Đề thi tốt nghiệp THPT năm 2011 hệ phổ thông - môn Toán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số
21
21
x
y
x
+
=
−
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
()C
2) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị
(
với đường thẳng .
)C 2yx=+
Câu 2. (3,0 điểm)
1) Giải phương trình
21
78.71
xx+
−+=0.

2) Tính tích phân
1
45ln
e
x
I
dx
x
+
=
∫
.
3) Xác định giá trị của tham số để hàm số đạt cực tiểu tại
m
32
2yx x mx=− + +1
1
x
=
.
Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy
.S ABCD
A
BCD
là hình thang vuông tại
A
và
D
với
A

DCDa==
,
3
A
B= a
ABCD
0
. Cạnh bên vuông góc với mặt đáy và cạnh bên tạo với mặt
đáy một góc . Tính thể tích khối chóp
S
theo
a
.
SA SC
45
o
.
II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình Chuẩn (3,0 điểm)
Câu 4.a. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ , cho điểm
Oxyz (3;1;0)A
và mặt phẳng
có phương trình .
()P 22 1xyz+−+=
1) Tính khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng . Viết phương trình mặt phẳng đi qua
điểm
()P ()Q

A
và song song với mặt phẳng .
()P
2) Xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm
A
trên mặt phẳng .
()P
Câu 5.a. (1,0 điểm) Giải phương trình
(1
trên tập số phức.
) (2 ) 4 5iz i i−+−=−
2. Theo chương trình Nâng cao (3,0 điểm)
Câu 4.b. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm ,
và
C
.
Oxyz (0;0;3)A (1;2;1)B −−
(1;0;2)−
1) Viết phương trình mặt phẳng .
()ABC
2) Tính độ dài đường cao của tam giác
A
BC
kẻ từ đỉnh
A
.
Câu 5.b. (1,0 điểm) Giải phương trình () trên tập số phức.
2
40zi−+=
Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Văn bản gồm 04 trang)

I. Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai
lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi.
3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75
làm tròn thành 1,0 điểm).

II. Đáp án và thang điểm

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. (2,0 điểm)
a) Tập xác định :
1
\
2

D
⎧
⎫
=
⎨
⎬
⎩⎭
\
.
0,25
b) Sự biến thiên :
• Chiều biến thiên :
()
2
4
'0,
21
yx
x
−
=<∀
−
D∈
.
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
1
;
2
⎛⎞
−∞

⎜⎟
⎝⎠
và
1
;
2
⎛⎞
⎜⎟
.
+∞
⎝⎠
0,50
• Tiệm cận :
1
2
lim
x
y
−
⎛⎞
→
⎜⎟
⎝⎠
=−∞
;
1
2
lim
x
y

+
⎛⎞
→
⎜⎟
⎝⎠
=+∞
1
2
x⇒ =
là tiệm cận đứng.
lim 1
x
y
→−∞
= ;lim 1
x
y
→+∞
=
1y⇒ =
là tiệm cận ngang.
0,50
Câu 1
(3,0 điểm)
• Bảng biến thiên :

1
x

−∞

1
2
+∞


− −
'y
y
−∞
+∞

1


1

0,25

c) Đồ thị (C):

0,50
2. (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của với đường thẳng là nghiệm của phương
trình
()C 2yx=+
21
2
21
x

x
x
+
=+
−

(1)
(1)
⇔+

(2
(vì
21(21)(2xxx

2
)= − + )
1
2
x =
không là nghiệm của (2))

2
230=
1
xx⇔+−
x
⇔= hoặc
3
2
x =−

.
0,50

Với
3
2
x =−
thì
1
2
y =
.
Với
1
x
= thì . 3y =
Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là
31
;
22
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
và ( . 1;3)
0,50
1. (1,0 điểm)
Đặt 7
x
t (t ). = > 0

0,25
Phương trình đã cho trở thành 78 hoặc
2
10 1tt t−+=⇔=
1
7
t =
.
0,25
Với t , ta có 7 . 1= 1 0
x
x=⇔ =
Với
1
7
t , ta có =
1
71.
7
x
x=⇔=−
Vậy nghiệm của phương trình là hoặc .
0x = 1x =−
0,50
2. (1,0 điểm)
Đặt
2
5
45ln 45ln 2
txtxtdtdx

x
=+ ⇒ =+ ⇒ = .
0,25
Câu 2
(3,0 điểm)
Đổi cận :
12
x
t= ⇒ = và 3
x
et= ⇒ = .
0,25

