Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: GTLN/GTNN và tối ưu (Toán học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Lập hệ trục toạ độ: xuất phát là trung điểm cạnh $AB$, gọi là $M(0;0)$; cạnh $CD$ là đường thẳng $y=200$. Bãi cát hình chữ nhật nằm chính giữa khu đất, chiều dài 120 m theo phương thẳng đứng và chiều rộng 80 m theo phương ngang (phù hợp hình vẽ: hình cao hơn rộng), nên cát chiếm miền $-40\le x\le 40$, $40\le y\le 160$. Do tính đối xứng, chỉ xét đích $P(x;200)$ với $x\ge 0$. Đặt $k=\frac{x}{200}\in \left[0;\frac{1}{2}\right]$, đường đi thẳng từ $M$ có phương trình $X=ky$, độ dài trên mỗi đơn vị $y$ là $\sqrt{1+k^2}$.

Trường hợp 1: $0\le k\le 0,25$ (tức $x\le 50$): đường đi xuyên qua cát trên đoạn $y\in [40;160]$, độ dài trên cát là $120\sqrt{1+k^2}$, độ dài trên đất là $200\sqrt{1+k^2}-120\sqrt{1+k^2}=80\sqrt{1+k^2}$. Thời gian:
$$T=\frac{80\sqrt{1+k^2}}{3}+\frac{120\sqrt{1+k^2}}{2}=\frac{260}{3}\sqrt{1+k^2},$$
nhỏ nhất tại $k=0$ với $T\approx 86,67$ s; tại $k=0,25$ có $T=\frac{260}{3}\sqrt{1,0625}\approx 89,33$ s.

Trường hợp 2: $0,25\le k\le 0,5$: đường đi vào cát qua cạnh $x=40$ tại $y=\frac{40}{k}$ và ra khỏi cát ngay tại điểm đó (phần trên của đường đi nằm ngoài bãi cát), đoạn trên cát có độ dài $\left(\frac{40}{k}-40\right)\sqrt{1+k^2}$. Thời gian:
$$T(k)=\frac{200\sqrt{1+k^2}-\left(\frac{40}{k}-40\right)\sqrt{1+k^2}}{3}+\frac{\left(\frac{40}{k}-40\right)\sqrt{1+k^2}}{2}=\sqrt{1+k^2}\left(60+\frac{20}{3k}\right).$$
Đạo hàm: $T^{\prime }(k)=\frac{60k}{\sqrt{1+k^2}}-\frac{20}{3k^2\sqrt{1+k^2}}=0⟺60k^3=\frac{20}{3}⟺k^3=\frac{1}{9}⟺k=9^{-1/3}\approx 0,4807$ (thuộc $[0,25;0,5]$).

Thời gian nhỏ nhất:
$$a=T(k^{\ast })=\left(60+\frac{20}{3}\cdot 9^{1/3}\right)\sqrt{1+9^{-2/3}}\approx (60+13,8672)\cdot 1,10956\approx 81,9633\text{s}.$$
So sánh: tại $k=0,5$ (đến góc $C$) có $T\approx 81,99$ s; tại $k=0,25$ có $T\approx 89,33$ s; trên trường hợp $k\le 0,25$ thời gian nhỏ nhất là $\approx 86,67$ s. Vậy thời gian ngắn nhất là $a\approx 81,9633$ s.

Do đó $100a\approx 8196,33$, làm tròn đến hàng đơn vị: $100a\approx 8196$, khớp với đáp án chính thức Câu 5 (8196).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0),B(200;0),C(200;200),D(0;200)$; robot xuất phát $M(100;0)$, đích $P(100+q;200)$ với $q\in [-100;100]$. Bãi cát (rộng 80 theo phương ngang, dài 120 theo phương đứng, nằm chính giữa) chiếm $60\le x\le 140$, $40\le y\le 160$. Đường đi $x=100+\frac{q}{200}y$ luôn cắt bãi cát vì tại $y=40$ có $x=100+0,2q\in [80;120]$.

