Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Cực trị tổng khoảng cách trong hình học phẳng (Toán học Lớp 10, 11, 12)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hai cột là $AO=3m$, $BC=5m$, $OB=6m$, $M$ trên đoạn $OB$ với $OM=x$, $0\le x\le 6$. Chiều dài dây $f(x)=AM+MC=\sqrt{x^2+9}+\sqrt{(6-x{)}^2+25}$. Lấy $A^{\prime }(0;-3)$ đối xứng $A$ qua mặt đất, khi đó $AM+MC=A^{\prime }M+MC\ge A^{\prime }C=\sqrt{6^2+(5+3{)}^2}=\sqrt{36+64}=10$. Dấu bằng khi $M$ là giao của $A^{\prime }C$ với $OB$ (tồn tại vì $A^{\prime },C$ khác phía). Vậy chiều dài dây ít nhất là $10m$.

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 $a=0;b=\frac{12}{23};c=\frac{18}{23}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm nửa đường tròn bên trái, bán kính $r=1$ km (theo hình vẽ). Hình chữ nhật rộng $2$ km nên hai tâm nửa đường tròn cách nhau $2$ km. Chọn hệ tọa độ với $O(0;0)$, đường tròn trái: $x^2+y^2=1$. Theo hình vẽ, $P$ cách cạnh trái của hình chữ nhật $2$ km về phía trái và cách cạnh dưới $\frac{1}{2}$ km xuống dưới; vì cạnh dưới cách $O$ một khoảng $r=1$ km nên $P(-2;-1,5)$. Khi đó $OP=\sqrt{(-2{)}^2+(-1,5{)}^2}=\sqrt{6,25}=2,5$ km. Điểm $Q$ trên đường đua gần $P$ nhất nằm trên nửa đường tròn trái, là giao điểm của tia $PO$ với đường tròn (thuộc nửa đường tròn trái nên thỏa mãn), do đó $P{Q}_{\min }=OP-r=2,5-1=1,5$ km. Vậy khoảng cách ngắn nhất bằng $1,5$ km, trùng đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi tọa độ: $O(0;0)$, $P(600;0)$, $A(0;200)$, $B(600;300)$, $M(x;0)$ với $0\le x\le 600$. Cần minimize $f(x)=\sqrt{x^2+200^2}+\sqrt{(600-x{)}^2+300^2}$. Dùng phép phản xạ: lấy $A^{\prime }(0;-200)$ đối xứng với $A$ qua bờ sông (trục $Ox$). Khi đó $MA=M{A}^{\prime }$, nên $f(x)=M{A}^{\prime }+MB\ge A^{\prime }B$, dấu bằng khi $A^{\prime },M,B$ thẳng hàng. Đường thẳng $A^{\prime }B$ qua $(0;-200)$ và $(600;300)$ có phương trình $y=-200+\frac{500}{600}x=-200+\frac{5}{6}x$. Giao với trục $Ox$: $0=-200+\frac{5}{6}x\Rightarrow x=240$. Vậy $OM=240m$ (thỏa $0\le 240\le 600$), khớp đáp án nguồn 240.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ tại gốc tọa độ, $B=(3;0)$, $C=\left(\frac{5}{2};\frac{5\sqrt{3}}{2}\right)$ (vì $\widehat{BAC}=60°$). Xét $P=\sqrt{3}MA+MB+MC$ là tổng các hàm lồi (chuẩn của vectơ), nên mỗi cực tiểu địa phương là cực tiểu toàn cục.

Xét $M=A$: khi đó $P=\sqrt{3}\cdot 0+AB+AC=3+5=8$.

Kiểm tra $M=A$ thực sự là điểm đạt min: xét đạo hàm theo hướng tại $A$. Theo phương đơn vị $v$ bất kỳ:
- $\sqrt{3}MA$ tăng với tốc độ $\sqrt{3}$.
- $MB+MC$ giảm với tốc độ tối đa bằng $\left|{\vec{u}}_{AB}+{\vec{u}}_{AC}\right|$, trong đó ${\vec{u}}_{AB},{\vec{u}}_{AC}$ là các vectơ đơn vị từ $A$ đến $B,C$. Vì góc giữa chúng bằng $60°$, độ lớn này là $2\cos 30°=\sqrt{3}$, hướng theo phân giác trong của góc $A$.

Vậy đạo hàm theo hướng của $P$ tại $A$ luôn $\ge \sqrt{3}-\sqrt{3}=0$, dấu bằng xảy ra khi đi theo phân giác. Do tính lồi, $P$ không giảm theo mọi hướng từ $A$, tức $P\ge 8$ với mọi $M$.

Kiểm tra bằng tọa độ: lấy $M$ trên phân giác cách $A$ khoảng $t=0,5$: $M=(0,433;0,25)$, khi đó $MA=0,5$, $MB\approx 2,579$, $MC\approx 4,574$, $P\approx 8,019>8$. Thử các điểm khác cũng cho $P>8$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $8$, đạt được khi $M\equiv A$.

**Chọn A**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Phú Yên - Mã đề 132, trang 8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn D**

Ta nhận thấy đồ thị hai hàm số y  e x 1 và y  ln  x  1 đối xứng nhau qua đường thẳng
y  x  1 nên ta tịnh tiến ba đồ thị 1 đơn vị theo về bên phải theo phương song song với trục Ox
thì khi đó A di chuyển trên đồ thị y  e x và B di chuyển trên đồ thị y  ln x .

Đồ thị hai hàm số y  e x và y  ln x đối xứng nhau qua đường thẳng y  x nên AB đạt giá trị
nhỏ nhất khi và chỉ khi A, B đối xứng nhau qua đường thẳng  d  : y  x .

Giả sử A  a, e a  thì: AB  2d  A, d   2 a  e a  2 f  a   2 min f  x   2. f  0   2.
x

Vậy a  b  0, c  1  a  b  c  1.