thi thử đại học VMF 03 ngoctien a1 dqh

Bài tham gia thi thử đại học VMF Đề số 3 Họ tên: Trần Ngọc Tiến Lớp: 11A1 Trường: THPT Dương Quảng Hàm Văn GiangHưng Yên Bài làm Câu I: cho hàm số I.1: khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi Khi thì a tập xác định: b chiều biến thiên: ) đạo hàm và cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và không có cực đại ) điểm uốn:

Bài tham gia thi thử đại học VMF Đề số Họ tên: Trần Ngọc Tiến Lớp: 11A1 Trường: THPT Dương Quảng Hàm- Văn Giang-Hưng Yên Bài làm Câu I: cho hàm số I.1: khảo y = f ( x) = x + 2(2m + 1) x − 3m sát vẽ đồ thị hàm số m = Khi m = y = x + 8x − a/ tập xác định: D = R b/ chiều biến thiên: *) đạo hàm cực trị: y ' = f '( x ) = x + 16 x f '( x ) = ⇔ x + 16 x = x=0⇒ y =− Hàm số đạt cực tiểu x=0 cực đại *) điểm uốn: y '' = f ''( x ) = 12 x + 16 > 0∀x Suy đồ thị hàm số lõm *) giới hạn ∞ : lim f ( x) = lim x = +∞ x →∞ x →∞ c/ bảng biến thiên: x y’ y’’ y −∞ +∞ 0 + − d/ đồ thị: +∞ + +∞ f(x) = ( x4 +8⋅x2 ) -4,5 -5 -2 -4 e/ nhận xét: Hàm số đồng biến (0; +∞) Hàm số nghịch biến (−∞;0) Hàm số có cực tiểu A(0; − ) cực đại Hàm sô luôn lõm I.2: tìm m để đồ thị hàm số cắt Ox điểm phân biệt tạo thành đoạn thẳng nhau: Xét phương trình hoành độ (C) Ox: x + 2(2m + 1) x − 3m = (1) 10 (C) cắt Ox điểm phân biệt lập thành đoạn thẳng phương trình (1) có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng Đặt x = t ≥ Thì phương trình (1) trở thành: t + 2(2m + 1)t − 3m = (2) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt < t1 < t2 Điều có khi:  4m + m + > ′>0 ∆     −2m − > ⇔ m < −  −3m >   m <  ⇔m 0∀x ) ⇔ x ≥1 Quay trở lại việc giải phương trình (1) Điều kiện xác  x3 − x + ≥ ⇔ x ≥ −1 + 21 định:  x ≥  Với điều kiện thì: (1) ⇔ x ( x − 1)( x + x − 5) = ( x + x − 6)( x + 4) Mà với x≥ −1 + 21 x −1 > x2 + x − ≥ ( x + x − 6)( x3 + 4) = x ( x − 1)( x + x − 5) ≤ x Mà x≥ −1 + 21 nên x2 + 2x − > , nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x −1 + x2 + x − = x ( x + x − 6) đó, (*) tương đương với: (*) 3x ≥ x3 + ⇔ ( x − 2) ( x + 1) ≤ ⇔x=2 (vì x≥ −1 + 21 >0 ) Dễ thấy nghiệm x = thỏa mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = Câu III: tính tích phân: −1 dx −2 + − 2x − x2 I =∫ Đặt − x − x = tx − ⇒ − x − x = t x − 2tx + ⇒ x + x = xt − x 2t ⇒ x= 2t − t2 +1 ⇒ dx = −2t + 4t + dt (t + 1)2 Đổi cận: Khi x = −2 Khi x = −1 Khi đó: t = −1 t = −1 − −1 dx −2 + − 2x − x2 I =∫ =∫ −1− −1 −2t + 4t + 2 −1− −t + 2t + dt =∫ dt t (2t − 2) −1 (1 + − 1)(t + 1) t (t − 1)(t + 1) t +1 Ta tìm số a,b,c thỏa mãn đẳng thức sau: −t + 2t + a b c = + + ∀t t (t − 1)(t + 1) t t − t + ⇔ −t + 2t + = (a + b)t + (c − a )t + (a + b − c)t − a ∀t Đồng hệ số vế ta được; a + b =  a = −1 c − a = −1   ⇔ b =  a+b−c =  c = −2  −a =  −1− 1 ⇒I =∫ (− + − )dt −1 t t −1 t +1 = − ln | t | Vậy I= −1 − −1 − −1 − 2 + π π ln + ln | t − 1| − arctan t = ln + = − −1 −1 −1 2+2 4 π ln2 − Câu V: cho a, b, c > P= abc = Tìm giá trị lớn của: a +1 + b +1 + c +1 a+b+c 2 Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau với số thực x: x + ≤ 2.