Trường hợp 1 ($q\le 50$): đường đi ra khỏi cát qua cạnh trên $y=160$, đoạn trong cát dài đúng 120 m, tổng quãng đường $L=\sqrt{q^2+200^2}$. Thời gian $T=\frac{L-120}{3}+\frac{120}{2}=\frac{\sqrt{q^2+40000}}{3}+60$, nhỏ nhất tại $q=0$ với $T=\frac{200}{3}+20\approx 86,67$ s.

Trường hợp 2 ($50<q\le 100$): đường đi ra khỏi cát qua cạnh phải $x=140$ tại $F\left(140;\frac{8000}{q}\right)$, vào cát tại $E(100+0,2q;40)$. Khi đó $L_{cat}=\sqrt{(40-0,2q{)}^2+{\left(\frac{8000}{q}-40\right)}^2}$, $L=\sqrt{q^2+40000}$, và $T=\frac{L}{3}+\frac{L_{cat}}{6}$ (phần trên cát chậm hơn nên chi phí thêm $\frac{L_{cat}}{2}-\frac{L_{cat}}{3}=\frac{L_{cat}}{6}$). Giải $T^{\prime }(q)=0$ bằng phương pháp số được $q\approx 96,1$; kiểm tra: $T(80)\approx 82,33$, $T(90)\approx 82,26$, $T(96,2)\approx 81,96$, $T(98)\approx 81,97$. Vậy $T_{min}\approx \frac{221,89}{3}+\frac{47,98}{6}\approx 81,96$ s, nhỏ hơn $86,67$ s; phía $q<0$ đối xứng nên cùng giá trị.

Do đó $a\approx 81,96$ nên $100a\approx 8196$, khớp đáp án nguồn (Câu 5, Phần III: 8196).

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: xuất phát là $M(0;0)$ (chính giữa cạnh $AB$), cạnh $CD$ là đường thẳng $y=200$. Bãi cát hình chữ nhật nằm chính giữa khu đất, rộng 80 m (ngang) và dài 120 m (dọc) nên chiếm miền $-40\le x\le 40$, $40\le y\le 160$ (phù hợp hình vẽ).

Robot đi theo đường thẳng từ $M$ đến điểm $P(x;200)$ trên $CD$ với $0\le x\le 200$. Đặt $L=\sqrt{x^2+200^2}$.

Trường hợp 1: $0\le x\le 50$. Đường thẳng xuyên qua bãi cát từ $y=40$ đến $y=160$, tỉ lệ chiều dài trên cát là $\frac{120}{200}=0,6$, trên đất là $0,4$. Khi đó
$$T=\frac{0,4L}{3}+\frac{0,6L}{2}=\frac{4,3}{3}L\ge \frac{4,3}{3}\cdot 200\approx 86,67\text{ (s)},$$
nhỏ nhất tại $x=0$.

Trường hợp 2: $50\le x\le 200$. Đường thẳng cắt góc phải bãi cát: vào cát tại $y=40$ và ra qua cạnh $x=40$ tại $y=\frac{8000}{x}$ (vì phương trình đường thẳng là $X=\frac{x}{200}y$). Tỉ lệ trên cát là $\frac{\frac{8000}{x}-40}{200}=\frac{40}{x}-0,2$, tỉ lệ trên đất là $1,2-\frac{40}{x}$. Do đó
$$T=L\left(\frac{1,2-\frac{40}{x}}{3}+\frac{\frac{40}{x}-0,2}{2}\right)=L\left(0,3+\frac{20}{3x}\right).$$

Tìm cực tiểu: $T^{\prime }(x)=0$ cho
$$0,3x^3=\frac{20}{3}\cdot 40000⟺x^3=\frac{8000000}{9}⟺x=\frac{200}{\sqrt[3]{9}}\approx 96,15\in (50;200).$$
Khi đó $L=\sqrt{x^2+40000}\approx 221,91$ và
$$a=T\approx 221,91\left(0,3+\frac{20}{3\cdot 96,15}\right)\approx 81,955\text{ (giaˆy)}.$$

So sánh: $81,955<86,67$ nên thời gian ngắn nhất là $a\approx 81,955$ giây. Suy ra $100a\approx 8195,5\approx 8196$, khớp với đáp án nguồn 8196.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ, đồ thị $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ đi qua $B(-1;0)$, cắt trục tung tại $(0;1)$ và có tiệm cận đứng $x=-2$ (đồng thời tiệm cận ngang $y=2$).

