Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A(1;2;3)$, $B(0;-2;5)$. Điểm $M$ thay đổi thuộc $(Oxy)$. Giá trị nhỏ nhất của $AM+BM$ bằng bao nhiêu?

B. PHẦN TỰ LUẬN (10 điểm)

Bài 1. Trong trận thi đấu bóng bàn đơn nam giữa vận động viên An với vận động viên Bình, trận đấu gồm tối đa 5 set, người nào thắng 3 set sẽ giành chiến thắng chung cuộc. Giả sử xác suất vận động viên An thắng mỗi set là $0,6$. Tính xác suất để vận động viên An giành chiến thắng chung cuộc.

Bài 2. a) Tìm tất cả giá trị của tham số $m$ để hàm số $y=\frac{x^2}{2}-mx+\ln \left(x-1\right)$ đồng biến trên tập xác định.

b) Cho hàm số $y=f\left(x\right)$ có đạo hàm $f^{\prime }\left(x\right)={\left(x+3\right)}^2\left(x^2-x\right)$ với $\forall x\in \mathbb{R}$. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y=f\left(x^2-6x+m\right)$ có 5 điểm cực trị?

Bài 3. a) Trong không gian $Oxyz$, cho bốn điểm $A\left(1;2;3\right),B\left(2;1;4\right),C\left(7;4;5\right),D\left(2;1;8\right)$. Tìm tọa độ điểm $M\in \left(Oxy\right)$ sao cho $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|$ nhỏ nhất.

b) Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$, $SA$ vuông góc với $\left(ABC\right)$, $SA=2a$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB,AC$ theo $a$.

Bài 4. Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $0\le a\le b\le c\le 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$$P=\left(a^2-b^2\right)\left(b-c\right)+c^2\left(1-c\right)$$

Đáp án câu 6 Phần III (mã đề 004): 9.

Lời giải phần tự luận:

Bài 1. Gọi $A_k$ là biến cố: “An thắng ở séc thứ $k$, $k\in \{1;2;3;4;5\}$”. Theo giả thiết ta có $P(A_k)=0,6\Rightarrow P\left(\overline{A_k}\right)=0,4$. Các biến cố $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5$ đôi một độc lập. Để An thắng trận đấu xảy ra các trường hợp sau: TH 1: Trận đấu có 3 séc, An thắng cả 3 séc. Xác suất là $P_1=(0,6{)}^3$. TH 2: Trận đấu có 4 séc, An thua 1 trong 3 séc đầu và thắng séc thứ 4. Số cách chọn 1 séc thua là $C_3^1$ nên xác suất là $P_2=C_3^1.(0,4).(0,6{)}^3$. TH 3: Trận đấu có 5 séc, An thua 2 trong 4 séc đầu và thắng séc thứ 5. Số cách chọn 2 séc thua là $C_4^2$ nên xác suất là $P_3=C_4^2.{\left(0,4\right)}^2.{\left(0,6\right)}^3$. Các biến cố trong các trường hợp 1, 2, 3 đôi một xung khắc. Vậy xác suất để An thắng trận đấu là: $P=P_1+P_2+P_3={\left(0,6\right)}^3+C_3^1.\left(0,4\right).{\left(0,6\right)}^3+C_4^2.{\left(0,4\right)}^2.{\left(0,6\right)}^3={\left(0,6\right)}^3\left(1+1,2+6.0,16\right)=0,68256$.

Bài 2. a) TXĐ: $\left(1;+\infty \right)$. Ta có $y^{\prime }=x-m+\frac{1}{x-1}$. Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$ thì $y^{\prime }\ge 0$ với $\forall x\in \left(1;+\infty \right)\iff x+\frac{1}{x-1}\ge m$ với $\forall x\in \left(1;+\infty \right)\Rightarrow m\le \underset{\left(1;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)$. Xét hàm số $f\left(x\right)=x+\frac{1}{x-1}$ trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$ ta có $f\left(x\right)=x-1+\frac{1}{x-1}+1\ge 2\sqrt{\left(x-1\right).\frac{1}{\left(x-1\right)}}+1\ge 3\Rightarrow \underset{\left(1;+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)=3\Rightarrow m\le 3$. KL: $m\le 3$.

