Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán

YOMEDIA

Câu hỏi trắc nghiệm (10 câu):

Câu 1:

Cho hàm số $y=x^4-2(m^2+1)x^2+1 \ (1)$
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.
- a) (HS tự làm)
  b)
  $y'=$ $x^3-$ $(m^2+1)x$
  $y'=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=0\\ x=\pm \sqrt{m^2+1} \end{matrix}\Rightarrow$ hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m
  $x_{CT}=\pm \sqrt{m^2+1}\Rightarrow$ giá trị cực tiểu $y_{CT}=-(m^2+1)^2+$
  Vì $(m^2+1)^2\geq$ $(m^2+1)^2\geq$ $\Rightarrow y_{CT}\leq 0max(y_{CT})=$ $\Leftrightarrow m^2+$ $=$ $\Leftrightarrow m=$
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  Ghi chú. Dấu $+\infty$ được ghi là +vc; dấu $-\infty$ được ghi là −vc.
  = = = = = = = =
Lời giải:
a) (HS tự làm)
b)
$y'=4x^3-4(m^2+1)x$
$y'=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=0\\ x=\pm \sqrt{m^2+1} \end{matrix}\Rightarrow$ hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m
$x_{CT}=\pm \sqrt{m^2+1}\Rightarrow$ giá trị cực tiểu $y_{CT}=-(m^2+1)^2+1$
Vì $(m^2+1)^2\geq 1\Rightarrow y_{CT}\leq 0max(y_{CT})=0\Leftrightarrow m^2+1=1\Leftrightarrow m=0$
Câu 2:

a) Giải phương trình: $sin2x-cosx+sinx=1 \ \ (x\in R)$
b) Giải bất phương trình $log_{\frac{1}{2}}\left [ log_2(2-x^2) \right ]> 0, (x\in R)$
- a)sin2x – cosx + sinx = 1 (1)
  $(1)\Leftrightarrow (sinx - cosx)($ $+ sinx - cosx ) = 0$
  
  b)
  $log_{\frac{1}{2}}\left [ log_2(2-x^2) \right ]> 0(x\in R)(2)$
  Điều kiện $log_2(2-x^2)> 0\Leftrightarrow$ $-x^2 >$ $\Leftrightarrow -1< x<$
  
  Khi đó (2) $\Leftrightarrow log_2(2-x^2)> 0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -1< x< 1\\ 2-x^2< 2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -1< x< 1\\ x^2> 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -1< x< 1\\ x\neq 0 \end{matrix}\right.$
  Vậy tập nghiệm bpt là $S=(-1;0)\cup (0;$ $)$
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = = = = = =
Lời giải:
a)
sin2x – cosx + sinx = 1 (1)
$(1)\Leftrightarrow (sinx - cosx)(1 + sinx - cosx ) = 0$
$\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} sinx-cosx=0\\ 1+sinx-cosx=0 \end{matrix}\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=\frac{\pi }{4}+k\pi \\ x=2k\pi ; \ x = \frac{3\pi }{2}+2k\pi \end{matrix}(k\in Z)$
b)
$log_{\frac{1}{2}}\left [ log_2(2-x^2) \right ]> 0(x\in R)(2)$
Điều kiện $log_2(2-x^2)> 0\Leftrightarrow 2-x^2 > 1\Leftrightarrow -1< x< 1$

Khi đó (2) $\Leftrightarrow log_2(2-x^2)> 0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -1< x< 1\\ 2-x^2< 2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -1< x< 1\\ x^2> 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -1< x< 1\\ x\neq 0 \end{matrix}\right.$
Vậy tập nghiệm bpt là $S=(-1;0)\cup (0;1)$
Câu 3:

Tính tích phân $I=\int_{1}^{2}\frac{dx}{x\sqrt{x^3+1}}$
- $I=\int_{1}^{2}\frac{dx}{x\sqrt{x^3+1}}=\int_{1}^{2}\frac{x^2dx}{x^3\sqrt{x^3+1}}$
  Đặt $t=\sqrt{x^3+1}\Rightarrow x^3=t^2-$ $\Rightarrow x^2dx=$ $t.dt$
  $x=1\Rightarrow t=\sqrt{2};x=2\Rightarrow t=$
  $I=\int_{\sqrt{2}}^{3}$ $.\frac{t.dt}{(t^2-1)t}=$ $\int_{\sqrt{2}}^{3}\left ( \frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1} \right )dt$
  $I=$ $ln\left | \frac{x-1}{x+1} \right |\bigg |_{\sqrt{2}}^{3}=$ $\left ( ln\frac{1}{2}-ln\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1} \right )=$ $ln\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = = = = = =
Lời giải:
$I=\int_{1}^{2}\frac{dx}{x\sqrt{x^3+1}}=\int_{1}^{2}\frac{x^2dx}{x^3\sqrt{x^3+1}}$
Đặt $t=\sqrt{x^3+1}\Rightarrow x^3=t^2-1\Rightarrow x^2dx=\frac{2}{3}t.dt$
$x=1\Rightarrow t=\sqrt{2};x=2\Rightarrow t=3$
$I=\int_{\sqrt{2}}^{3}\frac{2}{3}.\frac{t.dt}{(t^2-1)t}=\frac{1}{3}\int_{\sqrt{2}}^{3}\left ( \frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1} \right )dt$
$I=\frac{1}{3}ln\left | \frac{x-1}{x+1} \right |\bigg |_{\sqrt{2}}^{3}=\frac{1}{3}\left ( ln\frac{1}{2}-ln\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1} \right )=\frac{1}{3}ln\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$
Câu 4:

Cho số phức z thỏa mãn điều kiện $\frac{z-11}{z-2}=z-1$. Hãy tính $\left | \frac{z-4i}{\bar{z}+2i} \right |$
- $\frac{z-11}{z-2}=z-1\Leftrightarrow z^2-$ $z+13=0,\Delta '=$ -9 $=$ $i^2\Rightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} z=2+3i\\ z=2-3i \end{matrix}$
  $*z=2+3i\Rightarrow \left | \frac{z-4i}{\bar{z}+2i} \right |=\left | \frac{2-i}{2-i} \right |=$
  $*z=2-3i\Rightarrow \left | \frac{z-4i}{\bar{z}+2i} \right |=\left | \frac{2-7i}{2+5i} \right |=$ $\sqrt{53}$
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = =
Lời giải:
$\frac{z-11}{z-2}=z-1\Leftrightarrow z^2-4z+13=0,\Delta '=-9=9i^2\Rightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} z=2+3i\\ z=2-3i \end{matrix}$
$*z=2+3i\Rightarrow \left | \frac{z-4i}{\bar{z}+2i} \right |=\left | \frac{2-i}{2-i} \right |=1$
$*z=2-3i\Rightarrow \left | \frac{z-4i}{\bar{z}+2i} \right |=\left | \frac{2-7i}{2+5i} \right |=\frac{\sqrt{53}}{29}$
Câu 5:

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C', đều có cạnh bằng a, AA' = a và đỉnh cách đều A, B, C. Gọi lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A'B. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN).
- Gọi O là tâm tam giác đều ABC $\Rightarrow A'O\perp (ABC)$
  Ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}, AO=$ $AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
  $A'O=\sqrt{AA'^2-AO^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3};S_{\Delta ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$
  Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C':V=S_{\Delta ABC}.A'O=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$
  
  Ta có $V_{NAMC}=$ $.S_{\Delta AMC}.d\left [ C(AMN) \right ]=\frac{3V_{NAMC}}{S_{\Delta AMC}}$
  $S_{AMC}=$ $.S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8};d\left [ N(ABC) \right ]=$ $A'O=\frac{a\sqrt{6}}{6}$
  Suy ra: $V_{NAMC}=$ $.\frac{a^2\sqrt{3}}{8}.\frac{a\sqrt{3}}{6}=\frac{a^3\sqrt{2}}{48}$
  
  Lại có: $AM=AN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ , nên cân tại A
  Gọi E là trung điểm AM suy ra $AE\perp MN,MN=\frac{A'C}{2}=$ a
  $\Rightarrow AE=\sqrt{AN^2-NE^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{11}}{4}$
  $S_{AMN}=$ $MN.AE=\frac{a^2\sqrt{11}}{16}$
  $\Rightarrow d\left [ C,(AMN) \right ]=\frac{3a^2\sqrt{2}}{48}:\frac{a\sqrt{11}}{16}=$ $a\sqrt{22}$ (đvđd)
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = = = = = =
Lời giải:
Gọi O là tâm tam giác đều ABC $\Rightarrow A'O\perp (ABC)$
Ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}, AO=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
$A'O=\sqrt{AA'^2-AO^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3};S_{\Delta ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$
Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C':V=S_{\Delta ABC}.A'O=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$