$f(-1)=0\Rightarrow -a+b=0\Rightarrow b=a$; $f(0)=1\Rightarrow \frac{b}{d}=1\Rightarrow d=a$; mẫu số $cx+d=c(x+2)\Rightarrow d=2c\Rightarrow c=\frac{a}{2}$.

Kiểm tra $A\left(4;\frac{5}{3}\right)$: $f(4)=\frac{5a}{\frac{a}{2}\cdot 4+a}=\frac{5a}{3a}=\frac{5}{3}$ ✓.

Chọn $a=2$: $y=\frac{2x+2}{x+2}$, với $x\in [-1;4]$.

Bình phương khoảng cách từ $M(x;y)$ đến $O$:
$$O{M}^2=x^2+\frac{4(x+1{)}^2}{(x+2{)}^2}=f(x).$$

$f^{\prime }(x)=2x+\frac{8(x+1)}{(x+2{)}^3}$. Cho $f^{\prime }(x)=0$:
$$x(x+2{)}^3+4(x+1)=0\iff x^4+6x^3+12x^2+12x+4=0.$$

Dùng máy tính CAS trên $[-1;4]$ được nghiệm $x\approx -0,5863$ (nghiệm duy nhất, $f^{\prime }$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ nên là điểm cực tiểu).

Khi đó $y=\frac{2x+2}{x+2}\approx 0,5853$ và
$$O{M}_{\min }=\sqrt{(-0,5863{)}^2+(0,5853{)}^2}\approx \sqrt{0,6863}\approx 0,8284\approx 0,83.$$

Khớp với đáp án nguồn $0,83$.

