ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH 2011 MÔN TOÁN CHUYÊN VĨNH PHÚC pptx

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (389.87 KB, 5 trang )

TRNG THPT CHUYÊN VNH PHÚC

 THI TH I HC, CAO NG NM 2011
Môn thi: Toán, khi A,B,D

ÁP ÁN (gm 5 trang)

Câu
Ý
Ni dung
iªm
I

2,00

1
Khi
1m
ta cã hµm sè
32
34y x x  

1,00

 Tp xác đnh: Hàm s có tp xác đnh
D.

 S bin thiên:
 Chiu bin thiên
2
36y' x x
Ta có
2
0
0
x
y'
x








,
y 0 x 2 x 0      
h/s đng bin trên các khong
   
; 2 & 0;  


,
y 0 2 x 0     
hàm s nghch bin trên khong

 
2;0


   
2 0 0 4
CD CT
y y ; y y     

 Gii hn
3
3
x
x
34
limy lim x 1
xx



    



0,25

0,25

 Bng bin thiên:
x


-2 0


y'


0

0


y

0




-4

0,25

  th:  th ct trc Ox ti các điêm (-2;0),(1;0),ct trc Oy ti đim (0;-4)

0,25

2
T×m c¸c gi¸ trÞ cña
m
®Ó ®å thÞ hµm sè
 
1
cã hai ®iÓm cùc trÞ
,AB

1,00
1
-2
O

x

x
x
x
-4
y
32
34y x x  

www.VNMATH.com

, 2 2
3 2 1y x mx m
.Hàm số có cực trị khi và chỉ khi ph-ơng trình
,
0y
có
hai nghiệm phân biệt
'
10

m

,
0 1 1y x m x m
.Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

1; 1 , 1; 3 . 1; 1 , 1; 3A m m B m m OA m m OB m m

OAB
vuông tại
O
khi
,,O A B
phân biệt và

2
. 0 2 2 0 1 2OAOB m m m m

đáp số :
12mm

0,25

0,25

0,25

0,25
II

2,00

1
Gii phng trỡnh :
4
3 4cos2 8sin 1
sin2 cos2 sin2
xx
x x x

1,00

Đ/k

sin 2 cos2 0
82
sin 2 0
2
xl
xx
l
x

xl

Z

ta có:
2
4
1 cos2
8sin 8 3 4cos2 cos4
2
x
x x x

Ph-ơng trình

3 4cos2 3 4cos2 cos4
1
sin2 cos2 sin2
x x x
x x x

cos4 1
sin2 cos2 0,sin2 0
sin2 cos2 sin2
x
do x x x
x x x

1
cos2 sin2 cos2 sin2 cos2 0
sin2

x x x x x
x

cos2 0 sin2 cos2 0 2
2
42
x x x loai x k
x k k

vậy ph-ơng trình có một họ nghiệm

42
x k k

Z

0,25

0,25

0,25

0,25

2
Gii hệ phng trỡnh:

1
2
3 4 7 *
1
log 2 **
x
x x y y
x
y
y

1,00

Đ/k
0 1 1 1 2
0 2 & 0 0 2
xx
y y y

Từ pt (*) ta có :

22
1 3 1 2 3 2 ***x x y y

xét hàm số :

2

3f t t t
với mọi
0t

'
2 3 0 0f t t t
suy ra hàm số

ft
đồng biến trên khoảng

0;

Mà pt(***)

1 2 1 2 3f x f y x y x y

thế vào pt(**) ta đ-ợc:

2
2
2
31
log 2 2 0
y
y
y y y
y

12
25
y x loai
y x tm

.Vậy hpt có 1 nghiệm duy nhất là:

; 5; 2xy

0,25

0,25

0,25

0,25
www.VNMATH.com

III

Tớnh tớch phõn:

4
1
ln 9
.
x
I dx
x

1,00

đặt
2
2x t x t dx tdt

Đổi cận : khi
1 1& 4 2x t x t

Do đó :

2
22
2
11
ln 9
2 2 ln 9
t
I tdt t dt
t

.Đặt

2
2
2
ln 9
9
t
ut
du dt
t
dv dt
vt

2
2
2
2
2
1
1
2
1
2 ln 9 4
9
33
4ln5 2ln8 4 ln 10ln5 12ln2 4
23
t
I t t dt
t
t

t
t

0,25

0,25

0,25

0,25
IV

. Tính thể tich khối chóp
.ABDMN
.
1,00

ta thấy

1
11
1
AC BD
BD mp ACC A
CC BD

BD AC ABCD
là hình thoi
ccạnh
a
gọi
ABC

do
1
AC
vuông góc với mặt phẳng

BDMN
1
AC BN

22
1 1 1
1
0 . cos
2 4 2
aa
AC BN AB BC CC BB BA

0
1
cos 120
2

0
60BAD ABD
đều cạnh
a
.Ta thấy các đ-ờng
thẳng
1

,,BN DM AA
đồng quy tại điểm
I
với
1
A
là trung điểm của
AI
,
N
là trung
điểm của
BI
,
M
là trung điểm của
DI