Ta có $V_{NAMC}=\frac{1}{3}.S_{\Delta AMC}.d\left [ C(AMN) \right ]=\frac{3V_{NAMC}}{S_{\Delta AMC}}$
$S_{AMC}=\frac{1}{2}.S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8};d\left [ N(ABC) \right ]=\frac{1}{2}A'O=\frac{a\sqrt{6}}{6}$
Suy ra: $V_{NAMC}=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{8}.\frac{a\sqrt{3}}{6}=\frac{a^3\sqrt{2}}{48}$

Lại có: $AM=AN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, nên cân tại A
Gọi E là trung điểm AM suy ra $AE\perp MN,MN=\frac{A'C}{2}=\frac{a}{2}$
$\Rightarrow AE=\sqrt{AN^2-NE^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{11}}{4}$
$S_{AMN}=\frac{1}{2}MN.AE=\frac{a^2\sqrt{11}}{16}$
$\Rightarrow d\left [ C,(AMN) \right ]=\frac{3a^2\sqrt{2}}{48}:\frac{a\sqrt{11}}{16}=\frac{a\sqrt{22}}{11}$ (đvđd)
Câu 6:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình $z^2-4x+6y-2z-2=0$. Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và cắt n mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính $r=2\sqrt{3}$.
- $(S):x^2+y^2+z^2-4x+6y-2z-2=0\Leftrightarrow (x-2)^2+(y+3)^2+(z-1)^2=$
  $\Rightarrow (S)$ có tâm I(2;;1) bán kính R = ; trục Oy có VTCP $\vec{J}=(0;$ $;0)$
  Gọi $\vec{n}=(a;b;c)$ là VTPT mp(P)
  (P) chứa Oy $\Rightarrow \vec{n}\perp \vec{J}\Rightarrow b=0\Rightarrow \vec{n}=(a;0;c) \ \ \ (a^2+c^2\neq 0)$
  Phương trình mp(P) : ax + cz = 0
  (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính $r=2\sqrt{3}$
  $\Rightarrow d\left [ I,(P) \right ]=\sqrt{R^2-r^2}=$
  $\Leftrightarrow \frac{\left | 2a+c \right |}{\sqrt{a^2+c^2}}=2\Leftrightarrow 4a^2+4ac+c^2=$ $a^2+4c^2\Leftrightarrow 3c^2-4ac=0$
  $\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} c=0\\ 3c=4a \end{matrix}$
  Vậy phương trình mp(P): x = hoặc x + 4z = 0
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = = = = = =
Lời giải:
$(S):x^2+y^2+z^2-4x+6y-2z-2=0\Leftrightarrow (x-2)^2+(y+3)^2+(z-1)^2=1$
$\Rightarrow (S)$ có tâm I(2;-3;1) bán kính R = 4 ; trục Oy có VTCP $\vec{J}=(0;1;0)$
Gọi $\vec{n}=(a;b;c)$ là VTPT mp(P)
(P) chứa Oy $\Rightarrow \vec{n}\perp \vec{J}\Rightarrow b=0\Rightarrow \vec{n}=(a;0;c) \ \ \ (a^2+c^2\neq 0)$
Phương trình mp(P) : ax + cz = 0
(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính $r=2\sqrt{3}$
$\Rightarrow d\left [ I,(P) \right ]=\sqrt{R^2-r^2}=2$
$\Leftrightarrow \frac{\left | 2a+c \right |}{\sqrt{a^2+c^2}}=2\Leftrightarrow 4a^2+4ac+c^2=4a^2+4c^2\Leftrightarrow 3c^2-4ac=0$
$\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} c=0\\ 3c=4a \end{matrix}$
Vậy phương trình mp(P): x = 0 hoặc 3x + 4z = 0
Câu 7:

Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau .
- Số phần tử không gian mẫu là $n(\Omega )=C_{12}^{4}.C_{8}^{4}.C_{4}^{4}=$
  Gọi A là biến cố “ 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau ”
  Số các kết quả thuận lợi của A là $n(A )=$ $C_{9}^{3}.C_{9}^{3}.C_{3}^{3}=$
  Xác suất của biến cố A là $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{1080}{34650}=\frac{54}{173}\approx$
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = =
Lời giải:
Số phần tử không gian mẫu là $n(\Omega )=C_{12}^{4}.C_{8}^{4}.C_{4}^{4}=34.650$
Gọi A là biến cố “ 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau ”
Số các kết quả thuận lợi của A là $n(A )=3C_{9}^{3}.2C_{9}^{3}.1C_{3}^{3}=1080$
Xác suất của biến cố A là $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{1080}{34650}=\frac{54}{173}\approx 0,31$
Câu 8:

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x + 4y + 10 = 0 và đường phân giác trong BE có phương trình x – y +1 = 0. Điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng $\sqrt{2}$ . Tính diện tích tam giác ABC.
- Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC. Tính được N(1;1) . Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x – 3y – 1 = 0
  
  Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : x – 4y + = 0
  A là giao điểm của AB và AH , suy ra tọa độ A là nghiệm của hệ pt
  $\left\{\begin{matrix} 3x-4y+8=0\\ 3x+4y+10=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow A\bigg ($ $;-\frac{1}{4} \bigg )$
  Điểm C thuộc BC và MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm của hệ pt:
  $\left\{\begin{matrix} 4x-3y-1=0\\ \sqrt{x^3+(y-2)^2}=\sqrt{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=1;y=1\\ x=\frac{31}{25};y=\frac{33}{25} \end{matrix}\Rightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} C(1;1)\\ C\left ( \frac{31}{25};\frac{33}{25} \right ) \end{matrix}$
  Thế tọa độ A và C(;1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu , suy ra A , C khác phía đối với BE , do đó BE là phân giác trong tam giác ABC .
  Tương tự A và C $\bigg ( \frac{31}{25};$ $\bigg )$ thì A , C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.
  BC = , AH = d(A, BC) = . Do đó $S_{ABC}=$ (đvdt).
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = = = = = =
Lời giải:
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC. Tính được N(1;1) . Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x – 3y – 1 = 0

Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0
A là giao điểm của AB và AH , suy ra tọa độ A là nghiệm của hệ pt
$\left\{\begin{matrix} 3x-4y+8=0\\ 3x+4y+10=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow A\left ( -3;-\frac{1}{4} \right )$
Điểm C thuộc BC và MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm của hệ pt:
$\left\{\begin{matrix} 4x-3y-1=0\\ \sqrt{x^3+(y-2)^2}=\sqrt{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=1;y=1\\ x=\frac{31}{25};y=\frac{33}{25} \end{matrix}\Rightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} C(1;1)\\ C\left ( \frac{31}{25};\frac{33}{25} \right ) \end{matrix}$
Thế tọa độ A và C(1;1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu , suy ra A , C khác phía đối với BE , do đó BE là phân giác trong tam giác ABC .
Tương tự A và C $\left ( \frac{31}{25};\frac{33}{25} \right )$ thì A , C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.
BC = 5 , AH = d(A, BC) = $\frac{49}{20}$ . Do đó $S_{ABC}\frac{49}{8}$ (đvdt).
Câu 9:

Giải bất phương trình $x^2+5x< 4(1+\sqrt{x(x^2+2x-4)})(x\in R)$
- $x^2+5x< 4(1+\sqrt{x(x^2+2x-4)}) \ (*)$
  ĐK: $x(x^2+2x-$ $)\geq 0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} -1-\sqrt{5}\leq x \leq 0\\ x\geq -1+\sqrt{5} \end{matrix}$
  Khi đó
  $\Leftrightarrow$ $\sqrt{x(x^2+2x-4)}> x^2+5x-$
  $\Leftrightarrow$ $\sqrt{x(x^2+2x-4)}> (x^2+2x-$ $)+3x (**)$
  TH1: $x\geq -1+\sqrt{5}$ , chia hai vế cho x > 0 , ta có :
  $(**)\Rightarrow 4\sqrt{\frac{(x^2+2x-4)}{x}}> \frac{x^2+2x-4}{x}+3$
  Đặt $t=\sqrt{\frac{(x^2+2x-4)}{x}},t\geq 0$ ta có bpt $t^2-4t+4< 0\Leftrightarrow 1< t<$
  TH2: $-1-\sqrt{5}\leq x\leq 0, x^2+$ $x-4< 0,(**)$ luôn thỏa mãn
  Vậy tập nghiệm của bpt (*) là $S=\left [ -1$ ; $0 \big]\cup \left ( \frac{-1+\sqrt{17}}{2};\frac{7+\sqrt{65}}{2} \right )$
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = = = = = =
Lời giải:
$x^2+5x< 4(1+\sqrt{x(x^2+2x-4)}) \ (*)$
ĐK: $x(x^2+2x-4)\geq 0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} -1-\sqrt{5}\leq x \leq 0\\ x\geq -1+\sqrt{5} \end{matrix}$
Khi đó
$\Leftrightarrow 4\sqrt{x(x^2+2x-4)}> x^2+5x-4$
$\Leftrightarrow 4\sqrt{x(x^2+2x-4)}> (x^2+2x-4)+3x (**)$
TH1: $x\geq -1+\sqrt{5}$, chia hai vế cho x > 0 , ta có :
$(**)\Rightarrow 4\sqrt{\frac{(x^2+2x-4)}{x}}> \frac{x^2+2x-4}{x}+3$
Đặt $t=\sqrt{\frac{(x^2+2x-4)}{x}},t\geq 0$ ta có bpt $t^2-4t+4< 0\Leftrightarrow 1< t< 3$
TH2: $-1-\sqrt{5}\leq x\leq 0, x^2+5x-4< 0,(**)$ luôn thỏa mãn
Vậy tập nghiệm của bpt (*) là $S=\left [ -1-5;0 \right ]\cup \left ( \frac{-1+\sqrt{17}}{2};\frac{7+\sqrt{65}}{2} \right )$
Câu 10:

Cho các số thực x ; y thay đổi . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\sqrt{x^2+y^2+2x+1}+\sqrt{x^2+y^2-2x+1}+\left | y-2 \right |$
- $P=\sqrt{x^2+y^2+2x+1}+\sqrt{x^2+y^2-2x+1}+\left | y-2 \right |$
  Xét các điểm $M(x-1;-y), N(x+$ $;y)$ . Ta có $OM+ON\geq MN$
  $\Leftrightarrow \sqrt{(x-1)^2+y^2}+ \sqrt{(x+1)^2+y^2}\geq \sqrt{4+4y^2}$
  $\Rightarrow P\geq$ $\sqrt{1+y^2}+\left | y-2 \right |=f(x)$
  TH1: $y\leq 2:f(y)=$ $\sqrt{1+y^2}+2-y\Rightarrow f'(y)=\frac{2y}{\sqrt{1+y^2}}-$
  $f'(y)=0\Leftrightarrow$ $y=\sqrt{1+y^2}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y\geq 0\\ 3y^2=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt{3}}{3}$
  Lập bảng biến thiên $f(y)\Rightarrow min_{x\in (-\infty ;2)}f(y)=f(\frac{\sqrt{3}}{3})=$ $+\sqrt{3}$
  
  TH2: $y\geq 2:f(y)=2\sqrt{1+y^2}+y-2\geq 2\sqrt{5}> 2+\sqrt{3}$
  
  Vậy $P\geq$ $+\sqrt{3} \ \forall x;y$
  Do đó $MinP=$ $+\sqrt{3}$ khi x = 0 ; y = $\frac{\sqrt{3}}{3}$
  
  Các em điền kết quả vào các ô trống sau, mỗi ô đúng sẽ được 0.125 điểm.
  = = = = = = = =
Lời giải:
$P=\sqrt{x^2+y^2+2x+1}+\sqrt{x^2+y^2-2x+1}+\left | y-2 \right |$
Xét các điểm $M(x-1;-y), N(x+1;y)$. Ta có $OM+ON\geq MN$
$\Leftrightarrow \sqrt{(x-1)^2+y^2}+ \sqrt{(x+1)^2+y^2}\geq \sqrt{4+4y^2}$
$\Rightarrow P\geq 2\sqrt{1+y^2}+\left | y-2 \right |=f(x)$
TH1: $y\leq 2:f(y)=2\sqrt{1+y^2}+2-y\Rightarrow f'(y)=\frac{2y}{\sqrt{1+y^2}}-1$
$f'(y)=0\Leftrightarrow 2y=\sqrt{1+y^2}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y\geq 0\\ 3y^2=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow y=\frac{\sqrt{3}}{3}$
Lập bảng biến thiên $f(y)\Rightarrow min_{x\in (-\infty ;2)}f(y)=f(\frac{\sqrt{3}}{3})=2+\sqrt{3}$

TH2: $y\geq 2:f(y)=2\sqrt{1+y^2}+y-2\geq 2\sqrt{5}> 2+\sqrt{3}$

Vậy $P\geq 2+\sqrt{3} \ \forall x;y$
Do đó $MinP=2+\sqrt{3}$ khi x = 0 ; y = $\frac{\sqrt{3}}{3}$