Chọn A

Ta có $\frac{3}{e}>1$ nên hàm số $y={\log }_{\frac{3}{e}}x$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$.

Chọn B

Đặt $t=2^x$, ĐK t>0.

Phương trình trở thành $t^2-2(m+1)t+3m-4=0$(*), có $\Delta \text{'}=m^2-m+5>0,\forall m$.

Phương trình (*) có hai nghiệm dương $\left\{\begin{array}{c}{t}_1+t_2>0\\ t_1{t}_2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m+1>0\\ 3m-4>0\end{array}\iff m>\frac{3}{4}\right.$.

Khi đó

$\begin{array}{l}{x}_1={\log }_2{t}_1,x_2={\log }_2{t}_2\\ \Rightarrow x_1+x_2=3\\ \iff {\log }_2{t}_1+{\log }_2{t}_2=3\iff {\log }_2{t}_1{t}_2=3\iff t_1{t}_2=2^3\\ \iff 3m-4=8\iff m=4\end{array}$      

Chọn C

Ta có $SB=SD=SA$ nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD bán kính R=AH.

Tam giác ABD cân tại A nên H thuộc AC.

$AH=R=\frac{BD}{2\sin \widehat{BAD}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sin 120°}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sin 120°}=a$.

Gọi M là hình chiếu vuông góc của H trên AB, vì $SH\perp AB$, suy ra:

$d\left(SH;AB\right)=HM=AH.\sin \widehat{HAB}=a.\sin 60°=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.                 

Chọn A

Tịnh tiến lên trên 2 đơn vị và sang trái 3 đơn vị ta được hàm số

$y=g\left(x\right)=\frac{-5}{x+2+3}+2=\frac{2x+5}{x+5}$.

Để tìm điểm trên đồ thị có tọa độ nguyên, ta tiếp tục biến đổi

$y=g\left(x\right)=\frac{2x+5}{x+5}=2-\frac{5}{x+5}$.

Do đó những điểm có tọa độ nguyên của đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)$ là những điểm có hoành độ nguyên và thỏa mãn $x+5$ là ước của 5. Vì 5 chia hết cho $1;-1;5;-5$ nên ta sẽ có 4 điểm như

thế.

Chọn B

Hình trụ có đường kính đáy bằng 2a suy ra bán kính đáy bằng a

$S_{sq}=2\pi rl=2\pi a.a\sqrt{3}=2\pi a^2\sqrt{3}.$

Chọn C

Diện tích mặt cầu là $4\pi R^2=16\pi \left(c{m}^2\right)\iff R=2cm.$

Vậy đường kính của mặt cầu là 4cm

Chọn C

Ta có

$u_3=u_1+2d=8.$

Chọn A

Hàm số đã cho xác định trên khoảng đã cho, ta có

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{x^2+4x+4-m}{{\left(x+2\right)}^2}$.

Để hàm số đồng biến trên $\left(1;+\infty \right)$ thì  $x^2+4x+4-m\ge 0,\forall x\ge 1\iff m\le \underset{x\ge 1}{\text{min}}\left\{x^2+4x+4\right\}$.

Xét hàm số $g\left(x\right)=x^2+4x+4,x\ge 1$.

Đạo hàm $g^{\text{'}}\left(x\right)=2x+4>0,x\ge 1\Rightarrow \underset{x\ge 1}{\min }g\left(x\right)=9$.

Vậy suy ra $m\le 9$, theo yêu cầu bài toán thì có 10 giá trị của tham số cần tìm

Chọn B

Gọi H là hình chiếu của S trên (ABC)

Suy ra $SH\perp \left(ABC\right).$ Khi đó $\left(SA,\left(ABC\right)\right)=\left(SA,AH\right)=\widehat{SAH}={60}^0.$

$\Delta SAH$ vuông tại H có $\sin \widehat{SAH}=\frac{SH}{SA}\iff SH=2a.\sin {60}^0=a\sqrt{3}.$

Thể tích của khối chóp đã cho là $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4}$ (đvtt).

Chọn D

Theo bảng công thức đạo hàm, chọn D

Chọn C

$\begin{array}{l}y=x^3-x\\ y^{\text{'}}=3x^2-1\end{array}$

Pttt tại M: $y=\left(3x_M^2-1\right)\left(x-x_M\right)+x_M^3-x_M$ có hệ số góc $k_1=3x_M^2-1$

Pttt tại N: $y=\left(3x_N^2-1\right)\left(x-x_N\right)+x_N^3-x_N$ có hệ số góc $k_2=3x_M^2-1$

Do hai tiếp tuyến này song song nhau nên hệ số góc bằng nhau

$\begin{array}{l}3x_M^2-1=3x_N^2-1\\ \iff \left[\begin{array}{l}{x}_M=x_N\left(l\right)\\ x_M=-x_N\left(n\right)\end{array}\right.\\ \Rightarrow x_M+x_N=0\end{array}$

Chọn B

Nhìn vào đồ thị, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-1;1).

