Câu hỏi đúng sai bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 — Hàm phân thức và cực trị hình học

CÂU HỎI ĐÚNG/SAI (1,0 điểm)

Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số

$$y=f(x)=\dfrac{2x^2+3x+5}{x+1}$$

có đồ thị $(\mathcal{G})$ và đường tròn $(C):(x+2)^2+(y-1)^2=5$ có tâm $I$. Gọi $\Delta$ là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của $(\mathcal{G})$.

Xét tính đúng, sai của các khẳng định sau:
a) Hàm số $f(x)$ đồng biến trên khoảng $(-\infty;-2)$.
b) Giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x)$ trên đoạn $[0;2]$ bằng $4\sqrt{2}-1$.
c) Tổng khoảng cách từ $I$ đến hai đường tiệm cận của $(\mathcal{G})$ bằng $\dfrac{5+3\sqrt{5}}{5}$.
d) Đường thẳng $\Delta$ cắt $(C)$ tại hai điểm phân biệt $M,N$. Khi điểm $P$ di động trên $(C)$ và khác $M,N$, diện tích tam giác $PMN$ có giá trị lớn nhất bằng $\dfrac{42+7\sqrt{85}}{17}$.

--------- HẾT ---------

Họ và tên thí sinh: ................................................ Số báo danh: ........................

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI

I. ĐÁP ÁN VÀ CÁCH TÍNH ĐIỂM

Trong một câu, thí sinh xác định đúng 1 ý được 0,1 điểm; đúng 2 ý được 0,25 điểm; đúng 3 ý được 0,5 điểm; đúng cả 4 ý được 1,0 điểm.

II. LỜI GIẢI

1. Khảo sát các yếu tố cần dùng

Tập xác định của hàm số là $D=\mathbb{R}\setminus\{-1\}$. Ta có

$$f(x)=2x+1+\dfrac{4}{x+1},\qquad f'(x)=2-\dfrac{4}{(x+1)^2}.$$

Suy ra

$$f'(x)=0\iff (x+1)^2=2\iff x=-1\pm\sqrt{2}.$$

Do đó, hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty;-1-\sqrt{2})$ và $(-1+\sqrt{2};+\infty)$; nghịch biến trên các khoảng $(-1-\sqrt{2};-1)$ và $(-1;-1+\sqrt{2})$.

2. Ý a — Sai

Vì $-1-\sqrt{2}<-2$, trên khoảng $(-\infty;-2)$ hàm số tăng rồi giảm khi đi qua điểm $x=-1-\sqrt{2}$.

Vậy hàm số không đồng biến trên toàn bộ khoảng $(-\infty;-2)$.

3. Ý b — Đúng

Ta có $0<-1+\sqrt{2}<2$. Trên đoạn $[0;2]$, hàm số giảm đến $x=-1+\sqrt{2}$ rồi tăng.

Vì vậy,

$$\min_{[0;2]}f(x)=f(-1+\sqrt{2}) =2(-1+\sqrt{2})+1+\dfrac{4}{\sqrt{2}} =4\sqrt{2}-1.$$

4. Ý c — Sai

Từ $f(x)=2x+1+\dfrac{4}{x+1}$, suy ra hai đường tiệm cận của $(\mathcal{G})$ là

$$d_1:x=-1,\qquad d_2:y=2x+1.$$

Đường tròn $(C)$ có tâm $I(-2;1)$ và bán kính $R=\sqrt{5}$. Khi đó,

$$d(I,d_1)=|-2+1|=1,$$

$$d(I,d_2)=\dfrac{|2(-2)-1+1|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}} =\dfrac{4}{\sqrt{5}}.$$

Tổng khoảng cách cần tìm là

$$d(I,d_1)+d(I,d_2)=1+\dfrac{4}{\sqrt{5}} =\dfrac{5+4\sqrt{5}}{5},$$

không phải $\dfrac{5+3\sqrt{5}}{5}$.

5. Ý d — Đúng

Hai điểm cực trị của đồ thị là

$$A(-1-\sqrt{2};-1-4\sqrt{2}),\qquad B(-1+\sqrt{2};-1+4\sqrt{2}).$$

Cả hai điểm đều thuộc đường thẳng $y=4x+3$, nên

$$\Delta:y=4x+3\iff 4x-y+3=0.$$

Khoảng cách từ tâm $I$ đến $\Delta$ bằng

$$d(I,\Delta)=\dfrac{|4(-2)-1+3|}{\sqrt{4^2+(-1)^2}} =\dfrac{6}{\sqrt{17}}.$$

Vì $\dfrac{6}{\sqrt{17}}<\sqrt{5}=R$, đường thẳng $\Delta$ cắt $(C)$ tại hai điểm phân biệt $M,N$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $\Delta$. Khi đó $H$ là trung điểm của dây $MN$, nên

$$MN=2\sqrt{R^2-IH^2} =2\sqrt{5-\dfrac{36}{17}} =\dfrac{14}{\sqrt{17}}.$$

Hình dưới biểu diễn vị trí của $P$ khi diện tích đạt giá trị lớn nhất.

[Hình vẽ]

Với mọi $P\in(C)$, khoảng cách từ $P$ đến $\Delta$ thỏa mãn

$$d(P,\Delta)\le PI+d(I,\Delta)=R+IH.$$

Dấu bằng xảy ra khi $P$ nằm trên tia $HI$, ở phía ngoài đoạn $HI$. Khi đó $P,I,H$ thẳng hàng, $I$ nằm giữa $P,H$, và

$$PH=PI+IH=R+IH.$$

Vì đáy $MN$ cố định, suy ra

$$\max S_{PMN} =\dfrac{1}{2}MN(R+IH) =\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{14}{\sqrt{17}} \left(\sqrt{5}+\dfrac{6}{\sqrt{17}}\right) =\dfrac{42+7\sqrt{85}}{17}.$$