• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay

Đề thi học kì 2 - Đề số 9

Số câu: 21 câu  Thời gian làm bài: 90 phút

Phạm vi kiểm tra: HK2

Lưu ý: Bạn chỉ có thể làm các câu hỏi trắc nghiệm. HocTot.XYZ chưa hỗ trợ làm các câu hỏi tự luận

Làm từng câu Làm tất cả

Bắt đầu làm bài

a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là $\\left\\{ \\begin{array}{l} {x = 3 - t} \\\\ {y = - 1 + 4t} \\\\ {z = 0,6 - 0,6t} \\end{array} \\right.\\left( {t \\in {\\mathbb{R}}} \\right)$.

b) Khi máy bay cách mặt đất 120 m thì vị trí của máy bay trên đường thẳng AB là điểm D(2,2; 2,2; 0,12).

c) Độ cao của máy bay khi xuyên qua lớp mây để hạ cánh là 0,5 km (làm tròn kết quả tới hàng phần mười).

d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối G(4; 6; 0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi lớp mây tầm nhìn của người phi công là 1500 m thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.

a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là $\\left\\{ \\begin{array}{l} {x = 3 - t} \\\\ {y = - 1 + 4t} \\\\ {z = 0,6 - 0,6t} \\end{array} \\right.\\left( {t \\in {\\mathbb{R}}} \\right)$.

b) Khi máy bay cách mặt đất 120 m thì vị trí của máy bay trên đường thẳng AB là điểm D(2,2; 2,2; 0,12).

c) Độ cao của máy bay khi xuyên qua lớp mây để hạ cánh là 0,5 km (làm tròn kết quả tới hàng phần mười).

d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối G(4; 6; 0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi lớp mây tầm nhìn của người phi công là 1500 m thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.

a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là $\\left\\{ \\begin{array}{l} {x = 3 - t} \\\\ {y = - 1 + 4t} \\\\ {z = 0,6 - 0,6t} \\end{array} \\right.\\left( {t \\in {\\mathbb{R}}} \\right)$.

b) Khi máy bay cách mặt đất 120 m thì vị trí của máy bay trên đường thẳng AB là điểm D(2,2; 2,2; 0,12).

c) Độ cao của máy bay khi xuyên qua lớp mây để hạ cánh là 0,5 km (làm tròn kết quả tới hàng phần mười).

d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối G(4; 6; 0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi lớp mây tầm nhìn của người phi công là 1500 m thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.

Trong không gian Oxyz (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là ki-lô-mét), một máy bay đang ở vị trí A(3; -1; 0,6) và sẽ hạ cánh ở vị trí B(2; 3; 0) ở trên đường băng EG (hình vẽ). Có một lớp mây được mô phỏng bởi mặt phẳng $(\\alpha)$ đi qua ba điểm M(7; 0; 0), N(0; -7; 0) và P(0; 0; 0,9).

a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là $\\left\\{ \\begin{array}{l} {x = 3 - t} \\\\ {y = - 1 + 4t} \\\\ {z = 0,6 - 0,6t} \\end{array} \\right.\\left( {t \\in {\\mathbb{R}}} \\right)$.

b) Khi máy bay cách mặt đất 120 m thì vị trí của máy bay trên đường thẳng AB là điểm D(2,2; 2,2; 0,12).

c) Độ cao của máy bay khi xuyên qua lớp mây để hạ cánh là 0,5 km (làm tròn kết quả tới hàng phần mười).

d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối G(4; 6; 0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi lớp mây tầm nhìn của người phi công là 1500 m thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.

a) Đúng. $\\overset{\\rightarrow}{AB} = \\left( {2 - 3;3 - ( - 1);0 - 0,6} \\right) = \\left( {- 1;4; - 0,6} \\right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng AB: $\\left\\{ \\begin{array}{l} {x = 3 - t} \\\\ {y = - 1 + 4t} \\\\ {z = 0,6 - 0,6t} \\end{array} \\right.\\left( {t \\in {\\mathbb{R}}} \\right)$.

b) Đúng. Đổi: 120 m = 0,12 km.

