Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là:

a) Đúng.

Gọi \(x\,\,\left( \text{km} \right)\) là độ dài quãng đường \(BD\); \(8-x\,\,\left( \text{km} \right)\) là độ dài quãng đường \(CD\).

b) Sai.

Thời gian chèo thuyền trên quãng đường \(AD=\sqrt{{{x}^{2}}+9}\) là:

\(\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+9}}{6}\) (giờ).

Thời gian chạy trên quãng đường \(DB\) là: \(\frac{8-x}{8}\) (giờ).

c) Sai.

Tổng thời gian di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là:

\(f\left( x \right)=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+9}}{6}+\frac{8-x}{8}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right)=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+9}}{6}+\frac{8-x}{8}\) trên khoảng \(\left( 0;\,\,8 \right)\).

Ta có \({f}'\left( x \right)=\frac{x}{6\sqrt{{{x}^{2}}+9}}-\frac{1}{8}\); \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 3\sqrt{{{x}^{2}}+9}=4x\Leftrightarrow x=\frac{9}{\sqrt{7}}\).

Bảng biến thiên:

d) Đúng.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy thời gian ngắn nhất để di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là \(1+\frac{\sqrt{7}}{8}\).

Vậy khoảng thời gian ngắn nhất để người đàn ông đến \(B\) là \(1+\frac{\sqrt{7}}{8}\approx {{1}^{\text{h}}}2{0}'\).

a) Đúng.

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & \left( S \right)\text{:}{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2x-4y-2z+\frac{9}{2} & =0  \\   \Leftrightarrow  & \left( S \right)\text{:}{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}} & =\frac{3}{2}  \\\end{array}\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -1;2;1 \right)\).

b) Sai.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính \(R=\frac{\sqrt{6}}{2}\).

Vì \(A{{I}^{2}}={{\left( 0+1 \right)}^{2}}\,+{{\left( 2-2 \right)}^{2}}\,+{{\left( 0-1 \right)}^{2}}\,=\,2>\,\frac{3}{2}\,=\,{{R}^{2}}\) nên điểm \(A\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).

c) Đúng.

Vì mặt cầu \(\left( {{S}'} \right)\) tâm \(A\) đi qua điểm \(B\) nên mặt cầu \(\left( {{S}'} \right)\) có bán kính

\(R\,=\,AB\,=\,\sqrt{{{\left( 2-0 \right)}^{2}}\,+\,{{\left( -6-2 \right)}^{2}}\,+\,{{\left( -2-0 \right)}^{2}}}\,=\,\sqrt{72}\).

Do đó, phương trình mặt cầu \(\left( {{S}'} \right)\): \({{x}^{2}}\,+\,{{\left( y-2 \right)}^{2}}\,+\,{{z}^{2}}\,=\,72\).

d) Đúng.

Vì \(B{{I}^{2}}={{\left( 2+1 \right)}^{2}}\,+{{\left( -6-2 \right)}^{2}}\,+{{\left( -2-1 \right)}^{2}}\,=\,82>\,\frac{3}{2}\,=\,{{R}^{2}}\) nên điểm \(B\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).

Ta có hai điểm \(A\), \(B\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).

Gọi \(K\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB\) thì \(K\left( 1;-2;-1 \right)\) và \(K\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}\)\(=\left( \overrightarrow{MK}+\overrightarrow{KA} \right).\left( \overrightarrow{MK}+\overrightarrow{KB} \right)\)

\(=M{{K}^{2}}+\overrightarrow{MK}.\left( \overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KB} \right)+\overrightarrow{KA}.\overrightarrow{KB}\)\(=M{{K}^{2}}-K{{A}^{2}}\).

Suy ra \(\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}\) nhỏ nhất khi \(M{{K}^{2}}\) nhỏ nhất, tức là \(MK\) nhỏ nhất.

Đánh giá: \(IM+MK\ge IK\Rightarrow R+MK\ge IK\Rightarrow MK\)\(\ge IK-R\).

Suy ra \(MK\) nhỏ nhất bằng \(IK-R\), xảy ra khi \(I\), \(M\), \(K\) thẳng hàng và \(M\) nằm giữa hai điểm \(I\), \(K\). Như vậy \(M\) là giao điểm của đoạn thẳng \(IK\) và mặt cầu \(\left( S \right)\).

Có \(\overrightarrow{IK}=\left( 2;-4;-2 \right)\), \(IK=\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -4 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}=2\sqrt{6}=4R=4IM\).

Suy ra \(\overrightarrow{IK}=4\overrightarrow{IM}\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & 2=4\left( a+1 \right) \\  & -4=4\left( b-2 \right) \\  & -2=4\left( c-1 \right) \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & a=-\frac{1}{2} \\  & b=1 \\  & c=\frac{1}{2} \\ \end{align} \right.\).