Chọn A

Ta có tập xác định của hàm số là $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$.

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{1+m}{{\left(x+1\right)}^2}$.

Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định $\iff y^{\text{'}}>0,\forall x\in D\iff 1+m>0\iff m>-1$.

Chọn D

Ta có

$V_{ABMG}^{}=\frac{1}{3}.d\left(G;\left(AMB\right)\right).S_{AMB}^{}=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.d\left(D;\left(ABC\right)\right).\frac{4}{5}.S_{ABC}^{}$

$=\frac{4}{15}.\frac{1}{3}.d\left(D;\left(ABC\right)\right).S_{ABC}^{}=\frac{4}{15}.V_{ABCD}^{}$

Do đó $\frac{V_{ABMG}^{}}{V_{ABCD}^{}}=\frac{4}{15}.$

Chọn B

Ta có $y\text{'}=x_{}^2-x-4$

Xét phương trình $y\text{'}=0\iff x_{}^2-x-4=0$ có biệt thức $\Delta =17>0$ nên phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt do đó hàm số đã cho có hai điểm cực trị là $x_1^{},x_2^{}$

Theo vi-ét ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1^{}+x_2^{}=1\\ x_1^{}.x_2^{}=-4\end{array}\right.$

Ta có $x_1^2+x_2^2={\left(x_1^{}+x_2^{}\right)}_{}^2-2x_1^{}.x_2^{}=9$.

Chọn D

a>0 nên loại đáp án A và B.

$x=1\Rightarrow y=3$ đồ thị hàm số đi qua điểm (1;3) nên loại đáp án C, chọn D

Chọn D

$n\left(\Omega \right)=9!$

Gọi A là biến cố: “Có đúng 2 học sinh nam đứng xen kẽ với 3 học sinh nữ.

Xếp 6 học sinh nam có 6! cách. Mỗi cách xếp này tạo ra 7 khoảng trống.

Xếp 3 bạn nữ vào 3 khoảng trống liên tiếp có 5 cách, hoán vị 3 bạn nữ có cách.

Xác suất của biến cố $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{6!5.3!}{9!}=\frac{5}{84}$.

Chọn A

Xét đáp án A hàm số $y=1-\sqrt{x-x^2}$ có D=[0;1] và $y^{\text{'}}=\frac{2x-1}{2\sqrt{x-x^2}}$, $y^{\text{'}}=0\iff x=\frac{1}{2}$.

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=\frac{1}{2}$. Chọn đáp án A.

Chọn B

${\log }_2^{2}x-\left(m+2\right){\log }_{2}x+3m-1=0\left(1\right)$.

Điều kiện x>0.

Đặt $t={\log }_{2}x;t\in ℝ.$Phương trình (1) trở thành:

$t^2-\left(m+2\right)t+3m-1=0\left(2\right)$.

Phương trình (2) có hai nghiệm $x_1;x_2$ khi và chỉ khi có 2 nghiệm $t_1;t_2$.

Khi đó $x_1.x_2=8\iff 2^{t_1}{.2}^{t_2}=8\iff t_1+t_2=3$.

Bài toán trở thành tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt $t_1;t_2$ sao cho

$t_1+t_2=3$.

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \ge 0\\ S=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(m+2\right)}^2-4\left(3m-1\right)\ge 0\\ m+2=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-8m+8\ge 0\\ m=1\end{array}\right.\iff m=1$

Vậy m=1.

Chọn C

Từ đồ thị hàm số trên ta thấy:

$y=a^x$ là hàm đồng biến, suy ra a>1.

$y={\log }_{b}x$ là hàm đồng biến, suy ra b>1.

$y={\log }_{c}x$ là hàm nghịch biến, suy ra c>1.

Khi đó suy ra b>c (1).

Lấy đối xứng đồ thị hàm số $y={\log }_{b}x$ qua đường thẳng y=x, ta được đồ thị hàm số $y=b^x$.

Khi $x\to +\infty$, thì $a^x>b^x\Rightarrow a>b$ (2).

Từ (1) và (2) ta có a>b>c.

