Một doanh nghiệp kinh doanh sản xuất đồng hồ có đồ thị hàm tổng chi phí theo số sản phẩm, là một phần của đồ thị của hàm số \[f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{2x + e}}\]như hình vẽ (mỗi đơn vị trên trục hoành tương ứng với 100 sản phẩm, mỗi đơn vị trên trục tung tương ứng với 1000 USD). Biết rằng tâm đối xứng của đồ thị hàm số đó là điểm \[I\left( { - \frac{1}{2};1} \right)\]và đường tiệm cận xiên của đồ thị đó đi qua điểm B(3;2)

                                                   

Đáp án: 34,5

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = - \frac{b}{2} = \frac{1}{2} \Rightarrow b = - 1\).

Khi đó đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + a}}{{2x - 1}}\) qua \(\left( {2\,;\,\,3} \right) \Rightarrow 3 = \frac{{2 + a}}{{2.2 - 1}} \Rightarrow a = 7\); hàm số là (C).

Ta nhận thấy để khoảng cách từ điểm M thuộc khu vườn đến hai đường thẳng là nhỏ nhất thì điểm M phải thuộc đồ thị hàm số.

Gọi \(M\left( {{x_0}\,;\,\,\frac{{{x_0} + 7}}{{2{x_0} - 1}}} \right) \in \left( C \right),\,\,{x_0} > \frac{1}{2}\). Tổng khoảng cách từ M đến hai đường thẳng \({\Delta _1},\,\,{\Delta _2}\) là

\(d = d\left( {M\,,\,\,{\Delta _1}} \right) + d\left( {M\,,\,\,{\Delta _2}} \right) = \frac{{\left| {2{x_0} + \frac{{{x_0} + 7}}{{2{x_0} - 1}} - 4} \right|}}{{\sqrt 5 }} + \frac{{\left| {{x_0} + 2 \cdot \frac{{{x_0} + 7}}{{2{x_0} - 1}} - 2} \right|}}{{\sqrt 5 }}\) ;

\(\sqrt 5 d = \left| {\frac{{4x_0^2 - 9{x_0} + 11}}{{2{x_0} - 1}}} \right| + \left| {\frac{{2x_0^2 - 3{x_0} + 16}}{{2{x_0} - 1}}} \right| = \frac{{4x_0^2 - 9{x_0} + 11}}{{2{x_0} - 1}} + \frac{{2x_0^2 - 3{x_0} + 16}}{{2{x_0} - 1}}\) (vì \(\left\{ \begin{array}{l}4x_0^2 - 9{x_0} + 11 > 0\\2{x_0} - 1 > 0\\2x_0^2 - 3{x_0} + 16 > 0\end{array} \right.\,,\,\,\forall {x_0} > \frac{1}{2}\)).

Đặt \(\sqrt 5 d = \frac{{6x_0^2 - 12{x_0} + 27}}{{2{x_0} - 1}} = g\left( x \right)\) với \({x_0} > \frac{1}{2}\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = \frac{{12x_0^2 - 12{x_0} - 42}}{{{{\left( {2{x_0} - 1} \right)}^2}}}\); \(g'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 12x_0^2 - 12{x_0} - 42 = 0 \Rightarrow {x_0} = \frac{{1 + \sqrt {15} }}{2} > \frac{1}{2}\).

Ta có: .

Dấu đẳng thức xảy ra khi \({x_0} = \frac{{1 + \sqrt {15} }}{2}\)\( \Rightarrow M\left( {\frac{{1 + \sqrt {15} }}{2}\,;\,\,\frac{{1 + \sqrt {15} }}{2}} \right)\).

Khoảng cách OM trên thực tế là mét.

a) Sai.

b) Sai

Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A'B\) và \(CE\) bằng khoảng cách giữa A’B và (EFC)

\( \Rightarrow d(A'B,CE) = d(A'B,({\rm{EF}}C)) = d(B;({\rm{EF}}C)) = d(A;({\rm{EF}}C)) = AK\)

Với H là hình chiếu của A lên EC, K là hình chiếu của A lên FH.

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{F}}^2}}} = \frac{1}{9} + \frac{1}{1} + \frac{1}{4} = \frac{{49}}{{36}} \Rightarrow AK = \frac{6}{7}\).

c) Sai.

Tam giác ABC vuông tại A \( \Rightarrow AB = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {13 - 4}  = 3\)

\( \Rightarrow {V_{ltru}} = \frac{1}{2}.2.3.4 = 12\)

d) Đúng

Góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng đáy \(\left( {ABC} \right)\) bằng A’BA

\( \Rightarrow \cos \widehat {A'BA} = \frac{{AB}}{{A'B}} = \frac{2}{{\sqrt {4 + 16} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\).