b) Xét $f^{\prime }\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=-3\left(\text{nghiệm bội cha˘˜n}\right)\\ x=0\\ x=1\end{array}\right]$. Đặt $g\left(x\right)=f\left(x^2-6x+m\right)\Rightarrow g^{\prime }\left(x\right)=\left(2x-6\right).f^{\prime }\left(x^2-6x+m\right)$; $g^{\prime }\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=3\\ x^2-6x+m=-3\left(\text{nghiệm bội cha˘˜n}\right)\\ x^2-6x+m=0(1)\\ x^2-6x+m=1(2)\end{array}\right]$. Hàm số $g\left(x\right)$ có 5 điểm cực trị $\iff$ mỗi phương trình (1) và (2) có hai nghiệm phân biệt khác 3 $\iff \{\begin{array}{l}9-m>0\\ 10-m>0\\ -9+m\ne 0\\ -10+m\ne 0\end{array}\iff m<9$.

Bài 3. a) Gọi $I$ là điểm thỏa $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}=\vec{0}\Rightarrow I\left(3;2;5\right)$. $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}\right)+4\overrightarrow{MI}=4\overrightarrow{MI}$. $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=\left|4\overrightarrow{MI}\right|=4MI$. Do $I$ cố định, $M$ thay đổi trên $(Oxy)$ nên $MI\ge HI$ với $H$ là hình chiếu vuông góc của $I(3;2;5)$ lên $(Oxy)\Rightarrow H(3;2;0)$. KL: $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|$ nhỏ nhất khi $M(3;2;0)$.

b) Vẽ hình thoi $AMBC$. Ta có $d(SB;AC)=d(AC;(SMB))=d(A;(SMB))$. Gọi $I$ là trung điểm $MB$. Ta có $AI\perp MB$. Vẽ $AK\perp SI,K\in SI$. Từ đó có $AK\perp (SMB)\Rightarrow AK=d(A;(SMB))$. Trong tam giác $SAI$ vuông tại $A$, $AK\perp SI$ có $\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{I}^2}+\frac{1}{A{S}^2}\Rightarrow AK=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$. KL: $d(SB;AC)=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.

Bài 4. Xét hàm số $f(a)=\left(a^2-b^2\right)(b-c)+c^2(1-c),a\in [0;b]$: $f{}^{\prime }(a)=2.(b-c).a\le 0,\forall a\in [0;b],b\in [0;c]$. Suy ra hàm số $f(a)$ nghịch biến trên $[0;b]\Rightarrow f(a)\le f(0)=-b^2(b-c)+c^2(1-c)$. Xét hàm số $g(b)=-b^2(b-c)+c^2(1-c),b\in [0;c]$: $g{}^{\prime }(b)=-3b^2+2bc$; $g{}^{\prime }(b)=0\iff \left[\begin{array}{c}b=0\\ b=\frac{2c}{3}\end{array}\right]$; $g(0)=c^2(1-c);g\left(\frac{2c}{3}\right)=-\frac{23}{27}{c}^3+c^2;g(c)=c^2(1-c)$. Suy ra $g(b)\le g\left(\frac{2c}{3}\right)=-\frac{23}{27}{c}^3+c^2$. Xét hàm số $h(c)=-\frac{23}{27}{c}^3+c^2,c\in [0;1]$: $h^{\prime }(c)=-\frac{23}{9}{c}^2+2c$; $h^{\prime }(c)=0\iff \{\begin{array}{l}c=0\\ c=\frac{18}{23}\end{array}$; $h(0)=0;h\left(\frac{18}{23}\right)=\frac{108}{529};h(1)=\frac{4}{27}$. $\underset{[0;1]}{\max }h(c)=h\left(\frac{18}{23}\right)=\frac{108}{529}$. Vậy giá trị lớn nhất của $P=\frac{108}{529}$ khi $a=0;b=\frac{12}{23};c=\frac{18}{23}$.