’B’ = 60, DD’ = 50.

Áp dụng công thức tính đường chéo hình vuông, ta có \(BD = 80\sqrt 2 \), \(B'D' = 60\sqrt 2 \).

\(DH = \frac{{BD - B'D'}}{2} = \frac{{80\sqrt 2 - 60\sqrt 2 }}{2} = 10\sqrt 2 \).

Chiều cao sọt là \(h = D'H = \sqrt {D'{D^2} - D'{H^2}} = \sqrt {{{50}^2} - {{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}} = 10\sqrt {23} \).

Thể tích sọt có dạng khối chóp cụt đều là:

$V=\frac{1}{3}h\left( {{S}_{1}}^{2}+\sqrt{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}\text{ }\!\!~\!\!\text{ }+{{S}_{2}}^{2} \right)=\frac{1}{3}10\sqrt{23}\left( {{80}^{2}}+\sqrt{{{80}^{2}}{{.60}^{2}}}+{{60}^{2}} \right)$

$\approx 236594$ $c{{m}^{3}}\approx 0,24$ ${{m}^{3}}$.

Lập hàm số biểu diễn chiều dài của thang theo biến x. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số đó.

Đặt HC = x > 0. Suy ra BC = x + 0,5.

Áp dụng định lí Thales, ta có \(\frac{{HC}}{{BC}} = \frac{{MH}}{{AB}} \Leftrightarrow \frac{x}{{x + 0,5}} = \frac{4}{{AB}} \Leftrightarrow AB = \frac{{4(x + 0,5)}}{x}\).

Vì tam giác ABC vuông tại B nên suy ra \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {(x + 0,5)^2} + \frac{{16{{(x + 0,5)}^2}}}{x} = f(x)\).

Để chiều dài thang nhỏ nhất thì AC nhỏ nhất, hay \(A{C^2}\) nhỏ nhất.

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) với x > 0.

\(f'(x) = \frac{{\left( {4{x^3} + 3{x^2} + \frac{{65}}{2}x + 16} \right){x^2} - 2x\left( {{x^4} + {x^3} + \frac{{65}}{2}{x^2} + 16x + 4} \right)}}{{{x^4}}} = \frac{{2{x^4} + {x^3} - 16x - 8}}{{{x^3}}}\).

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\). Loại \(x = - \frac{1}{2} < 0\).

Ta có bảng biến thiên:

Vậy chiều dài thang nhỏ nhất là \(AC = \sqrt {\frac{{125}}{4}} \). Khi đó a + 5b = 125 + 5.4 = 145.

Áp dụng quy tắc tổng hợp lực, tính chất vecto của trọng tâm tam giác.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Vì tam giác ABC đều nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do đó, GA = GB = GC = 0,5 m.

Theo đề bài, ta có OA = OB = OC = L nên \(OG \bot (ABC)\) và \(\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right| = L\).

Gọi F là độ lớn của các lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} \), \(\overrightarrow {{F_2}} \), \(\overrightarrow {{F_3}} \) trên mỗi sợi dây. Khi đó, F = F(L) là một hàm số với biến số L.

Ta có \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = F\) và tồn tại hằng số \(k \ne 0\) sao cho \(\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {OA} \), \(\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {OB} \), \(\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {OC} \).

Suy ra \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = k\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right) = k.3\overrightarrow {OG} \).

Mặt khác, có \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow P \) với \(\overrightarrow P \) là trọng lực tác dụng lên chiếc đèn.

Suy ra \(\left| {\overrightarrow P } \right| = 27 \Rightarrow k.3\left| {\overrightarrow {OG} } \right| = 27 \Leftrightarrow k = \frac{9}{{OG}}\).

Tam giác AOG vuông tại G nên \(OG = \sqrt {O{A^2} - G{A^2}} = \sqrt {{L^2} - 0,{5^2}} \) với L > 0,5.

Khi đó \(F(L) = \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = k\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \frac{{9L}}{{\sqrt {{L^2} - 0,{5^2}} }}\) (với L > 0,5).

Suy ra \(F(L) \le 12 \Leftrightarrow \frac{{9L}}{{\sqrt {{L^2} - 0,{5^2}} }} \le 12 \Leftrightarrow 3L \le 4\sqrt {{L^2} - 0,{5^2}} \Leftrightarrow 9{L^2} \le 16{L^2} - 4 \Leftrightarrow 7{L^2} \ge 4 \Leftrightarrow L \ge \frac{{2\sqrt 7 }}{7}\).

Vậy chiều dài tối thiểu của mỗi sợi dây là \(\frac{{2\sqrt 7 }}{7} \approx 0,76\) (m).

Gọi vị trí người quan sát là M, điểm B’ đối xứng với B qua mặt phẳng Oxy.

MA + MB ngắn nhất khi MA + MB’ ngắn nhất.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho điểm xuất phát là gốc O như hình vẽ trên.Khi đó tọa độ hai khinh khí cầu là A(3;4;1) và \(B\left( { - 1; - \frac{3}{2};\frac{4}{5}} \right)\).

Gọi M là vị trí người quan sát và \(B'\left( { - 1; - \frac{3}{2}; - \frac{4}{5}} \right)\) là điểm đối xứng với B qua mặt phẳng (Oxy).

Khi đó \(MA + MB = MA + MB' \ge AB' = \sqrt {{{\left( {3 + 1} \right)}^2} + {{\left( {4 + \frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {1 + \frac{4}{5}} \right)}^2}} \approx 7,03\) km.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M, A, B’ thẳng hàng và M thuộc đoạn AB’.