(AI giải đề cho tôi)
Sau khi cắt hai tam giác vuông ở mỗi đỉnh (cạnh góc vuông nhỏ $x$), phần gập lên tạo thành chiều cao của lăng trụ. Theo hình vẽ, cạnh đáy của lăng trụ là $90-2x$ (cm), chiều cao là $x\sqrt{3}$ (cm). Diện tích đáy lục giác đều cạnh $90-2x$ là $\frac{3\sqrt{3}}{4}(90-2x{)}^2$. Thể tích: $$V(x)=\frac{3\sqrt{3}}{4}(90-2x{)}^2\cdot x\sqrt{3}=\frac{9}{4}x(90-2x{)}^2,0<x<45.$$ Xét $f(x)=x(90-2x{)}^2$, có $f^{\prime }(x)=(90-2x{)}^2-4x(90-2x)=(90-2x)(90-6x)$. Trên $(0;45)$, $f^{\prime }(x)=0\iff x=15$; với $x<15$ thì $f^{\prime }>0$, với $x>15$ thì $f^{\prime }<0$, nên $V$ đạt giá trị lớn nhất tại $x=15$. Vậy $x=15$ (cm), trùng với đáp án nguồn (bảng đáp án Câu 3 = 15).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục Oxy với O là góc bờ hồ, A=(a,0) trên bờ ngang, B=(0,b) trên bờ dọc. Vì M cách bờ tại H là 160 m và cách bờ tại K là 40 m nên M=(160;40). Đường thẳng AB qua M có phương trình x/a + y/b = 1, nên 160/a + 40/b = 1. An chạy quãng đường AO+OB = a+b, cần nhỏ nhất. Đặt t=a+b, từ ràng buộc: 160b+40a=ab, thay b=t−a: 160t−120a=a(t−a) ⇒ a²−a(t+120)+160t=0. Để có nghiệm: (t+120)²≥640t ⇔ t²−400t+14400≥0 ⇔ t≤40 hoặc t≥360. Vậy min t=360, khi đó a=(t+120)/2=240, b=120. Bình chèo quãng đường AB=√(240²+120²)=120√5≈268,3≈268 (m). Khớp đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $r$ $(0<r<6)$ là cạnh của lục giác đều nhỏ, đồng thời là bán kính đường tròn ngoại tiếp của đáy chóp. Cạnh bên $L$ nối đỉnh ngoài (cách tâm $6$) với đỉnh trong liền kề (cách tâm $r$), góc giữa hai bán kính bằng $60^{\circ }$, nên theo định lý cosin: $L^2=36+r^2-2\cdot 6\cdot r\cos 60^{\circ }=36+r^2-6r$. Đáy là lục giác đều cạnh $r$ nên $h=\sqrt{L^2-r^2}=\sqrt{36-6r}$, $S=\frac{3\sqrt{3}}{2}{r}^2$, do đó $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{\sqrt{3}}{2}{r}^2\sqrt{36-6r}$. Xét $f(r)=r^4(36-6r)$, $f^{\prime }(r)=r^3(144-30r)=0\Rightarrow r=4,8$ (cực đại vì $f^{\prime }>0$ với $r<4,8$, $f^{\prime }<0$ với $r>4,8$). Khi đó $V_{\max }=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot (4,8{)}^2\cdot \sqrt{7,2}\approx 53,54$ dm³, làm tròn đến hàng phần mười là $53,5$ dm³.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $p=x^2+y^2$, $s=x+y$ ($s>0$ vì $x,y\ge 0$, $p\ne 0$). Phương trình trở thành $$(p+10)\log \frac{p+25}{s}=\frac{10s-25}{p}+p+9.$$ Đặt $w=\frac{p+25}{s}$ (suy ra $s=\frac{p+25}{w}$). Khi đó $\frac{10s-25}{p}=\frac{10p+250-25w}{wp}$, và phương trình tương đương $$(p+10)(\log w-1)=\frac{(10-w)(p+25)}{wp},$$ tức $$g(w):=(p+10)(\log w-1)+\frac{(p+25)(w-10)}{wp}=0.$$ Ta có $g(10)=0$ và $g^{\prime }(w)=\frac{p+10}{w\ln 10}+\frac{p+25}{wp}>0$ với mọi $w>0$, nên $g$ đơn điệu tăng nghiêm ngặt $\Rightarrow$ phương trình có nghiệm duy nhất $w=10$. Vậy $$\frac{x^2+y^2+25}{x+y}=10⟺x^2+y^2+25=10(x+y)⟺(x-5{)}^2+(y-5{)}^2=25.$$ Đường tròn tâm $(5;5)$ bán kính $5$ tiếp xúc với hai trục tại $(5;0)$, $(0;5)$ nên nằm hoàn toàn trong miền $x,y\ge 0$; do đó tập nghiệm là đường tròn này (với $x+y>0$ luôn đúng vì $\min (x+y)=10-5\sqrt{2}>0$). Xét $Q=\frac{3x+4y-10}{x+y}$. Với $Q$ cố định, điều kiện $3x+4y-10=Q(x+y)$, tức đường thẳng $(3-Q)x+(4-Q)y-10=0$, phải cắt đường tròn. Giá trị lớn nhất/nhỏ nhất của $Q$ xảy ra khi đường thẳng tiếp xúc với $(x-5{)}^2+(y-5{)}^2=25$: $$\frac{|5(3-Q)+5(4-Q)-10|}{\sqrt{(3-Q{)}^2+(4-Q{)}^2}}=5⟺(25-10Q{)}^2=25(2Q^2-14Q+25)$$ $$⟺50Q^2-150Q=0⟺Q=0\text{ hoặc }Q=3.$$ Kiểm tra: tại $(2;1)$ (thuộc đường tròn) $Q=\frac{6+4-10}{3}=0$; tại $(5;10)$ $Q=\frac{15+40-10}{15}=3$. Vì $Q$ liên tục trên đường tròn (liền mạch), $\min Q=0$, $\max Q=3$. Vậy tổng cần tính là $0+3=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1a) Viết $y=\frac{x^2}{x-1}=x+1+\frac{1}{x-1}$. Phép đối xứng qua đường thẳng $d:y=x-1$ biến điểm $(x,y)$ thành $(y+1,x-1)$. Xét điểm $P(t,\frac{t^2}{t-1})$ trên $(C)$; ảnh của $P$ qua $d$ là $P^{\prime }\left(\frac{t^2}{t-1}+1,t-1\right)$. Để $P^{\prime }$ thuộc $(C)$ ta cần $t-1=\frac{(P_x^{\prime }{)}^2}{P_x^{\prime }-1}$ với $P_x^{\prime }-1=\frac{t^2}{t-1}$, suy ra $(t^2+t-1{)}^2=t^2(t-1{)}^2$, tức $t^2+t-1=\pm t(t-1)$. Trường hợp dấu $+$ cho $t=\frac{1}{2}$ (điểm này nằm trên trục đối xứng nên không tạo cặp); trường hợp dấu $-$ cho $t=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$. Vậy $A=P\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$, $B=P\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$. Suy ra $\Delta x=\sqrt{2}$, $\Delta y=-\sqrt{2}$, nên $AB=\sqrt{2+2}=2$. Câu 1b) $w^{\prime }(t)=0,001023t^2-0,0536t+0,819$ là parabol bậc hai có hệ số dương, đạt giá trị nhỏ nhất tại đỉnh $t=\frac{0,0536}{2\cdot 0,001023}\approx 26,2$ (thuộc đoạn $[0;36]$). Vậy tốc độ thay đổi cân nặng nhỏ nhất tại thời điểm $t\approx 26,2$ tháng (khoảng 26 tháng tuổi).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(30;0;0)$, $D(0;20;0)$, $S(0;0;40)$. Khối lập phương có ba mặt nằm trong $(ABCD)$, $(SAB)$, $(SAD)$ nên có một đỉnh tại $A$ và ba cạnh kề nằm trên $AB,AD,AS$, cạnh bằng $x$. Đỉnh đối diện $A$ của khối lập phương là $M(x;x;x)$. Điều kiện khối lập phương nằm trong hình chóp là $M$ thuộc phía trong của mặt phẳng $(SBD)$: $\frac{x}{30}+\frac{x}{20}+\frac{x}{40}\le 1\iff \frac{13x}{120}\le 1\iff x\le \frac{120}{13}\approx 9,23$. Vậy thể tích lớn nhất khi $x=\frac{120}{13}\approx 9,2$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Viết lại $y=\frac{x-m^2-2}{x-m}=1+\frac{k}{x-m}$ với $k=m-m^2-2=-(m^2-m+2)<0$ với mọi $m$ (vì $m^2-m+2=(m-\frac{1}{2}{)}^2+\frac{7}{4}>0$). Hàm số xác định trên $[0;3]$ khi $m\notin [0;3]$. Ta có $y^{\prime }=\frac{-k}{(x-m{)}^2}>0$ nên hàm số đồng biến trên mỗi nhánh; do đó trên $[0;3]$ (nằm trọn trên một nhánh) GTLN luôn đạt tại $x=3$.