Vậy \(a+b+c=1\).

a) Đúng. Vì hộp có \(10\) bi xanh nên số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right)=10\).

b) Đúng. Vì bạn Nam lấy ngẫu nhiên 1 viên bi từ hộp chứa \(10\) bi xanh và \(8\) bi đen nên \(n\left( \Omega  \right)=18\).

Do đó, \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{10}{18}=\frac{5}{9}\).

c) Sai. Nếu \(A\) xảy ra tức là bạn Nam lấy được bi xanh thì trong hộp có \(17\) viên bi với \(8\) bi đen.

Do đó, \(P\left( \left. B \right|A \right)=\frac{8}{17}\ne \frac{4}{9}\).

d) Sai.

Áp dụng công thức nhân xác suất, ta có:

\(P\left( A.B \right)=P\left( A \right).P\left( \left. B \right|A \right)=\frac{5}{9}.\frac{8}{17}=\frac{40}{153}\approx 0,3\ne 0,8.\)

a) Đúng.

\(f\left( 0 \right)={{2}^{0}}-\cos 0=0\).

Vậy mệnh đề đã cho đúng.

b) Sai.

\({F}'\left( x \right)=f\left( x \right)={{2}^{x}}-\cos x.\)

\(\Rightarrow {{\left( x-2025 \right)}^{2}}{F}'\left( 0 \right)={{\left( 0-2025 \right)}^{2}}\left( {{2}^{0}}-\cos 0 \right)=0.\)

Vậy mệnh đề đã cho sai.

c) Đúng

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số \(F\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ: \({{x}_{0}}=\frac{\pi }{2}\) là \(k={F}'\left( \frac{\pi }{2} \right)=f\left( \frac{\pi }{2} \right)={{2}^{\frac{\pi }{2}}}-\cos \frac{\pi }{2}=\sqrt{{{2}^{\pi }}}\).

Vậy mệnh đề đã cho đúng.

d) Đúng.

\(\int{f(x)\text{d}x}=\int{\left[ {{2}^{x}}-\cos x \right]\text{d}x}=\frac{{{2}^{x}}}{\ln 2}-\sin x+C\)\(\Rightarrow F\left( x \right)=\frac{{{2}^{x}}}{\ln 2}-\sin x+C\).

Giả thiết \(F\left( 0 \right)=\frac{1}{\ln 2}\Leftrightarrow \frac{{{2}^{0}}}{\ln 2}-\sin 0+C=\frac{1}{\ln 2}\Leftrightarrow C=0\).

\(\Rightarrow F\left( x \right)=\frac{{{2}^{x}}}{\ln 2}-\sin x\)\(\Rightarrow F\left( -1 \right)=\frac{{{2}^{-1}}}{\ln 2}-\sin \left( -1 \right)=\frac{1}{2\ln 2}+\sin 1\).

Vậy mệnh đề đã cho đúng.

Gọi \(O=AC\cap BD\). Theo giả thiết ta có \(SO\bot \left( ABCD \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OM\bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{align}  & BC\bot OM \\  & BC\bot SO \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SOM \right)\Rightarrow BC\bot SM\).

Do đó, \({{60}^{0}}=\widehat{\left( SBC \right),\left( ABCD \right)}=\widehat{SM,OM}=\widehat{SMO}\).

Tam giác \(SAC\) có \(SO\) vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại \(S\), suy ra \(SC=SA=2a\).

Trong tam giác vuông \(SMC\), ta có:

\(SM=\sqrt{S{{C}^{2}}-M{{C}^{2}}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SOM\), ta có:

\(SO=SM.\sin \widehat{SMO}=\frac{3a\sqrt{5}}{4}\); \(OM=SM.\cos \widehat{SMO}=\frac{a\sqrt{15}}{4}\).

Vì \(BC//\left( SAD \right)\) và \(M\in BC\) nên

\(d\left( BC,\left( SAD \right) \right)=d\left( M,\left( SAD \right) \right)=2d\left( O,\left( SAD \right) \right)\).

Kéo dài \(MO\) cắt \(AD\) tại \(N\), suy ra \(\left\{ \begin{align}  & ON\bot AD \\  & ON=OM=\frac{a\sqrt{15}}{4} \\ \end{align} \right.\).

Kẻ \(OK\bot SE\) \(\left( K\in SE \right)\). \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{align}  & AD\bot ON \\  & AD\bot SO \\ \end{align} \right.\Rightarrow AD\bot \left( SON \right)\Rightarrow AD\bot OK\). \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \(OK\bot \left( SAD \right)\) nên \(d\left( O,\left( SAD \right) \right)=OK\).

Trong tam giác vuông \(SON\), ta có:

\(OK=\frac{SO.ON}{\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{N}^{2}}}}=\frac{3a\sqrt{5}}{8}\).

Vậy \(d\left( BC,\left( SAD \right) \right)=2d\left( O,\left( SAD \right) \right)=2OK=\frac{3a\sqrt{5}}{4}\approx 1,68a\).