.
. . 1 3 3 1

. . 4 4 4 3
IAMN
A BDMN IABD ABD
IADB
V
IAIM IN
V V IAS
V IAID IB

=
3
3
.
16
a

0,25

0,25

0,25
0,25
V

Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc :

P c b a
.
1,00

22

2
2*
2 8 **
ab
c c a b

.Lấy (*)x2 +(**) theo vế ta đ-ợc

22
2 2 2
2 2 2 12 6
22
cc
a b c c a b a b

và từ (*)

22
22
2 2 2 8a b b a

;
6
22
8
2 ; 2
cc
u a b
u
v
v b a

.u v u v bc ac c b a

43P
.Dấu bằng xẩy ra khi và chi khi
22
13
2
13
22
/ / & 2
2 2 2
4
a
cc
ab
u v a b b
ba
c

.Vậy max
43P

0,25

0,25

0,25

0,25
VIa

2,00
www.VNMATH.com

1
) Trong mt phng vi h to
Oxy

cho hai điểm

2;1 , 1; 3AB

do tứ giac
ABCD
là hình bình hành nên ta có

3
3;4 *
4
DC
DC
xx
CD BA
yy

mặt khác :

1
2
30
**
5 16 0

CC
DD
xy
Cd
Dd
xy

từ (*) và (**) ta giải đ-ợc
3
6
;
62
C
D
CD
x
x
yy

ta có

3;4 , 4; 3BA BC
cho
nên hai véc tơ
,BA BC
không cùng ph-ơng ,tức là 4 điểm
, , ,A B C D
không thẳng
hàng ,hay tứ giác
ABCD
là hình bình hành.Đáp số

3; 6 , 6; 2CD

1,00

0,25

0,25

0,25

0,25

2
Chứng minh rằng
12
,dd
cắt nhau tại
A
;
1,00

ph-ơng trình tham số của
12
,dd
lần l-ợt là
12
1
1 2 ; 1 2
1 2 3 2
x t x s
d y t d y s
z t z s

giải hpt giữa

1 2 1 2
, 1; 1; 1 1;1;1d d x y z d d A

1
d
có vtcp

1
1;2;2u
,
2
d
có vtcp

2
1;2; 2u

mặt phẳng

P
chứa
12
,dd
đi qua

1;1;1A
và có 1 vtpt

12
/ / ; 8;4;0 2; 1;0n u u n
pt mặt phẳng

:2 1 0P x y

ta thấy

MP

ta có

1 1 2 1
12
2 1 2 2
/ / 2;4;0 1;2;0
3
/ / 0;0;4 0;0;1
v u u v
uu
v u u v

là 2 vtcp của 2 đ-ờng
thẳng phân giác của 2 góc tạo bởi
12
,dd

Đ-ờng thẳng

11
1
2
2;3;1
: : 3 2
1;2;0
1
xa
quaM
ya
vtcpv
z

(loại do
1
A
không tạo
thành tam giác hoặc
1 1 2
,,dd
đồng quy tại
A
không tạo thành tam giác.)
Đ-ờng thẳng

21
1
2
2;3;1
: : 3
0;0;1
1
x
quaM
y

vtcpv
zb

Vậy đ-ờng thẳng cần tìm là
1
2
:3
1
x
y
zb

0,25

0,25

0,25

0,25
VIIa

Tìm số phức
z
thoả mãn
3 1 .z i i z

và
9
z
z

là số thuần ảo .
1,00

Đặt

,z a bi a b
.Ta có
3 1 .z i i z

31a b i b ai

2 2 2
2
3 1 2a b b a b

Khi đó

2
3
2 2 2
2 13
92

9 9 5
22
2 4 4 4
a
ai
aa
z a i a i i
z a i a a a

là số ảo
khi và chỉ khi
3
5 0 0 5a a a a

0,25

0,25

0,25
www.VNMATH.com
Vậy các số phức cần tìm là
2 , 5 2 , 5 2z i z i z i

0,25
VIb

2,00

1
Tìm toạ độ các điểm
,BC
thuộc

E
sao cho
I
là tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam
1,00

Ta có
2IA
Đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
có pt:

2
2
14xy

Toạ độ các điểm
,BC
cần tìm là nghiệm của hệ pt:

2
2
22
14
1
94
xy
xy

2
2
2
2
2
14
14
3
3
5 18 9 0
5
xy

xy
xx
xx

30x y B A C A
(loại)

3 4 6 3 4 6 3 4 6
; , ;
5 5 5 5 5 5
x y B C

hoặc
3 4 6 3 4 6
; , ;
5 5 5 5
BC

0,25

0,25

0,25

0,25

2
Xác định toạ độ điểm
12
;MN
.

1,00

Giả sử

12
; ; 1 ; ; 2; 2M t t t N s s s
,

1;0;1A

Ta có

; 2; 2 1 , 1; ; , 1; 2; 2 1MN t s t s t s AM t t t AN s s s

theo gt:

2 2 2
1 1 2 2 1 3
.3
2 2 1 6
6
t s t s t s
AM AN
t s t s t s
MN