Chọn A

Ta có đồ thị hàm y=sinx

Từ đồ thị hàm số y=sinx ta thấy đồ thị hàm số có đường cong đi lên khi $x\in \left(-\frac{\pi }{2};0\right)$, nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\frac{\pi }{2};0\right)$.

Chọn B

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB khi đó IA=IB=4 và $OI\perp AB.$

Trong (SOI) kẻ $OH\perp SI.$

Ta có $\left.\begin{array}{l}OI\perp AB\\ SO\perp AB\end{array}\right\}\Rightarrow AB\perp \left(SOI\right)\Rightarrow AB\perp OH.$

Ta có $\left.\begin{array}{l}OH\perp SI\\ OH\perp AB\end{array}\right\}\Rightarrow OH\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d\left(OH,\left(SAB\right)\right)=OH.$

Trong tam giác vuông SOI với đường cao OH, ta có

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{I}^2}\iff OH=\frac{SO.OI}{\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}}$

Áp dụng định lý pytago vào tam giác OAI vuông tại I,ta có:

$O{A}^2=O{I}^2+I{A}^2\iff O{I}^2=O{A}^2-I{A}^2=5^2-4^2=9\iff OI=3.$

Hình nón có góc ở đỉnh bằng ${60}^o$ nên $\widehat{OSA}={30}^o.$ Trong $\Delta SOA$ vuông tại O ta có: 

$\tan {30}^o=\frac{OA}{SO}\iff SO=\frac{OA}{\tan {30}^o}=\frac{5}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=5\sqrt{3}$.

Vậy $OH=\frac{5\sqrt{3}.3}{\sqrt{{\left(5\sqrt{3}\right)}^2+3^2}}=\frac{15\sqrt{7}}{14}$.

Chọn B

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1$, $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=1$ suy ra đồ thị hàm số f(x) có tiệm cận ngang y=1.

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$, $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ suy ra đồ thị hàm số f(x) có tiệm cận đứng x=0.

$\underset{x\to 3^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$, $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ suy ra đồ thị hàm số f(x) có tiệm cận đứng x=3.

Vậy đồ thị hàm số f(x) có ba đường tiệm cận.

Chọn D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=19\\ x=-20\\ x=21\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số  có hai điểm cực trị

Chọn D

Ta có $f\left(x\right)=3-2\sqrt{2}\left(*\right)$.

Số nghiệm của phương trình  bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng $y=3-2\sqrt{2}$.

Dựa vào hình vẽ, hai đồ thị cắt nhau tại 1 điểm.

Vậy phương trình $f\left(x\right)=3-2\sqrt{2}$ có 1 nghiệm.

Chọn D

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có y(2)=7 và $y^{\text{'}}=3x^2-2$. Suy ra y'(2)=10.

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 2 là

    $y=10\left(x-2\right)+7$.

Chọn C

Có  mặt phẳng cách đều tất cả các đỉnh của một hình lăng trụ tam giác.

Chọn D

                 Khối trụ tạo thành có bán kính R=NC=1, chiều cao h=AB=1.

                 Thể tích khối trụ là $V=\pi R^2.h=\pi$.

Chọn A

Đặt $SO=h,AB=y\Rightarrow BO=\frac{y\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SB=\sqrt{h^2+\frac{y^2}{2}}$

Khi đó $R=\frac{S{B}^2}{2SO}\iff 9=\frac{h^2+\frac{y^2}{2}}{2h}\iff h^2+\frac{y^2}{2}=18h\iff y^2=36h-2h^2\Rightarrow 0<h<18$

                 Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}{y}^2.h=\frac{1}{3}\left(36h-2h^2\right).h=\frac{1}{3}\left(36h^2-2h^3\right)$

                 Xét $f\left(h\right)=36h^2-2h^3\Rightarrow f\text{'}\left(h\right)=72h-6h^2$

$f\text{'}\left(h\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}h=0\\ h=12\end{array}\right.$

                 Bảng xét dấu

                 Vậy thể tích lớn nhất khi h=12

Chọn D

Ta có: ${\log }_3\left(4x-1\right)<1\iff \left\{\begin{array}{c}4x-1>0\\ 4x-1<3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}x>\frac{1}{4}\\ x<1\end{array}\right.\iff \frac{1}{4}<x<1$.

Chọn B

Ta có: ${\log }_{b}c={\log }_{b}a.{\log }_{a}c\iff {\log }_a{a}^{{\log }_{b}c}={\log }_a{c}^{{\log }_{b}a}\iff a^{{\log }_{b}c}=c^{{\log }_{b}a}$.

Chọn A

Phương trình đã cho có nghiệm $\iff m^2+1^2\ge {\left(1-m\right)}^2\iff m^2+1^2\ge 1-2m+m^2\iff m\ge 0$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi $m\ge 0$.

