giúp mình với

Câu I: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số $y=\frac{x^2+2x+2}{x+1}$ có đồ thị (C). Đầu tiên, ta tìm ĐKXĐ: \[ x + 1 \neq 0 \Rightarrow x \neq -1 \] Tiếp theo, ta phân tích biểu thức: \[ y = \frac{x^2 + 2x + 2}{x + 1} = \frac{(x + 1)^2 + 1}{x + 1} = x + 1 + \frac{1}{x + 1} \] Tìm giới hạn: \[ \lim_{x \to \pm\infty} y = \lim_{x \to \pm\infty} \left( x + 1 + \frac{1}{x + 1} \right) = \pm\infty \] \[ \lim_{x \to -1^-} y = -\infty \] \[ \lim_{x \to -1^+} y = +\infty \] Tìm đạo hàm: \[ y' = 1 - \frac{1}{(x + 1)^2} \] Tìm điểm cực trị: \[ y' = 0 \Rightarrow 1 - \frac{1}{(x + 1)^2} = 0 \Rightarrow (x + 1)^2 = 1 \Rightarrow x = 0 \text{ hoặc } x = -2 \] Kiểm tra tính chất của đạo hàm: \[ y'' = \frac{2}{(x + 1)^3} \] Tại \( x = 0 \): \[ y''(0) = 2 > 0 \Rightarrow \text{điểm cực tiểu} \] \[ y(0) = 2 \] Tại \( x = -2 \): \[ y''(-2) = -2 < 0 \Rightarrow \text{điểm cực đại} \] \[ y(-2) = -2 \] Vậy đồ thị hàm số có điểm cực tiểu \( (0, 2) \) và điểm cực đại \( (-2, -2) \). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng \(-2\). Ta đã biết \( y(-2) = -2 \). Tiếp theo, ta tính đạo hàm tại \( x = -2 \): \[ y'(-2) = 1 - \frac{1}{(-2 + 1)^2} = 1 - 1 = 0 \] Phương trình tiếp tuyến tại điểm \( (-2, -2) \) là: \[ y - (-2) = 0(x + 2) \Rightarrow y = -2 \] 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số \( m \) để hàm số \( y = \frac{1}{3}x^3 - mx^2 + (5m - 4)x + 2025 \) có hai điểm cực trị trái dấu. Đầu tiên, ta tìm đạo hàm: \[ y' = x^2 - 2mx + (5m - 4) \] Để hàm số có hai điểm cực trị trái dấu, phương trình \( y' = 0 \) phải có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng phải âm: \[ x^2 - 2mx + (5m - 4) = 0 \] Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt: \[ \Delta = (2m)^2 - 4(5m - 4) > 0 \] \[ 4m^2 - 20m + 16 > 0 \] \[ m^2 - 5m + 4 > 0 \] \[ (m - 1)(m - 4) > 0 \] \[ m < 1 \text{ hoặc } m > 4 \] Điều kiện để hai nghiệm trái dấu: \[ \frac{5m - 4}{1} < 0 \] \[ 5m - 4 < 0 \] \[ m < \frac{4}{5} \] Kết hợp hai điều kiện trên, ta có: \[ m < \frac{4}{5} \] Vậy giá trị của tham số \( m \) là: \[ m < \frac{4}{5} \] Câu 2: 1. Giải phương trình: $\log(2^x+2).\log(1000.2^x+2000)=4$ Đặt $y = 2^x + 2$, ta có: \[ \log y . \log (1000(y - 2) + 2000) = 4 \] \[ \log y . \log (1000y - 2000 + 2000) = 4 \] \[ \log y . \log (1000y) = 4 \] Ta biết rằng $\log (1000y) = \log 1000 + \log y = 3 + \log y$. Do đó: \[ \log y . (3 + \log y) = 4 \] Đặt $z = \log y$, ta có: \[ z(3 + z) = 4 \] \[ z^2 + 3z - 4 = 0 \] Giải phương trình bậc hai: \[ z = \frac{-3 \pm \sqrt{9 + 16}}{2} = \frac{-3 \pm 5}{2} \] \[ z_1 = 1, \quad z_2 = -4 \] Với $z = 1$: \[ \log y = 1 \Rightarrow y = 10 \] \[ 2^x + 2 = 10 \Rightarrow 2^x = 8 \Rightarrow x = 3 \] Với $z = -4$: \[ \log y = -4 \Rightarrow y = 10^{-4} \] \[ 2^x + 2 = 10^{-4} \Rightarrow 2^x = 10^{-4} - 2 \] (không thỏa mãn vì $2^x > 0$) Vậy nghiệm của phương trình là $x = 3$. 