Điều kiện: $1+\frac{k}{3-m}=-3\Rightarrow k=-4(3-m)=4m-12$.

TH1: $m<0$: $m-m^2-2=4m-12\iff m^2+3m-10=0\iff m=2$ (loại) hoặc $m=-5$ (thỏa). Kiểm tra: $k=-5-25-2=-32$, $y(3)=1+\frac{-32}{3+5}=1-4=-3$ ✓.

TH2: $m>3$: do hàm đồng biến trên $[0;3]$, GTLN vẫn tại $x=3$, dẫn đến cùng phương trình $m^2+3m-10=0$ với nghiệm $m=2$ hoặc $m=-5$, đều không thỏa $m>3$ (loại cả hai).

Vậy chỉ có $m=-5$: đúng 1 giá trị. Đáp án C, khớp bảng đáp án nguồn (Câu 29: C).

1) Ta tìm hai điểm $A,B$ thuộc đồ thị sao cho đường thẳng $AB$ vuông góc với đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}$ và trung điểm $I$ của $AB$ phải thuộc đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}$. Đường thẳng vuông góc với đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}$ có dạng $y=-x+m(m\in \mathbb{R})$. (0,25 điểm)

Hoành độ các điểm $A,B$ là nghiệm của phương trình
$$\frac{x^2}{x+1}=-x+m\iff 2x^2+(1-m)x-m=0(x\ne -1)(1)$$
(1) có 2 nghiệm phân biệt khác $-1\iff \{\begin{array}{l}\Delta =m^2+6m+1>0\\ 2+m-1-m\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<-3-2\sqrt{2}\\ m>-3+2\sqrt{2}\end{array}$ (0,25 điểm)

Tọa độ trung điểm $I$ của đoạn $AB$ là $\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{m-1}{4}\\ y_I=-x_I+m=\frac{3m+1}{4}\end{array}$ (0,25 điểm)

Điểm $I$ thuộc đường thẳng $y=x+\frac{1}{2}\iff \frac{3m+1}{4}=\frac{m-1}{4}+\frac{1}{2}\iff m=0$ (thỏa mãn).