Ta có $\\left. \\left\\{ \\begin{array}{l} {x = 3 - t} \\\\ {y = - 1 + 4t} \\\\ {z = 0,6 - 0,6t = 0,12} \\end{array} \\right.\\Leftrightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {t = 0,8} \\\\ {x = 2,2} \\\\ {y = 2,2} \\\\ {z = 0,12} \\end{array} \\right.\\Rightarrow D\\left( {2,2;2,2;0,12} \\right) \\right.$.

c) Đúng. $(\\alpha)$: $\\left. \\dfrac{x}{7} + \\dfrac{y}{- 7} + \\dfrac{z}{0,9} = 1\\Leftrightarrow 0,9x - 0,9y + 7z = 6,3 \\right.$.

Máy bay xuyên qua lớp mây tại: $\\left. 0,9(3 - t) - 0,9( - 1 + 4t) + 7(0,6 - 0,6t) = 6,3\\Leftrightarrow t = \\dfrac{5}{29} \\right.$.

Độ cao máy bay khi đó là $0,6 - 0,6.\\dfrac{5}{29} = \\dfrac{72}{145} \\approx 0,5$ (km).

d) Sai. Thay $t = \\dfrac{5}{29}$ vào phương trình đường thẳng AB, ta được $I\\left( {\\dfrac{82}{29}; - \\dfrac{9}{29};\\dfrac{72}{145}} \\right)$ là điểm máy bay xuyên qua lớp mây.

$IG = \\sqrt{\\left( {4 - \\dfrac{82}{29}} \\right)^{2} + \\left( {6 + \\dfrac{9}{29}} \\right)^{2} + \\left( {0 - \\dfrac{72}{145}} \\right)^{2}} \\approx 6,4$ (km).

Vì khoảng cách thực tế đến điểm G là 6,43 km, mà tầm nhìn của phi công chỉ có 1,5 km, nên phi công không thể nhìn thấy điểm G ngay khi vừa ra khỏi lớp mây.

Ứng dụng phương trình đường thẳng và mặt phẳng trong không gian tọa độ.

Một hộp có 12 quả bóng màu xanh, 7 quả bóng màu đỏ; các quả bóng có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy ngẫu nhiên lần lượt hai quả bóng trong hộp, lấy không hoàn lại. Xét các biến cố:

A: “Lần thứ hai lấy được quả màu đỏ”.

B: “Lần thứ nhất lấy được quả màu xanh”.

a) $P(B) = \\dfrac{7}{19}$.

b) $P(A \\cap B) = \\dfrac{28}{57}$.

c) $\\left. P(A \\middle| B) = \\dfrac{7}{18} \\right.$.

d) $P(\\overline{A}) = \\dfrac{12}{19}$.

a) $P(B) = \\dfrac{7}{19}$.

b) $P(A \\cap B) = \\dfrac{28}{57}$.

c) $\\left. P(A \\middle| B) = \\dfrac{7}{18} \\right.$.

d) $P(\\overline{A}) = \\dfrac{12}{19}$.

a) $P(B) = \\dfrac{7}{19}$.

b) $P(A \\cap B) = \\dfrac{28}{57}$.

c) $\\left. P(A \\middle| B) = \\dfrac{7}{18} \\right.$.

d) $P(\\overline{A}) = \\dfrac{12}{19}$.

Một hộp có 12 quả bóng màu xanh, 7 quả bóng màu đỏ; các quả bóng có kích thước và khối lượng như nhau. Lấy ngẫu nhiên lần lượt hai quả bóng trong hộp, lấy không hoàn lại. Xét các biến cố:

A: “Lần thứ hai lấy được quả màu đỏ”.

B: “Lần thứ nhất lấy được quả màu xanh”.

a) $P(B) = \\dfrac{7}{19}$.

b) $P(A \\cap B) = \\dfrac{28}{57}$.

c) $\\left. P(A \\middle| B) = \\dfrac{7}{18} \\right.$.

d) $P(\\overline{A}) = \\dfrac{12}{19}$.