2. Cá hồi Thái Bình Dương đến mùa sinh sản thường bơi từ biển ngược dòng vào sông và đến thượng nguồn các dòng sông để đẻ trứng. Giả sử cá bơi ngược dòng sông với vận tốc là $v(t) = -\frac{2t}{5} + 4 \text{ (km/h)}$. Nếu coi thời điểm ban đầu $t = 0$ là lúc cá bắt đầu bơi vào dòng sông thì khoảng cách xa nhất mà con cá có thể bơi được là bao nhiêu? Để tìm khoảng cách xa nhất mà con cá có thể bơi được, ta cần tính tích phân của vận tốc theo thời gian từ $t = 0$ đến thời điểm vận tốc bằng 0. Vận tốc bằng 0 khi: \[ v(t) = -\frac{2t}{5} + 4 = 0 \] \[ t = 10 \text{ (giờ)} \] Khoảng cách xa nhất mà con cá có thể bơi được là: \[ s = \int_{0}^{10} v(t) \, dt = \int_{0}^{10} \left(-\frac{2t}{5} + 4\right) \, dt \] \[ s = \left[ -\frac{t^2}{5} + 4t \right]_{0}^{10} \] \[ s = \left( -\frac{10^2}{5} + 4 \cdot 10 \right) - \left( -\frac{0^2}{5} + 4 \cdot 0 \right) \] \[ s = \left( -20 + 40 \right) - 0 \] \[ s = 20 \text{ (km)} \] Vậy khoảng cách xa nhất mà con cá có thể bơi được là 20 km. Câu III: 1. Để so sánh độ ổn định của thành tích giữa hai vận động viên Hoa và Mai, ta cần tính độ lệch chuẩn của thời gian chạy của cả hai vận động viên. Trước tiên, ta tính trung bình cộng của thời gian chạy của Hoa: \[ \bar{x}_{Hoa} = \frac{(23,75 \times 11) + (23,85 \times 15) + (23,95 \times 7) + (24,05 \times 0) + (24,15 \times 5)}{11 + 15 + 7 + 0 + 5} = \frac{261,25 + 357,75 + 167,65 + 0 + 120,75}{38} = \frac{907,4}{38} = 23,88 \] Tiếp theo, ta tính độ lệch chuẩn của thời gian chạy của Hoa: \[ s_{Hoa} = \sqrt{\frac{(23,75 - 23,88)^2 \times 11 + (23,85 - 23,88)^2 \times 15 + (23,95 - 23,88)^2 \times 7 + (24,05 - 23,88)^2 \times 0 + (24,15 - 23,88)^2 \times 5}{38}} = \sqrt{\frac{(-0,13)^2 \times 11 + (-0,03)^2 \times 15 + (0,07)^2 \times 7 + (0,17)^2 \times 0 + (0,27)^2 \times 5}{38}} = \sqrt{\frac{0,0169 \times 11 + 0,0009 \times 15 + 0,0049 \times 7 + 0 + 0,0729 \times 5}{38}} = \sqrt{\frac{0,1859 + 0,0135 + 0,0343 + 0 + 0,3645}{38}} = \sqrt{\frac{0,5982}{38}} = \sqrt{0,0157} = 0,125 \] Bây giờ, ta tính trung bình cộng của thời gian chạy của Mai: \[ \bar{x}_{Mai} = \frac{(23,75 \times 28) + (23,85 \times 18) + (23,95 \times 4) + (24,05 \times 0) + (24,15 \times 0)}{28 + 18 + 4 + 0 + 0} = \frac{665 + 429,3 + 95,8 + 0 + 0}{50} = \frac{1190,1}{50} = 23,802 \] Tiếp theo, ta tính độ lệch chuẩn của thời gian chạy của Mai: \[ s_{Mai} = \sqrt{\frac{(23,75 - 23,802)^2 \times 28 + (23,85 - 23,802)^2 \times 18 + (23,95 - 23,802)^2 \times 4 + (24,05 - 23,802)^2 \times 0 + (24,15 - 23,802)^2 \times 0}{50}} = \sqrt{\frac{(-0,052)^2 \times 28 + (0,048)^2 \times 18 + (0,148)^2 \times 4 + 0 + 0}{50}} = \sqrt{\frac{0,002704 \times 28 + 0,002304 \times 18 + 