( x − x + 1) (*) Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với: 2( x − x + 1) ≥ x + ⇔ 2x2 + x + − 4x x − x + x ≥ x2 + ⇔ ( x − 1) ≥ Đây điều nên ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy x=1 Quay trở lại toán V: Áp dụng bất đẳng thức (*) bất đẳng thức AM-GM ta có: P≤ 2.(a + b + c + − a − b − c ) ≤ a+b+c 2(a + b + c + − abc ) = a+b+c Dấu “=” xảy a=b=c=1 Vậy maxP= ⇔ a=b=c=1 Câu VIB.1: Cho M(-1;0) đường tròn (C) có phương trình x + ( y + 1)2 = Viết phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác OAB lớn ur u Gọi vecto pháp tuyến đường thẳng (d) nd = (a; b) Vì đường thẳng (d) qua M nên phương trình (d) có dạng: (d ) : ax + by + a = Xét phương trình giao điểm (d) (C):  ax + by + a =  2  x + ( y + 1) = Từ phương trình thứ hệ ta được: x = −cy − (với c= b ) a Thay vào phương trình ta có: c y + y + yc + y + = (1) (d) (C) cắt điểm phân biệt phương trình (1) có nghiệm phân biệt: ⇔ ∆′ > (c + 1) − (c + 1) > c > 0(*) Khi đó, nghiệm phương trình (1) là:  −c − + 2c  y1 = + c2   −c − − 2c  y2 = + c2   c − − c 2c  x1 = + c2 ⇒  c − + c 2c  x2 = + c2  Và tọa độ điểm A, B là: A( x1 ; y1 ); B ( x2 ; y2 ) ⇒ AB = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = ( c − − c 2c − c + − c 2c −c − + 2c + c + + 2c ) +( ) + c2 + c2 8c + 8c 8c = = 2 (1 + c ) + c2 Trở lại phép đặt với c= b a ta có : 8c 8ab = 2 1+ c a + b2 AB = Mặt khác : d (O ; AB ) = ⇒ SOAB |a| a + b2 1 |a| 8ab 2a 3b = d (O ; AB ) AB = = 2 a + b2 a + b2 a + b áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có : a 3b 2a 3b ≤ = 2a b = 2 a a a = + + + b2 4 a b a + b2 3 27 SOAB Dấu « = » xảy : 1 2 3 a = b  ⇒a=b  b  >0 a  Chọn a = b = Vậy đường thẳng (d) có phương trình : (d ) : 3x + y + = tam giác OAB có diện tích lớn Bài VI.B.2 : Ta thấy M giao (P) (d) Gọi (∆) đường thẳng nằm mặt phẳng (P) vuông góc với (d) M : Suy (∆) phải thuộc mặt phẳng (R) qua M(1 ;-3 ;0) vuông góc với (d) Khi uu gọi đó, ur u r ur u nR vecto pháp tuyến mặt phẳng (R) : nR = ud = (2;1; −1) Mà (R) qua M(1 ;-3 ;0) Nên phương trình mặt phẳng (R) : ⇒ ( R) : x + y − z + = Khi đó, (∆) giao tuyến mặt phẳng (P) (R), phương trình (∆) thỏa mãn hệ : x + y + z + =  2 x + y − z + =   x = t −1   ⇒ (∆) :  y = − t  t   z = −1 +  Mà (d ') ⊥ (d ) ( Nên uud ') P(∆) r Gọi ud ′ vecto phương (d’) : ur ur u u ud ′ = u∆ = (1; − ; ) 2 Gọi H chân đường vuông góc kẻ từ M tới (d’), theo ta có MH = mặt cầu tâm M, bán kính 42 , hay tọa độ H thỏa mãn phương trình : ( x − 1) + ( y + 3) + z = 42 (1) MH ⊥ (d ') nên MH ⊥ (∆ ) Vì Suy MH thuộc mặt phẳng (Q) vuông góc uu (∆) với r nQ : Gọi vecto pháp tuyến mặt phẳng (Q) ur ur u u nQ = u∆ = (1; − ; ) 2 42 nên H thuộc Vì mặt phẳng (Q) qua M(1 ;-3.0) có vecto pháp tuyến ur u nQ = (1; − ; ) 2 nên phương trình mặt phẳng (Q) : (Q) : x − y + z − 11 = Khi MH giao tuyến mặt phẳng (P) (Q), phương trình MH thỏa mãn hệ :  x − y + z − 11 =  x + y + z + =  x = t  13 t  ⇒ MH :  y = − + 4  5t  z = −  (2) Từ (1) (2) suy H giao điểm MH với mặt cầu (C) Nên tọa độ H nghiệm hệ : x = t   y = − 13 + t  4   z = − 5t  4 ( x − 1) + ( y + 3) + z = 42  Thay x,y,z từ phương trình xuống phương trình cuối ta : 13 t 5t + + 3) + ( − ) = 42 4 4 ⇔ 42(t − 1) = 42 t = ⇔ t = (t − 1) + (− *) t=2 H (2; − 11 ;− ) 4 Khi đó, đường thẳng (d’) có vecto phương ur u ud ′ = (1; − ; ) 2 qua điểm H nên có  x = + t  11  phương trình : (d ') :  y = − − t   z = − + t  13 *) t=0 H (0; − ; ) Khi đó, phương trình đường thẳng (d’) :  x = t  13  (d ') :  y = − − t   z = + t  Vậy có đường thẳng thỏa mãn  x = + t  11  y = − − t   z = − + t   x = t  13  y = − − t   z = + t  Bài VIIB : Kí hiệu áo trắng=at, áo đen=ad, quần trắng=qt, quần đen=qd, cà vạt trắng=cvt, cà vạt đen=cvd, cà vạt vàng=cvv Gọi A= “ chọn loại cho có màu: Ta xét số cách chọn thỏa mãn việc chọn cà vạt: *) trường hợp 1: cvv+1 cvd:   1at  1qd  1 1  1qt ⇒  1ad ⇒ (C5 C7 + C7 ).C5 C6 = 1680 1   2ad ⇒ C4 C7 (1680 + 540) = 62720     1ad   1 2  2qd ⇒  1at ⇒ (C5 C7 + C7 ).C5 = 560   2ad   Trường hợp có 62720 cách *) trường hợp 2: cvv+1 cvt:   1at  1qd  1 1  1qt ⇒  1ad ⇒ (C5 C7 + C5 )C5 C6 = 1350 1   2at ⇒ C4 C8 (1350 + 675) = 64800     1at   1 2  2qt ⇒  1ad ⇒ (C5 C7 + C5 ).C6 = 675   2at   Trường hợp có 64800 cách *) trường hợp 3: cvt+ 1cvd:   1at    1qd  1ad  1 1  ⇒  2at ⇒ (C5 C7 + C52 + C72 ).C5 C6 = 1980  1qt    2ad       1at 1  ⇒ C8 C7 (1980 + 560 + 675) = 180040  1  2qd ⇒  1ad ⇒ (C5 C7 + C72 ).C52 = 560   2ad       1at   1 2  2qt ⇒  1ad ⇒ (C5 C7 + C5 ).C6 = 675   2at   Trường hợp có 180040 cách *) trường hợp 4: cvt:   1at  1qt  1 1  1qd ⇒  1ad ⇒ (C5 C7 + C5 ).C6 C5 = 1350   2at   ⇒ C82 (1350 + 675) = 56700   1at   1 2  2qt ⇒  1ad ⇒ (C5 C7 + C5 ).C6 = 675   2at   Có 56700 cách *) trường hợp 5: cvd:   1at  1qd  1 1  1qt ⇒  1ad ⇒(C5 C7 + C7 ).C6 C5 = 1680   2ad   ⇒ C72 (1680 + 560) = 47040   1at   1 2  2qd ⇒  1ad ⇒ (C5 C7 + C7 ).C5 = 560   2ad   Trường hợp có 47040 cách Suy ra: | Ω A |= 62720 + 64800 + 180040 + 56700 + 47040 = 411300 2 | Ω |= C12 C11.C19 = 620730 ⇒ PA = | Ω A | 411300 = ≈ 0.6626 | Ω | 620730 Vậy xác xuất để có màu 0.6626