Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị \(\left( C \right)\) và hai đường tiệm cận như hình.

Đường tiệm cận ngang của đồ thị \(\left( C \right)\) là:

Đáp án:

Vì điểm \(M\left( {a;b;c} \right) \in \left( {Oxz} \right)\) nên tọa độ tung độ của \(M\) bằng \(0\), tức là \(b = 0\). Do đó, ta có \(M\left( {a;0;c} \right)\).

Ta chọn điểm \(I\) sao cho: \(5\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {IC} = \vec 0\).

Khi đó, tọa độ điểm \(I\left( {{x_I};{y_I};{z_I}} \right)\) được tính bằng công thức:

\({x_I} = \frac{{5{x_A} + 3{x_B} + 4{x_C}}}{{5 + 3 + 4}} = \frac{{5 \cdot 1 + 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 4 \cdot 3}}{{12}} = \frac{{5 - 3 + 12}}{{12}} = \frac{{14}}{{12}} = \frac{7}{6}\)

\({y_I} = \frac{{5{y_A} + 3{y_B} + 4{y_C}}}{{12}} = \frac{{5 \cdot 0 + 3 \cdot 2 + 4 \cdot 1}}{{12}} = \frac{{6 + 4}}{{12}} = \frac{{10}}{{12}} = \frac{5}{6}\)

\({z_I} = \frac{{5{z_A} + 3{z_B} + 4{z_C}}}{{12}} = \frac{{5 \cdot 2 + 3 \cdot 2 + 4 \cdot 1}}{{12}} = \frac{{10 + 6 + 4}}{{12}} = \frac{{20}}{{12}} = \frac{5}{3}\)

Vậy \(I\left( {\frac{7}{6};\frac{5}{6};\frac{5}{3}} \right)\).

Khi đó,

\(2\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = 2\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right) = 2M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} } \right) + 2\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IB} \)

\(\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} = \left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right) = M{I^2} + \overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right) + \overrightarrow {IB} \cdot \overrightarrow {IC} \)

\(3\overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} = 3\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right) = 3M{I^2} + 3\overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {IA} } \right) + 3\overrightarrow {IC} \cdot \overrightarrow {IA} \)

Cộng ba biểu thức trên lại, ta được:

\(S = 6M{I^2} + \overrightarrow {MI} \cdot \left[ {2\left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} } \right) + \left( {\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right) + 3\left( {\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {IA} } \right)} \right] + {C_0}\)

\( = 6M{I^2} + \overrightarrow {MI} \cdot \left[ {5\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} + 4\overrightarrow {IC} } \right] + {C_0} = 6M{I^2} + {C_0}\).

(Trong đó \({C_0} = 2\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IB} \cdot \overrightarrow {IC} + 3\overrightarrow {IC} \cdot \overrightarrow {IA} \) là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của \(M\)).

Tìm điểm \(M\) để \(S\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Do \({C_0}\) là hằng số, \(S\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài đoạn thẳng \(MI\) nhỏ nhất.

Vì \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\), \(MI\) nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\).

Hình chiếu vuông góc của điểm \(I\left( {\frac{7}{6};\frac{5}{6};\frac{5}{3}} \right)\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) thu được bằng cách giữ nguyên hoành độ, cao độ và cho tung độ bằng \(0\): \(M\left( {\frac{7}{6};0;\frac{5}{3}} \right)\).

Từ đó ta có hệ số tọa độ của \(M\left( {a;b;c} \right)\) là: \(a = \frac{7}{6},\quad b = 0,\quad c = \frac{5}{3}\).

Vậy \(T = 6 \cdot \left( {\frac{7}{6}} \right) - 5 \cdot 0 + 3 \cdot \left( {\frac{5}{3}} \right) = 7 - 0 + 5 = 12\).

Đáp án: 12.

Đáp án:

Thể tích chiếc hộp hình hộp chữ nhật không nắp là: \(V\left( x \right) = x\left( {30 - 2x} \right)\left( {80 - 2x} \right) = 4{x^3} - 220{x^2} + 2400x\).

Xét với \(x \in \left[ {5;10} \right]\).

Đạo hàm: \(V'\left( x \right) = 12{x^2} - 440x + 2400 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{20}}{3}\) hoặc \(x = 30\) (loại).

Lập bảng biến thiên chỉ ra \(V\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = \frac{{20}}{3} \approx 6,67{\rm{\;cm}}\).

Đáp án: 6,67.