PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Bác Tuấn trang trí bức tường hình vuông \(ABCD\) có \(AB = 4m\) như hình vẽ bằng cách sơn màu. Trong đó, bốn đường cong \(AQB,APD,BEC,CFD\) đều là đường parabol có các đỉnh lần lượt là \(Q,P,E,F\). Biết rằng trục đối xứng của mỗi Parabol trùng với một trục đối xứng của hình vuông \(ABCD\). Cho biết \(OE = OF = OP = OQ = 1m\). Phần diện tích giới hạn bởi bốn đường Parabol nêu trên (phần gạch chéo) được sơn màu đỏ với chi phí \(500\) nghìn đồng cho mỗi mét vuông. Phần diện tích còn lại của bức tường được sơn màu trắng với chi phí \(300\) nghìn đồng cho mỗi mét vuông. Tính tổng số tiền (đơn vị: nghìn đồng) bác Tuấn cần để hoàn thành việc sơn bức tường đó. (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Chọn gốc tọa độ tại trung điểm \(M\) của\(AB\) ta có:

\[A( - 9,{\rm{ }}0,{\rm{ }}0)\];\[B(9,0,0)\]; \[C\left( {0,{\rm{ }}3,{\rm{ }}0} \right);G\left( {0,{\rm{ }}1,{\rm{ }}0} \right)\].

Ta có \(AE = 3AG\) suy ra \(E = A + \overrightarrow {AE}  = ( - 9 + 27,0 + 3,0) = (18,3,0)\).

Vì \(A'A = A'B = 15\), hình chiếu của \(A'\) xuống đáy nằm trên trục \(Oy\). Gọi \(A'(0,y,z)\).

\(A'{A^2} = {(0 + 9)^2} + {y^2} + {z^2} = {15^2} = 225 \Rightarrow {y^2} + {z^2} = 144\)

Chọn \(A'(0,0,12)\) suy ra \(\overrightarrow {AA'}  = (0 - ( - 9),0 - 0,12 - 0) = (9,0,12)\)

Tọa độ \(B' = B + \overrightarrow {AA'}  = (9 + 9,0 + 0,0 + 12) = (18,0,12)\).

·         Đường thẳng \(A'G\): Đi qua \(A'(0,0,12)\), VTCP \(\vec u = \overrightarrow {A'G}  = (0,1, - 12)\).

·         Đường thẳng \(B'E\): Đi qua \(B'(18,0,12)\), VTCP \(\vec v = \overrightarrow {B'E}  = 3(0,1, - 4)\).

Tính khoảng cách:

1.      Tích có hướng:\([\vec u,\vec v] = (8,0,0)\).

2.      Vectơ nối hai đường thẳng: \(\overrightarrow {A'B'}  = (18,0,0)\).

3.      Áp dụng công thức:

\(d(A'G,B'E) = \frac{{|[\vec u,\vec v] \cdot \overrightarrow {A'B'} |}}{{|[\vec u,\vec v]|}} = \frac{{|8 \cdot 18 + 0 \cdot 0 + 0 \cdot 0|}}{{\sqrt {{8^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{8 \cdot 18}}{8} = 18\).

Đáp án: \(18\).

a) Ta có:  Tập xác định của hàm số là \(D = R\backslash \{  - 1\} \).

\(y = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} = x - \frac{6}{{x + 1}}\)

nên \(\mathop {lim}\limits_{x \to  + \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {lim}\limits_{x \to  + \infty } \left( { - \frac{6}{{x + 1}}} \right) = 0\) và \(\mathop {lim}\limits_{x \to  - \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {lim}\limits_{x \to  - \infty } \left( { - \frac{6}{{x + 1}}} \right) = 0\). Suy ra tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \(y = x\).

\(\mathop {lim}\limits_{x \to  - {1^ + }} y = \mathop {lim}\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} =  - \infty \) nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng \(x =  - 1\).

Tâm đối xứng của đồ thị \(\left( C \right)\) là giao điểm hai đường tiệm cận, nên \(I\left( { - 1; - 1} \right)\).

Vậy a) Đúng.

b) Ta có: \(y'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x + 7}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

Gọi  \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right),\,\,\left( {{x_0} \ne  - 1} \right)\) là tiếp điểm.

Vì tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(M\) song song với đường thẳng \(d:\,y = 7x + 18\) nên

\(y'\left( {{x_0}} \right) = 7 \Leftrightarrow \frac{{{x_0}^2 + 2{x_0} + 7}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} =  - 2\end{array} \right.\), suy ra \(\left[ \begin{array}{l}M\left( {0; - 6} \right)\\M\left( { - 2;4} \right)\end{array} \right.\)

TH1: \(M\left( {0; - 6} \right)\), ta có phương trình tiếp tuyến là \({d_1}:y = 7x - 6\). (Thỏa)

TH2: \(M\left( { - 2;4} \right)\), ta có phương trình tiếp tuyến là \({d_2}:y = 7x + 18\) (Loại vì trùng với đường thẳng \(d\))

Vậy b) Sai.

c) Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right);\,\,B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai điểm thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị \(\left( C \right)\), \({x_1} <  - 1 < \,\,{x_2}\)

Vì \(AB\) song song với trục hoành nên \({y_1} = {y_2} = {y_0}\) và \({x_1};\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({y_0} = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - {y_0}} \right)x - 6 - {y_0} = 0\,\,\left( 1 \right)\,\,\)(với \(x \ne  - 1\)).

\(\begin{array}{l}{x_1} <  - 1 < \,\,{x_2}\\ \Leftrightarrow {x_1} + 1 < 0 < {x_2} + 1 \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) < 0\\ \Leftrightarrow {x_1}.{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 < 0 \Leftrightarrow  - {y_0} - 6 + \left( {{y_0} - 1} \right) + 1 < 0 \Leftrightarrow  - 6 < 0\end{array}\)

Hiển nhiên đúng nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

\(AB = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}}  = \sqrt {{{\left( {{y_0} - 1} \right)}^2} - 4\left( { - 6 - {y_0}} \right)}  = \sqrt {{{\left( {{y_0} + 1} \right)}^2} + 24}  \ge 2\sqrt 6 \)

Dấu “bằng” xảy ra khi chỉ khi \({y_0} =  - 1\)và giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng \(AB\) bằng \(2\sqrt 6 \).

Vậy c) Sai.

d) Ta có \(y = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} - x = \frac{{ - 6}}{{x + 1}}\) .

Thể tích cần tìm là \(V = \pi {\int\limits_0^m {\left( {\frac{{ - 6}}{{x + 1}}} \right)} ^2}dx = 36\pi .\frac{m}{{m + 1}}\)

\(\mathop {lim}\limits_{m \to  + \infty } V = \mathop {lim}\limits_{m \to  + \infty } \left( {36\pi .\frac{m}{{m + 1}}} \right) = 36\pi \).

Vậy d) Đúng.