Có 12 + 7 = 19 quả bóng tất cả.

a) Sai. \\(P(B) = \\frac{{12}}{{19}}\\).

c) Đúng. Sau khi B xảy ra, còn 11 quả bóng xanh và 7 quả bóng đỏ, do đó \\(P(A|B) = \\frac{7}{{18}}\\).

b) Sai. \\(P(A \\cap B) = P(B).P(A|B) = \\frac{{12}}{{19}}.\\frac{7}{{18}} = \\frac{{14}}{{54}}\\).

d) Đúng. \\(P(\\overline B ) = 1 - P(B) = 1 - \\frac{{12}}{{19}} = \\frac{7}{{19}}\\).

Sau khi \\(\\overline B \\) xảy ra, còn 12 quả bóng xanh và 6 quả bóng đỏ, do đó \\(P(A|\\overline B ) = \\frac{6}{{18}}\\).

\\(P(A) = P(B).P(A|B) + P(\\overline B ).P(A|\\overline B )\\)

\\( = \\frac{{12}}{{19}}.\\frac{7}{{18}} + \\frac{7}{{19}}.\\frac{6}{{18}} = \\frac{7}{{19}}\\).

Vậy \\(P(\\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - \\frac{7}{{19}} = \\frac{{12}}{{19}}\\).

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức nhân xác suất và công thức xác suất toàn phần.

Một chiếc bát thủy tinh có bề dày của phần xung quanh là một khối tròn xoay, khi xoay hình phẳng D quanh một đường thẳng a bất kì nào đó mà khi gắn hệ trục tọa độ Oxy (đơn vị trên trục là decimet) vào hình phẳng D tại một vị trí thích hợp, thì đường thẳng a sẽ trùng với trục Ox. Khi đó hình phẳng D được giới hạn bởi các đồ thị hàm số \\(y = x + \\frac{1}{x}\\), y = x và hai đường thẳng x = 1, x = 4. Thể tích của bề dày chiếc bát thủy tinh đó bằng bao nhiêu decimet khối (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?

Áp dụng công thức tính thể tích khối tròn xoay: \\(V = \\pi \\int\\limits_a^b {\\left| {{f^2}(x) - {g^2}(x)} \\right|dx} \\).

Bề dày chiếc bát thủy tinh được tạo thành khi xoay hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số \\(y = x + \\frac{1}{x}\\), y = x và hai đường thẳng x = 1, x = 4.

\\(V = \\pi \\int\\limits_1^4 {\\left| {{{\\left( {x + \\frac{1}{x}} \\right)}^2} - {x^2}} \\right|dx} \\)

\\(= \\pi \\int\\limits_1^4 {\\left[ {{x^2} + 2 + \\frac{1}{{{x^2}}} - {x^2}} \\right]dx} \\)

\\( = \\pi \\int\\limits_1^4 {\\left[ {2 + \\frac{1}{{{x^2}}}} \\right]dx}  = \\pi \\left( {2x - \\frac{1}{x}} \\right)\\left| {\\begin{array}{*{20}{c}}{^4}\\\\{_1}\\end{array}} \\right. \\)

\\(= \\pi \\left( {2.4 - \\frac{1}{4}} \\right) - \\pi \\left( {2.1 - \\frac{1}{1}} \\right) \\)

\\(= \\frac{{27\\pi }}{4} \\approx 21,2\\) \\(\\left( {d{m^3}} \\right)\\).

Trong không gian Oxyz, mắt một người quan sát đặt tại điểm M(1; 2; 3) và vật cần quan sát đặt tại điểm N(3; 6; -12). Một tấm bìa cứng có dạng hình tròn tâm tại gốc tọa độ, bán kính R = 2 thuộc mặt phẳng (Oxy) bắt đầu xuất phát đi thẳng theo hướng vecto \\(\\vec j = (0;1;0)\\) với tốc độ không đổi v = 5 (cm/s). Tính khoảng thời gian mà trong quá trình di chuyển tấm bìa đã che khuất tầm nhìn của người quan sát. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm. (Lấy đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 1 cm).

Tìm giao điểm P của MN và (Oxy). Trên mặt phẳng (Oxy), tính thời gian tấm bìa đi qua điểm P.