Phương trình $(1)$ trở thành: $2x^2+x=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}\right]$ (thỏa mãn). (0,25 điểm)

Tìm được 2 điểm $A(0;0)\equiv O(0;0)$; $B\left(-\frac{1}{2};-\frac{1}{2}\right)$. Độ dài $AB=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

2) Đặt $BC=m$, từ đồ thị hàm số suy ra phương trình $AB$ là: $y=m$.

Có $f^{\prime }(x)=\frac{4-x^2}{x^2}$, tìm được điểm cực đại của hàm số $f(x)$ là $(2;1)$ suy ra $0<m<1$. (0,25 điểm)

$x_A,x_B$ là nghiệm của phương trình:
$$\frac{-x^2+5x-4}{x}=m\iff x^2+(m-5)x+4=0(x\ne 0)(1)$$

Có $\Delta =(m-1)(m-9)>0,\forall 0<m<1$, nên phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt khác 0 với mọi $0<m<1$.

Theo định lý Vi-ét $\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=5-m\\ x_A\cdot x_B=4\end{array}$ (0,25 điểm)

Có $AB=\sqrt{(x_B-x_A{)}^2}=\sqrt{(x_A+x_B{)}^2-4x_A{x}_B}=\sqrt{m^2-10m+9}$.

Tính được diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là $S_{ABCD}=m\sqrt{m^2-10m+9}=\sqrt{m^4-10m^3+9m^2}$.

Xét hàm số $g(m)=m^4-10m^3+9m^2$ trên khoảng $(0;1)$.
$$g^{\prime }(m)=4m^3-30m^2+18m=0\iff \{\begin{array}{l}m=0\\ m=\frac{15\pm 3\sqrt{17}}{4}\end{array}$$ (0,25 điểm)

Lập bảng biến thiên của hàm số $g(m)$ trên khoảng $(0;1)$: $g^{\prime }(m)$ dương trên $\left(0;\frac{15-3\sqrt{17}}{4}\right)$, âm trên $\left(\frac{15-3\sqrt{17}}{4};1\right)$; $g(m)$ tăng từ 0 đến $g\left(\frac{15-3\sqrt{17}}{4}\right)$ rồi giảm về 0.

Tìm được diện tích hình chữ nhật $ABCD$ đạt giá trị lớn nhất khi $m=\frac{15-3\sqrt{17}}{4}$.

Từ đó tìm được $BC=10\times \frac{15-3\sqrt{17}}{4}=\frac{15\left(5-\sqrt{17}\right)}{2}$ (mét). (0,25 điểm)

[Hình cần kiểm tra lại: p8_f1]