Chọn D

Trong mặt phẳng (ABC) kẻ $AM\perp BC$ với $M\in BC$.

Trong mặt phẳng (ADM) kẻ $AH\perp DM\left(1\right)$ với $H\in DM$.

Ta có $\left.\begin{array}{l}AM\perp BC\\ AD\perp BC\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(DAM\right)\Rightarrow BC\perp AH\left(2\right)$.

Từ (1) và (2) suy ra $AH\perp \left(BCD\right)$

Vậy khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (BCD) là AH.

Trong tam giác $\Delta ABC$ vuông tại A ta có:

$\frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}\iff \frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2a^2}\iff \frac{1}{A{M}^2}=\frac{3}{2a^2}\iff AM=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Trong tam giác $\Delta ADM$ vuông tại A ta có:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{9}{A{M}^2}\iff \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{9}{6a^2}\iff \frac{1}{A{H}^2}=\frac{11}{6a^2}\iff AH=\frac{a\sqrt{66}}{11}$.

Chọn A

Ta có: $9^{x+1}=27\iff 3^{2\left(x+1\right)}=3^3\iff 2\left(x+1\right)=3\iff 2x+2=3\iff x=\frac{1}{2}.$

Chọn D

Tập xác định $D=ℝ$.

$y^{\text{'}}=-4x^3+4x$

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-1\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta chọn đáp án D.

Chọn B

Ta có ${\left(x+1\right)}^7=\sum _{k=0}^7{C}_7^k{x}^{7-k}$.

Hệ số của số hạng chứa $x^5$ trong khai triển trên là $C_7^k$, với k thỏa mãn $7-k=5\iff k=2$.

Vậy hệ số của số hạng chứa $x^5$ trong khai triển trên là $C_7^2=21$.

Chọn C

Ta có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\right).\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CD}\\ =AC.CD.cos{120}^0+CB.CD.cos{60}^0=0\\ \Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=0\Rightarrow AB\perp CD.\end{array}$

Chọn A

Theo công thức tính diện tích xung quanh $S_{xq}$ của hình nón ta có: $S_{xq}=\pi rl$.

Chọn A

Gọi $x_1,x_2$ là 2 điểm cực trị của hàm số $y^{\text{'}}\left(x_1\right)=y^{\text{'}}\left(x_2\right)=0$.

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{{\left(x_1^2-x_1+2\right)}^{\text{'}}\left(x_1+2\right)-{\left(x_1+2\right)}^{\text{'}}\left(x_1^2-x_1+2\right)}{{\left(x_1+2\right)}^2}=0\iff \frac{x_1^2-x_1+2}{x_1+2}=\frac{{\left(x_1^2-x_1+2\right)}^{\text{'}}}{{\left(x_1+2\right)}^{\text{'}}} \\ \iff y\left(x_1\right)=2x_1-1 \end{gathered}$$

Tương tự $y\left(x_2\right)=2x_2-1$.

Do đó đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị của hàm số $y=\frac{x^2-x+2}{x+2}$ có phương trình là y=2x-1.

Chọn C

Ta có $S=\frac{{\left(\frac{2}{y}\right)}^x}{{\left({\left(\frac{2}{y}\right)}^x-1\right)}^2}+\frac{{\left(\frac{2}{y}\right)}^x+2}{2}$.

Đặt $t={\left(\frac{2}{y}\right)}^x,t>1$$\Rightarrow S=\frac{t}{{\left(t-1\right)}^2}+\frac{t+2}{2}=\frac{1}{t-1}+\frac{1}{{\left(t-1\right)}^2}+\frac{t-1}{2}+\frac{3}{2}$

$=\frac{1}{2\left(t-1\right)}+\frac{1}{2\left(t-1\right)}+\frac{1}{{\left(t-1\right)}^2}+\frac{t-1}{8}+\frac{t-1}{8}+\frac{t-1}{8}+\frac{t-1}{8}+\frac{3}{2}$

$\ge 7\sqrt[7]{\frac{1}{2\left(t-1\right)}.\frac{1}{2\left(t-1\right)}.\frac{1}{{\left(t-1\right)}^2}.\frac{t-1}{8}.\frac{t-1}{8}.\frac{t-1}{8}.\frac{t-1}{8}}+\frac{3}{2}=\frac{7}{4}+\frac{3}{2}=\frac{13}{4}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng $\frac{13}{4}$ khi t=2.

Suy ra $a=13,b=4\Rightarrow P=a+b=17$.

