Một người đàn ông muốn chèo thuyền ở vị trí \(A\) tới điểm \(B\) về phía hạ lưu bờ đối diện, càng nhanh càng tốt, trên một bờ sông thẳng rộng \(3\,\,\text{km}\) (như hình vẽ).

Anh có thể chèo thuyền của mình trực tiếp qua sông để đến \(C\) và sau đó chạy đến \(B\), hay có thể chèo trực tiếp đến \(B\), hoặc anh ta có thể chèo thuyền đến một điểm \(D\) giữa \(C\) và \(B\) và sau đó chạy đến \(B\). Biết anh ấy có thể chèo thuyền \(6\,\,\text{km/}\,\text{h}\), chạy \(8\,\,\text{km/}\,\text{h}\) và quãng đường \(BC=8\,\,\text{km}\). Biết tốc độ của dòng nước là không đáng kể so với tốc độ chèo thuyền của người đàn ông. Gọi \(x\,\,\left( \text{km} \right)\) là độ dài quãng đường \(BD\). Xét tính đúng sai trong các khẳng định sau:

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

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\). Gọi \(I\) là trung điểm\(BC\) \(\Rightarrow I\) là trung điểm \(MN\).

Có \(AB=10\,\sqrt{2}\,(cm)\Rightarrow BC=20\,(cm)\Rightarrow BI=AI=10\,(cm)\).

Đặt \(PQ=2x\,\,\,\left( 0<x<10 \right)\Rightarrow BM=BI-IM=10-x\).

Do \(MQ\,//\,IA\Rightarrow \frac{MQ}{AI}=\frac{BM}{BI}\Rightarrow MQ=\frac{AI.BM}{BI}=\frac{10\left( 10-x \right)}{10}=10-x\).

Gọi \(R\) là bán kính của trụ \(\Rightarrow R=MI=x\(

\(\Rightarrow {{V}_{T}}=\pi {{R}^{2}}h=\pi {{x}^{2}}\left( 10-x \right)=\pi \left( -{{x}^{3}}+10{{x}^{2}} \right)\).

Xét \(f\left( x \right)=\pi \left( -{{x}^{3}}+10{{x}^{2}} \right)\) với \(0<x<10\).

Khi đó: \({f}'\left( x \right)=\pi \left( -3{{x}^{2}}+20x \right)\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=\frac{20}{3} \\ \end{align}\right.\).

Bảng biến thiên

Vậy \(\underset{x\in \left( 0;10 \right)}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=\frac{4000}{27}\) khi \(x=\frac{20}{3}\Rightarrow PQ=\frac{40}{3}\,(cm)\).