\\(\\overrightarrow {MN}  = (3 - 1;6 - 2; - 12 - 3) = (2;4; - 15)\\).

Phương trình đường thẳng MN: \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}x = 1 + 2t\\\\y = 2 + 4t\\\\z = 3 - 15t\\end{array} \\right.\\) \\((t \\in \\mathbb{R})\\).

MN giao với mặt phẳng (Oxy): z = 0 tại: \\(3 - 15t = 0 \\Leftrightarrow t = \\frac{1}{5}\\).

Thay \\(t = \\frac{1}{5}\\) vào phương trình của MN, ta tìm được giao điểm là \\(P\\left( {\\frac{7}{5};\\frac{{14}}{5};0} \\right)\\).

Xét trên mặt phẳng (Oxy): \\(P\\left( {\\frac{7}{5};\\frac{{14}}{5}} \\right)\\), đường tròn (C): \\({x^2} + {y^2} = 4\\).

Giả sử đường thẳng d: \\(x = \\frac{7}{5}\\) cắt (C) tại A và B.

(C) di chuyển cùng hướng với tia Oy nên đoạn thẳng AB trên tấm bìa sẽ chắn tầm nhìn (vì đường thẳng AB đi qua P).

Thay \\(x = \\frac{7}{5}\\) vào phương trình (C), được \\(y =  \\pm \\frac{{\\sqrt {51} }}{5} \\Rightarrow AB = \\frac{{2\\sqrt {51} }}{5}\\) (cm).

Thời gian tấm bìa che khuất tầm nhìn của người quan sát là \\(\\frac{{AB}}{5} \\approx 0,57\\) (giây).

Hình chỏm cầu có một đáy là một phần của hình cầu bị chia bởi một mặt phẳng. Một rada có thể phát hiện các mục tiêu trong khu vực của một hình chỏm cầu với chiều rộng trên mặt đất là một hình tròn với bán kính 450 km và chiều cao 30 km. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với mặt phẳng Oxy là mặt đất (xem mặt đất là mặt phẳng), trục Oz hướng lên cao và gốc tọa độ O trùng với vị trí của rada (tham khảo hình vẽ bên), mỗi đơn vị trên trục là 1 km. Một tên lửa bắt đầu từ vị trí điểm A(30; –780; 60), dự định bay thẳng với vận tốc không đổi 7 km/giây hướng thẳng đến vị trí của rada. Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi nó bắn trúng rada là bao nhiêu giây? (làm tròn đến hàng đơn vị).

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian.

Đặt tên các điểm như hình vẽ.

Xét tam giác DBC vuông tại D, đường cao DO:

\\(D{O^2} = BO.CO = {450^2} = 30.CO \\Leftrightarrow CO = 6750\\) (km).

\\( \\Rightarrow BC = CO + BO = 6750 + 30 = 6780\\) (km).

Bán kính mặt cầu là \\(R = \\frac{{6780}}{2} = 3390\\) (km). Do đó \\(IO = 3390 - 30 = 3360 \\Rightarrow I(0;0;-3360)\\).

Phương trình mặt cầu: \\({x^2} + {y^2} + {(z + 3360)^2} = {3390^2}\\).

Vecto chỉ phương của OA là \\(\\overrightarrow u  = \\frac{1}{{30}}\\overrightarrow {OA}  = (1; - 26;2)\\).

Phương trình đường thẳng OA: \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}x = t\\\\y =  - 26t\\\\z = 2t\\end{array} \\right.\\).

Để tìm giao điểm K của OA với mặt cầu, ta xét:

\\({t^2} + {( - 26t)^2} + {(2t + 3360)^2} = {3390^2}\\)

\\( \\Leftrightarrow 227{t^2} + 4480t - 67500 = 0\\)

\\(\\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}t = 10\\\\t =  - \\frac{{6750}}{{227}} \\approx  - 29,7\\end{array} \\right.\\).

Vì cao độ K dương nên \\(2t > 0 \\Leftrightarrow t > 0\\), do đó \\(K\\left( {10; - 260;20} \\right)\\).

\\(OK = \\sqrt {{{10}^2} + {{\\left( { - 260} \\right)}^2} + {{20}^2}}  = 10\\sqrt {681} \\) (km).

Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi bắn trúng rada là \\(\\frac{{10\\sqrt {681} }}{7} \\approx 37\\) (giây).

Một công nhân đi làm ở thành phố khi trở về nhà chỉ có 2 cách: hoặc đi theo đường ngầm hoặc đi qua cầu. Nếu đi lối đường ngầm 75% trường hợp ông ta về đến nhà trước 6 giờ tối; còn nếu đi lối cầu chi có 70% trường hợp (nhưng đi lối cầu thích hơn). Vợ ông ta nhận thấy rằng: Bình quân cứ 100 lần về nhà thì 71 lần ông ta về nhà trước 6 giờ tối. Tìm xác suất để công nhân đó đã đi lối cầu biết rằng ông ta về đến nhà sau 6 giờ tối (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes.

Gọi các biến cố:

A: “Công nhân đi lối ngầm”.

Suy ra \\(\\overline A \\): “Công nhân đi lối cầu”.

B: “Công nhân về nhà trước 6 giờ tối”.

Suy ra \\(\\overline B \\): Công nhân về nhà sau 6 giờ tối”.

Ta có \\(P\\left( {B|A} \\right) = 0,75\\), \\(P\\left( {B|\\overline A } \\right) = 0,7\\), \\(P\\left( B \\right) = 0,71\\).

Cần tính \\(P\\left( {\\overline A |\\overline B } \\right) = \\frac{{P\\left( {\\overline A } \\right).P\\left( {\\overline B |\\overline A } \\right)}}{{P\\left( {\\overline B } \\right)}}\\).

Ta có \\(P\\left( B \\right) = P\\left( A \\right).P\\left( {B|A} \\right) + P\\left( {\\overline A } \\right).P\\left( {B|\\overline A } \\right)\\)

\\( \\Leftrightarrow 0,71 = \\left[ {1 - P\\left( {\\overline A } \\right)} \\right].0,75 + P\\left( {\\overline A } \\right).0,7\\)

\\( \\Leftrightarrow P\\left( {\\overline A } \\right) = 0,8\\).

\\(P\\left( {\\overline B } \\right) = 1 - P\\left( B \\right) = 1 - 0,71 = 0,29\\).

\\(P\\left( {\\overline B |\\overline A } \\right) = 1 - P\\left( {B|\\overline A } \\right) = 1 - 0,7 = 0,3\\).

Vậy \\(P\\left( {\\overline A |\\overline B } \\right) = \\frac{{P\\left( {\\overline A } \\right).P\\left( {\\overline B |\\overline A } \\right)}}{{P\\left( {\\overline B } \\right)}} = \\frac{{0,8.0,3}}{{0,29}} \\approx 0,83\\).

1. Xác suất có điều kiện

Xác suất có điều kiện là xác suất của một sự kiện xảy ra khi biết rằng một sự kiện khác đã xảy ra. Xác suất có điều kiện được biểu thị dưới dạng P(X|Y), có nghĩa là xác suất của sự kiện X xảy ra, biết rằng sự kiện Y đã xảy ra.

2. Công thức xác suất toàn phần

Công thức này được sử dụng để tính xác suất của một biến cố B khi không biết trực tiếp, nhưng biết xác suất của B xảy ra dưới các điều kiện của một hệ đầy đủ các biến cố xung khắc $(A_1, A_2, ..., A_n)$. Hệ biến cố $A_1, A_2, ..., A_n$ được gọi là đầy đủ nếu hợp của chúng là không gian mẫu và chúng đôi một xung khắc. Công thức có dạng:

$P(B) = P(B|A_1)P(A_1) + P(B|A_2)P(A_2) + ... + P(B|A_n)P(A_n)$.

3. Công thức Bayes

Công thức Bayes cho phép tính xác suất có điều kiện của một biến cố (A) khi biết một biến cố khác (B) đã xảy ra. Nó liên hệ xác suất có điều kiện P(A|B) với xác suất có điều kiện ngược lại P(B|A) và xác suất riêng của các biến cố P(A) và P(B). Công thức có dạng:

$P(A|B) = \\frac{P(B|A) \\cdot P(A)}{P(B)}$.

