Câu 1 (3,0 điểm).
1) Cho hàm số $y=\frac{x^2+2mx+2}{x+1}$ ($m$ là tham số). Tìm tất cả các giá trị thực của $m$ để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu cách đều đường thẳng $d:3x-y-3=0$.
2) Một khu đất trồng bằng phẳng hình chữ nhật $ACGH$, bên cạnh là một hồ nước có dạng nửa hình tròn đường kính $AC$, như hình vẽ.



Từ vị trí $A$, anh An chèo thuyền với vận tốc 5 km/h đến vị trí $B$ trên bờ hồ. Sau đó, anh An chạy bộ theo bờ hồ đến vị trí $C$ với vận tốc 7 km/h, rồi chạy bộ theo đường gấp khúc $CDEA$ để quay về vị trí $A$, trong đó vận tốc chạy bộ của anh An trên đoạn $CD$ và $EA$ là 6 km/h, vận tốc chạy bộ của anh An trên đoạn $DE$ là 10 km/h, ($D,E$ là hai vị trí bất kỳ trên đoạn $GH$). Thời gian ngắn nhất mà anh An di chuyển từ $A$ theo cách trên rồi quay trở về $A$ là bao nhiêu phút (kết quả làm tròn đến hàng phần chục), biết các khoảng cách $AC=1$ km, $AH=0,6$ km, $BC=0,5$ km,

Hướng dẫn chấm tự luận (trang 7-10):

1.1 (1,5 điểm):
Tập xác định: $D=\mathbb{R}\setminus \{-1\}$

Ta có: $y^{\prime }=\frac{x^2+2x+2m-2}{(x+1{)}^2}$

Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị thì phương trình $y^{\prime }=0$ có hai nghiệm phân biệt
$$\iff \{\begin{array}{l}{x}^2+2x+2m-2=0\\ x\ne -1\end{array}$$
$$\iff \{\begin{array}{l}{\Delta }^{\prime }>0\\ f(-1)\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}1-2m+3>0\\ 2m-3\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}m<\frac{3}{2}\\ m\ne \frac{3}{2}\end{array}\iff m<\frac{3}{2}.$$

Ta chứng minh kết quả sau: Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\frac{u(x)}{v(x)}$ là $y=\frac{u^{\prime }(x)}{v^{\prime }(x)}$, $(v(x)\ne 0,v^{\prime }(x)\ne 0)$ (1)

Thật vậy, ta có:
$y^{\prime }=f^{\prime }(x)=\frac{u^{\prime }(x)v(x)-u(x)v^{\prime }(x)}{v^2(x)}$, $(v(x)\ne 0,v^{\prime }(x)\ne 0)$.

Gọi $(x_0;y_0)$ là tọa độ của điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\frac{u(x)}{v(x)}$, ta có:
$$y^{\prime }(x_0)=0\iff \{\begin{array}{l}{u}^{\prime }(x_0)v(x_0)-u(x_0)v^{\prime }(x_0)=0\\ v(x_0)\ne 0,v^{\prime }(x_0)\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{y}_0=\frac{u(x_0)}{v(x_0)}=\frac{u^{\prime }(x_0)}{v^{\prime }(x_0)}\\ v(x_0)\ne 0,v^{\prime }(x_0)\ne 0\end{array}$$

Suy ra đường thẳng đi qua điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $y=\frac{u(x)}{v(x)}$ là: $y=\frac{u^{\prime }(x)}{v^{\prime }(x)}$, $(v(x)\ne 0,v^{\prime }(x)\ne 0)$.

Áp dụng kết quả (1) đã chứng minh ở trên, ta được phương trình của đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là: $y=2x+2m$.

Gọi $A(x_1;2x_1+2m);B(x_2;2x_2+2m);(x_1\ne x_2;x_1,x_2\ne -1)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Vì $A,B$ cách đều đường thẳng $d:3x-y-3=0$ nên

$d(A;d)=d(B;d)\iff \frac{\left|3x_1-y_1-3\right|}{\sqrt{10}}=\frac{\left|3x_2-y_2-3\right|}{\sqrt{10}}\iff \left|x_1-2m-3\right|=\left|x_2-2m-3\right|$

$\iff \left[\begin{array}{c}{x}_1=x_2\\ x_1+x_2=4m+6\end{array}\right]$

Với $x_1=x_2$ không thoả mãn điều kiện $x_1\ne x_2$ nên loại. [0,25 điểm]

Với $x_1+x_2=4m+6$. Vì $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2+2x+2m-2=0$ nên $x_1+x_2=-2\iff 4m+6=-2.\iff m=-2$ (thoả mãn).

Vậy $m=-2$ thoả mãn đề bài. [0,25 điểm]

1.2 (1,5 điểm):



Ta thấy $ABC=90^{\circ }$. Suy ra $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ (km).

Thời gian chèo thuyền đoạn $AB$ là $t_1=\frac{AB}{5}=\frac{\sqrt{3}}{10}$ (giờ). [0,25 điểm]

Trong tam giác vuông $ABC$, ta có:

$\sin BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow BAC=\frac{\pi }{6}\Rightarrow BIC=\frac{\pi }{3}\Rightarrow l_{BC}=IA.\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}$ (km).

Thời gian chạy bộ trên bờ hồ từ $B$ đến $C$ là $t_2=\frac{l_{BC}}{7}=\frac{\pi }{42}$ (giờ). [0,25 điểm]

Gọi $GD=x$, $EH=y$ với $0\le x,y\le 1$, $x+y\le 1$.

Quãng đường đi từ $C$ đến $D$ bằng $\sqrt{0,6^2+x^2}$ (km).

Thời gian đi từ $C$ đến $D$ là $t_3=\frac{\sqrt{0,6^2+x^2}}{6}$ (giờ).

Quãng đường đi từ $E$ đến $A$ bằng $\sqrt{0,6^2+y^2}$ (km).

Thời gian đi từ $E$ đến $A$ là $t_4=\frac{\sqrt{0,6^2+y^2}}{6}$ (giờ). [0,25 điểm]

Quãng đường đi từ $D$ đến $E$ bằng $1-(x+y)$ (km).

Thời gian đi từ $D$ đến $E$ là $t_5=\frac{1-x-y}{10}$ (giờ).

Tổng thời gian đi đoạn gấp khúc $CDEA$ là: $t(x;y)=\frac{\sqrt{0,6^2+x^2}}{6}+\frac{\sqrt{0,6^2+y^2}}{6}+\frac{1-x-y}{10}$

$=\frac{\sqrt{0,6^2+x^2}}{6}+\frac{0,5-x}{10}+\frac{\sqrt{0,6^2+y^2}}{6}+\frac{0,5-y}{10}$ (giờ).

Xét hàm số $f(u)=\frac{\sqrt{0,6^2+u^2}}{6}+\frac{0,5-u}{10}$, $u\in [0;1]$.

Ta có: $f^{\prime }(u)=\frac{u}{6\sqrt{0,6^2+u^2}}-\frac{1}{10}$.

$f^{\prime }(u)=0\iff \frac{u}{6\sqrt{0,6^2+u^2}}-\frac{1}{10}=0\iff 6\sqrt{0,6^2+u^2}=10u\iff u=\frac{9}{20}$.

Ta có: $f(0)=\frac{3}{20}$; $f\left(\frac{9}{20}\right)=\frac{13}{100}$; $f(1)=\frac{-3+2\sqrt{34}}{60}$.

Vậy $\underset{[0;1]}{\min }f(u)=\frac{13}{100}$. [0,25 điểm]

Vì vai trò của $f(x)$ và $f(y)$ như nhau trên đoạn $[0;1]$ nên $f(x)$ và $f(y)$ có cùng giá trị nhỏ nhất trên đoạn $[0;1]$. [0,25 điểm]

Suy ra $t(x;y)$ đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn $[0;1]$ là: $2.\frac{13}{100}=\frac{13}{50}$ (giờ). [0,25 điểm]

Thời gian ngắn nhất mà anh An di chuyển từ $A$ theo cách trên rồi quay trở về $A$ (kết quả làm tròn đến hàng phần chục) là: $\left(\frac{\sqrt{3}}{10}+\frac{\pi }{42}+\frac{13}{50}\right).60\approx 30,5$ (phút). [0,25 điểm]