Với $a\ge c;b\ge c$, ta có:
$$a^2+c^2\le a^2+ac\le a^2+ac+\frac{1}{4}{c}^2={\left(a+\frac{c}{2}\right)}^2$$
$$b^2+c^2\le b^2+bc\le b^2+bc+\frac{1}{4}{c}^2={\left(b+\frac{c}{2}\right)}^2$$
Vậy ta được:
$$P=\frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\sqrt{a+b+c}\ge \frac{1}{{\left(a+\frac{c}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(b+\frac{c}{2}\right)}^2}+\sqrt{a+b+c}$$
$$\ge \frac{4}{{\left(a+\frac{c}{2}\right)}^2+{\left(b+\frac{c}{2}\right)}^2}+\sqrt{a+b+c}\ge \frac{8}{(a+b+c{)}^2}+\sqrt{a+b+c}$$
$$=\frac{8}{(a+b+c{)}^2}+\frac{1}{4}\sqrt{a+b+c}+\frac{1}{4}\sqrt{a+b+c}+\frac{1}{4}\sqrt{a+b+c}+\frac{1}{4}\sqrt{a+b+c}$$
$$\ge 5\sqrt[5]{\frac{8}{4^4}}=\frac{5}{2}$$
Vậy $P\ge \frac{5}{2}$. Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $c=0$ và $a=b=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ $y(1)=1$ và $y^{\prime }(1)=0$ suy ra $a+b=-2$ và $2a+b=-3$, nên $a=b=-1$, tức $y=\frac{x^2-x-1}{x-2}=x+1+\frac{1}{x-2}$. Hai phần đất liền là hai nhánh của hyperbol, có tâm đối xứng $I(2;3)$ (giao hai tiệm cận $y=x+1$ và $x=2$). Đoạn nối ngắn nhất giữa hai nhánh đi qua $I$, nên tìm điểm trên đường cong gần $I$ nhất rồi nhân đôi. Đặt $t=x-2\ne 0$, khi đó $y-3=t+\frac{1}{t}$ và $$d^2=t^2+{\left(t+\frac{1}{t}\right)}^2=2t^2+2+\frac{1}{t^2}.$$ Cho $d^2$ đạt cực tiểu: $4t-\frac{2}{t^3}=0\Rightarrow t^4=\frac{1}{2}\Rightarrow t^2=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra $d^2=2+2\sqrt{2}$, tức $d=\sqrt{2+2\sqrt{2}}\approx 2,1974$ đơn vị tọa độ. Vậy $A{B}_{\min }=2d\approx 4,3947$ đơn vị $=4,3947\times 60\approx 263,68$ m, làm tròn thành $264$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $Q=(0;0)$, $M=(3;0)$, $N=(0;6)$ (vì $QM\perp QN$, $QM=3$, $QN=6$). Sau $t$ giờ (tính từ 9h00): Quý đi từ $Q$ đến $M$ với tốc độ $4$ km/h nên $P_1=(4t;0)$. Minh đi từ $M$ đến $N$ với tốc độ $12$ km/h; $MN=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}$, vecto chỉ phương $\left(-\frac{1}{\sqrt{5}};\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$, nên $P_2=\left(3-\frac{12t}{\sqrt{5}};\frac{24t}{\sqrt{5}}\right)$.

Bình phương khoảng cách: $f(t)={\left(3-\left(4+\frac{12}{\sqrt{5}}\right)t\right)}^2+\frac{576}{5}{t}^2$.

Với $a=4+\frac{12}{\sqrt{5}}\approx 9,3666$, $f^{\prime }(t)=0\Rightarrow t=\frac{3a}{a^2+\frac{576}{5}}=\frac{28,0997}{202,932}\approx 0,13847$ giờ.

Đổi ra phút: $0,13847\times 60\approx 8,31$ phút, làm tròn đến hàng phần mười là $8,3$ phút. Vậy sau khoảng $8,3$ phút khoảng cách giữa Minh và Quý là ngắn nhất.

1.1. Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{1\}$. Đạo hàm: $y^{\prime }=\frac{(2x-3)(x-1)-(x^2-3x+6)}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x-3}{(x-1{)}^2}$.

$$y^{\prime }=0\iff x^2-2x-3=0\iff \{\begin{array}{ll}x=-1\Rightarrow y=-5& \Rightarrow A(-1;-5)\\ x=3\Rightarrow y=3& \Rightarrow B(3;3)\end{array}$$

Ta có $E(4;1)$. Các vector: $\overrightarrow{AB}=(4;8)$, $\overrightarrow{AE}=(5;6)$. Diện tích tam giác $EAB$ tính theo công thức tọa độ:

$$S=\frac{1}{2}\left|x_{\overrightarrow{AB}}{y}_{\overrightarrow{AE}}-x_{\overrightarrow{AE}}{y}_{\overrightarrow{AB}}\right|=\frac{1}{2}\left|4\cdot 6-5\cdot 8\right|=\frac{1}{2}\left|24-40\right|=8.$$

ĐÁP SỐ: 8 (đvdt)

1.2. Bước 1: Tính thời gian phần hồ (cố định). Tam giác $ODG$ ($O$ là trung điểm $AD$) có 3 cạnh bằng $0,5$ (km) $\Rightarrow$ tam giác đều $\Rightarrow \widehat{DOG}=60^{\circ }$. Góc ở tâm chặn cung $GA$: $\widehat{GOA}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$. Độ dài cung $GA$: $L=R\cdot \frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{3}$ km.