0,021904 \times 4 + 0 + 0}{50}} = \sqrt{\frac{0,075712 + 0,041472 + 0,087616 + 0 + 0}{50}} = \sqrt{\frac{0,2048}{50}} = \sqrt{0,004096} = 0,064 \] So sánh độ lệch chuẩn của hai vận động viên: - Độ lệch chuẩn của Hoa: \( s_{Hoa} = 0,125 \) - Độ lệch chuẩn của Mai: \( s_{Mai} = 0,064 \) Vì \( s_{Mai} < s_{Hoa} \), nên Mai có thành tích ổn định hơn. 2. Để tính chi phí trung bình thấp nhất mà nhà máy có thể đạt được trong ngày, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \( \overline{C}(x) = \frac{1}{2}x + 3 + \frac{8}{x} \). Ta tính đạo hàm của \( \overline{C}(x) \): \[ \overline{C}'(x) = \frac{1}{2} - \frac{8}{x^2} \] Đặt đạo hàm bằng 0 để tìm điểm cực tiểu: \[ \frac{1}{2} - \frac{8}{x^2} = 0 \] \[ \frac{1}{2} = \frac{8}{x^2} \] \[ x^2 = 16 \] \[ x = 4 \quad (\text{vì } x > 0) \] Kiểm tra đạo hàm hai bên điểm \( x = 4 \): - Khi \( x < 4 \), \( \overline{C}'(x) < 0 \) - Khi \( x > 4 \), \( \overline{C}'(x) > 0 \) Vậy \( x = 4 \) là điểm cực tiểu của hàm số \( \overline{C}(x) \). Giá trị nhỏ nhất của chi phí trung bình là: \[ \overline{C}(4) = \frac{1}{2} \cdot 4 + 3 + \frac{8}{4} = 2 + 3 + 2 = 7 \text{ (triệu đồng/tạ)} \] Đáp số: 1. Mai có thành tích ổn định hơn. 2. Chi phí trung bình thấp nhất mà nhà máy có thể đạt được trong ngày là 7 triệu đồng/tạ. Câu IV: 1. a) Ta có $\overrightarrow{AB} = (-1;0;1)$ và $\overrightarrow{AC} = (1;1;1)$. Tích vô hướng $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -1 + 0 + 1 = 0$, suy ra $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$, do đó tam giác ABC là tam giác vuông tại A. Diện tích tam giác ABC là: \[ S_{ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot AC = \frac{1}{2} \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} \cdot \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \frac{1}{2} \sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = \frac{\sqrt{6}}{2}. \] b) Điểm M nằm trên mặt phẳng (Oxy), tức là có tọa độ $(x;y;0)$. Ta cần tìm M sao cho tổng khoảng cách từ A và B đến M nhỏ nhất. Gọi M' là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng (Oxy), thì M' có tọa độ $(1;-1;-2)$. Khi đó, tổng khoảng cách từ A và B đến M sẽ nhỏ nhất khi M nằm trên đường thẳng nối A và M'. Phương trình đường thẳng này là: \[ \frac{x-2}{1-2} = \frac{y+1}{-1+1} = \frac{z-1}{-2-1}, \] suy ra $x = 2 - t$, $y = -1$, $z = 1 - 3t$. Do M nằm trên mặt phẳng (Oxy), nên $z = 0$, suy ra $1 - 3t = 0$, suy ra $t = \frac{1}{3}$. Thay vào ta được tọa độ của M là $(\frac{5}{3}; -1; 0)$. 2. Trong hệ tọa độ Oxyz, ta có: - Chiếc máy bay thứ nhất có tọa độ $(20, -10, 2)$. - Chiếc máy bay thứ hai có tọa độ $(30, 25, 3)$. Khoảng cách giữa hai chiếc máy bay là: \[ d = \sqrt{(30 - 20)^2 + (25 + 10)^2 + (3 - 2)^2} = \sqrt{10^2 + 35^2 + 1^2} = \sqrt{100 + 1225 + 1} = \sqrt{1326}. \]