Chọn D

Đặt: $t=\cot x(t\in R)$.

Với $x\in \left[\frac{\pi }{4};\pi \right)$ thì $t\in \left(0;2\right]$.

Ta được: $y=t^3+(m-3)t+3m-2$.

Để hàm số $y=8^{\cot x}+(m-3)2^{\cot x}+3m-2$ nghịch biến trên $\left[\frac{\pi }{4};\pi \right)$ thì hàm số $y=f\left(t\right)=t^3+(m-3)t+3m-2$ nghịch biến trên (0;2].

$f^{\text{'}}\left(t\right)=3t^2+m-3\le 0,\forall x\in \left(0;2\right]\iff m\le -3t^2+3=g\left(t\right)\iff m\le \underset{\left(0;2\right]}{\min }g\left(t\right)$

Ta có: $g^{\text{'}}\left(t\right)=-6t=0\iff t=0$.

                 Bảng biến thiên:

                 Giá trị nhỏ nhất của g(t) là: -9.

                 Vậy: $m\le -9$.

Chọn A

Ta có: $a^x={\log }_{a}x\iff a^x+{\log }_a{a}^x={\log }_{a}x+x$.

Xét hàm số:

$\begin{array}{l}f\left(t\right)={\log }_{a}t+t,t\in (0;+\infty )\\ \Rightarrow f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{1}{t\ln a}+1>0,t\in (0;+\infty ),a>1.\end{array}$

Suy ra hàm số $f\left(t\right)={\log }_{a}t+t$ đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$.

Do đó: $a^x+{\log }_a{a}^x={\log }_{a}x+x\iff f\left(a^x\right)=f\left(x\right)\Rightarrow a^x=x\iff a^x-x=0$.

Xét hàm số:

$g\left(x\right)=a^x-x$

$g^{\text{'}}\left(x\right)=a^x\ln a-1=0\iff x={\log }_a\left(\frac{1}{\ln a}\right)$.

Bảng biến thiên

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình $a^x-x=0$ có nghiệm duy nhất $\iff g\left({\log }_a\right(\frac{1}{\ln a})=0\iff a^{{\log }_a\left(\frac{1}{\ln a}\right)}={\log }_a(\frac{1}{\ln a})\iff a\approx 1,445$(Casio).

Vậy ta có: $a\in (1,4;1,5).$

Chọn B

$y=e^{f\left(x\right)+2x}\Rightarrow y^{\text{'}}=\left(f^{\text{'}}\left(x\right)+2\right)e^{f\left(x\right)+2x}$.

Do đó

$y^{\text{'}}=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)+2=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=-2$.

Dựa vào đồ thị ta suy ra

$f^{\text{'}}\left(x\right)=-2\iff f^{\text{'}}\left(x+1-1\right)=-2\iff \left[\begin{array}{l}x+1=0\\ x+1=\alpha <-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=\alpha -1<-2\end{array}\right.$.

Chọn C

Đầu tiên kiến bò đến điểm M trên miệng hộp ( M thuộc đoạn EK với K là trung điểm EF ) ( cạnh EF và EH là như nhau – với mỗi điểm M thuộc đoạn EK, có điểm M* thuộc đoạn KF sao cho MO = M*O ). Tiếp tục kiến thực hiện quãng đường ngắn nhất ( bên trong hộp ) từ M đến O- lúc này ta trải hai hình chữ nhật EFBA và ABCD lên mặt phẳng.  

Gọi EM =x, $0 \le x \le 2$ và S là quãng đường ( ngắn nhất)  mà kiến thực hiện.

S = AM +MO

Trên hình 1 thì $AM=\sqrt{A{E}^2+E{M}^2}$, trên hình 2 ( hình khai triển) thì MO =$\sqrt{O{K}^2+K{M}^2}$

Ta có:

$$\begin{gathered} S=\sqrt{A{E}^2+E{M}^2}+\sqrt{O{K}^2+K{M}^2}=\sqrt{5^2+x^2}+\sqrt{7^2+{(2-x)}^2}\ge \sqrt{{(5+7)}^2+{(x+2-x)}^2} \\ =12,17 \end{gathered}$$

( chú ý $\sqrt{5^2+x^2}+\sqrt{7^2+{(2-x)}^2}\ge \sqrt{{(5+7)}^2+{(x+2-x)}^2}$ là bất đẳng thức $\left|\overrightarrow{a}\right|+\left|\overrightarrow{b}\right|\ge |\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|$

Dấu = xảy ra khi $\frac{5}{7}=\frac{x}{2-x}\Rightarrow x=\frac{5}{6}$.