$$T_h=T_{cho}+T_{ven}=\frac{0,5}{5}+\frac{\pi /3}{7}=0,1+\frac{\pi }{21}.$$

Bước 2: Tối ưu hoá thời gian chạy bộ. Đặt hệ trục $A(0;0)$, $D(1;0)$. Gọi $E(x;0,5)$ và $F(y;0,5)$ với $0\le x\le y\le 1$. Hàm mục tiêu:

$$T(x,y)=\underset{f(x)}{\underbrace{\frac{\sqrt{x^2+0,5^2}}{6}-\frac{x}{10}}}+\underset{g(y)}{\underbrace{\frac{\sqrt{(1-y{)}^2+0,5^2}}{6}+\frac{y}{10}}}+\frac{1}{10}$$

(Lưu ý: đã tách $\frac{y-x}{10}=\frac{y}{10}-\frac{x}{10}$). Khảo sát hàm $f(t)=\frac{\sqrt{t^2+0,25}}{6}-\frac{t}{10}$. Đạo hàm bằng 0 khi $t=\frac{3}{8}$. Tương tự cho $y$, đặt $u=1-y$, ta cũng thu được kết quả tối ưu tương tự. Giá trị nhỏ nhất phần chạy bộ: $T_b=\frac{7}{30}$ giờ.

Tổng thời gian: $T_{min}=\frac{7}{30}+0,1+\frac{\pi }{21}=\frac{10}{30}+\frac{\pi }{21}=\frac{1}{3}+\frac{\pi }{21}$.

ĐÁP SỐ: $\frac{1}{3}+\frac{\pi }{21}$ (giờ)

Ý 1: Cực trị Hình học giải tích

Cách 1: Bất đẳng thức AM-GM (Cauchy)
- Gọi $A,B$ là giao điểm của tiếp tuyến với 2 tiệm cận $I(-1;1)$.
- Diện tích $S_{IAB}=8$ (hằng số).
- $r=\frac{8}{IA+IB+\sqrt{I{A}^2+I{B}^2}}$. Để $r$ max $\Rightarrow (IA+IB)$ min.
- $IA+IB\ge 2\sqrt{IA\cdot IB}=2\sqrt{16}=8$.
- Dấu "=" khi $IA=IB$ (Vuông cân) $\Rightarrow k=\pm 1\Rightarrow M(1;-1),M(-3;3)$.

Cách 2: Tham số hóa tọa độ
- Gọi $M(x_0;1-\frac{4}{x_0+1})$. Viết phương trình tiếp tuyến.
- Tìm tọa độ $A(-1;y_A),B(x_B;1)$. Tính độ dài $IA,IB$ theo $x_0$.
- Thiết lập hàm số bán kính $r(x_0)$ và khảo sát đạo hàm (Cách này dài nhưng tổng quát cho mọi bài toán không có tính chất tam giác vuông cân).

Ý 2: Tối ưu Hình học không gian



Cách 1: Lượng giác hóa - Khuyên dùng
- Đặt $\alpha$ là góc ở đáy $(0<\alpha <90^{\circ })$.
- $r_1=h\cot \alpha$ và $r=r_1\sin \alpha \Rightarrow r_1=\frac{r}{\sin \alpha }$.
- $S_{xq}=\pi r_{1}l=\frac{\pi r^2}{{\sin }^2\alpha \cos \alpha }$.
- Khảo sát mẫu số $f(\alpha )=(1-{\cos }^2\alpha )\cos \alpha$. Max khi $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}$.
- Kết quả: $h=r\sqrt{3}$, $r_1=\frac{r\sqrt{6}}{2}$.

Cách 2: Đại số hóa
- Đặt ẩn $h$. Ta có $\Delta \sim \Delta \Rightarrow \frac{r_1}{\sqrt{h^2+r_1^2}}=\frac{r_1}{l}=\cos \alpha$.
- Từ đồng dạng: $r_1^2=\frac{h^2{r}^2}{h^2-r^2}$.
- $S_{xq}(h)=\pi r_1\sqrt{h^2+r_1^2}$. Thay $r_1$ vào và đạo hàm theo $h$.
- Kết quả tương đương nhưng tính toán nặng nề hơn.