Cho hàm số $f(x) = \\dfrac{a}{x^{2}} + \\dfrac{b}{x} + 2$, với a, b là các số hữu tỉ thỏa điều kiện ${\\int\\limits_{\\dfrac{1}{2}}^{1}{f(x)\\text{d}x}} = 2 - 3\\ln 2$. Tính T = a + b.

\\(\\int\\limits_{\\frac{1}{2}}^1 {\\left( {\\frac{a}{{{x^2}}} + \\frac{b}{x} + 2} \\right)dx} \\)

\\( = \\left( { - \\frac{a}{x} + b\\ln \\left| x \\right| + 2x} \\right)\\left| {\\begin{array}{*{20}{c}}{^1}\\\\{_{\\frac{1}{2}}}\\end{array}} \\right.\\)

\\( = \\left( { - \\frac{a}{1} + b\\ln \\left| 1 \\right| + 2.1} \\right) - \\left( { - \\frac{a}{{\\frac{1}{2}}} + b\\ln \\left| {\\frac{1}{2}} \\right| + 2.\\frac{1}{2}} \\right)\\)

\\( = \\left( { - a + 2} \\right) - \\left( { - 2a + b\\ln \\frac{1}{2} + 1} \\right)\\)

\\( = 1 + a - b\\ln \\frac{1}{2}\\)

\\( = 1 + a + b\\ln 2\\).

Theo giả thiết:

\\(\\left\\{ \\begin{array}{l}1 + a = 2\\\\b =  - 3\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}a = 1\\\\b =  - 3\\end{array} \\right. \\)

\\(\\Rightarrow a + b =  - 2\\).

Áp dụng công thức tích phân của các hàm số cơ bản.

Cho đường thẳng \\(d\\) có phương trình chính tắc \\(\\frac{{x - 3}}{1} = \\frac{{y + 3}}{3} = \\frac{{z - 2}}{7}\\).

a) Tìm một vectơ chỉ phương của \\(d\\) và một điểm trên \\(d\\).

b) Viết phương trình tham số của \\(d\\).

a) Đường thẳng \\(d\\) có phương trình chính tắc \\(\\frac{{x - 3}}{1} = \\frac{{y + 3}}{3} = \\frac{{z - 2}}{7}\\), nên nó đi qua điểm \\(M\\left( {3; - 3;2} \\right)\\) và nhận \\(\\vec a = \\left( {1;3;7} \\right)\\) là một vectơ chỉ phương.

b) Từ câu a, ta suy ra phương trình tham số của đường thẳng \\(d\\) là \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}x = 3 + t\\\\y =  - 3 + 3t\\\\z = 2 + 7t\\end{array} \\right.\\).

a) Từ phương trình chính tắc, chỉ ra một điểm và một vectơ chỉ phương của \\(d\\).

b) Từ câu a, viết phương trình tham số của \\(d\\).

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm \\(A\\left( {2;1;1} \\right)\\) và \\(B\\left( {2;1;3} \\right)\\).

a) Viết phương trình mặt cầu đường kính AB.

b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ \\(O\\left( {0;0;0} \\right)\\) và mặt cầu (S) đi qua A.

a) Gọi (C) là mặt cầu đường kính AB, khi đó (C) có tâm \\(I\\left( {2;1;2} \\right)\\) là trung điểm của cạnh AB.

Bán kính của (C) là \\(IA = 1\\).

Phương trình mặt cầu đường kính AB là:

(C): \\({\\left( {x - 2} \\right)^2} + {\\left( {y - 1} \\right)^2} + {\\left( {z - 2} \\right)^2} = 1\\).

b) Bán kính của (S) là \\(OA = \\sqrt 6 \\).

Phương trình mặt cầu đường (S) là (S): \\({x^2} + {y^2} + {z^2} = 6\\).

Ý a: Xác định tâm và bán kính của mặt cầu cần tìm, tâm là trung điểm I của cạnh AB, bán kính là cạnh \\(IA = IB\\).

Ý b: Bán kính của mặt cầu là cạnh OA.