Do đó
3
3
23 33
2
2
222
32
51515
Itdtt
⎛⎞
===−=
⎜⎟
⎝⎠
∫
38
15

.
0,50
3. (1,0 điểm)
Ta có
2
'3 4
y
xx=−+m.
0,25
Nếu hàm số đạt cực tiểu tại 1
x
= thì , suy ra . '(1) 0y = 1m =
0,25
Với thì 1m =
32
21
y
xxx=− ++,
2
'3 4 1
y
xx=−+ và " 6 4
y
x=−.
Mà và nên hàm số đạt cực tiểu tại '(1) 0y =
()
"1 2 0y =>
1
x
=

.
0,25

Vậy là giá trị cần tìm. 1m =
0,25

Ta có nên là hình chiếu của trên
()SA ABCD⊥ AC SC ()
A
BCD .
Do đó .
n
45
o
SCA =
Tam giác vuông cân tại nên
ACD D 2AC a= .
Tam giác vuông cân tại
SAC
A
nên 2SA a= .
0,50
Câu 3
(1,0 điểm)
Diện tích của hình thang vuông
A
BCD
là
2
(3)

2
2
aaa
a
+
=
.
Vậy
3
.
22
3
SABCD
a
V =
.
0,50
1. (1,0 điểm)
Ta có
()
22 2
2.3 2.1 1.0 1
,( ) 3
22(1)
dAP
+−+
==
++−
.
0,50

Ta có
là vectơ pháp tuyến của .
(2;2; 1)n =−
G
()P
()Q song song với ( nên ( nhận )P )Q
(2;2; 1)n =−
G
làm vectơ pháp tuyến.
0,25
Câu 4.a
(2,0 điểm)
Mặt khác ( qua nên có phương trình )Q (3;1;0)A ( )Q
2( 3) 2( 1) 1( 0) 0 2 2 8 0xyz xyz−+ −− − =⇔ + −−=.
0,25

3

2. (1,0 điểm)
Gọi là đường thẳng qua và vuông góc với thì
d
A ( )P (2;2; 1)n =−
G
là
vectơ chỉ phương của .
d
Do đó phương trình tham số của là
d
32
12

x
t
y
t
zt
=+
⎧
⎪
=+
⎨
⎪
=−
⎩
.
0,50

Gọi là hình chiếu của
H
A
trên
(
thì là giao điểm của và
(
.
)P H
d
)P
Do nên .
Hd∈
(3 2 ;1 2 ; )Htt++−t

Mặt khác nên ta có .
()HP∈ 2(3 2 ) 2(1 2 ) ( ) 1 0ttt+++−−+=
1t⇔=−
Vậy .
(1; 1;1)H −
0,50
Phương trình đã cho tương đương với phương trình ( 1 ) 2 4iz i−=−
0,25
24 (24)(1 )
1(1)(1
ii
zz
ii
−−
⇔= ⇔=
−−
)
i
i
+
+

0,25
Câu 5.a
(1,0 điểm)
(2 4 )(1 )
2
ii
z
−+

⇔=
62
3
2
i
zz
−
⇔= ⇔=−
i.
Vậy nghiệm của phương trình là .
3zi=−
0,50
1. (1,0 điểm)
Ta có (1;2;2); (1;0;1)AB AC=− − − =− −
JJJG JJJG
, (2;1; 2)AB AC
⎡⎤
⇒ =−
⎣⎦
J
JJG JJJG
.
0,50
Mặt phẳng qua , nhận ( )ABC A ,AB AC
⎡
⎤
⎣
⎦
J
JJGJJJG

làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình .
2(x 0) 1(y 0) 2(z 3) 0−+ −− −= 2x y 2z 6 0⇔+−+=
0,50
2. (1,0 điểm)
Ta có:
A
BC
S
Δ

1
,
2
AB AC
⎡⎤
=
⎣⎦
JJJG JJJG
22 2
13
21(2)
22
=++−=
.
0,50
Câu 4.b
(2,0 điểm)
222
( 1 1) (0 2) (2 1) 5BC =−+ ++ +− = .

Gọi
A
H là đường cao của tam giác thì ABC
2
3
5
ABC
S
AH
BC
Δ
==.
0,50
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
2
230ziz−+=.
Ta có .
()
2
2
412164iiΔ= − =− =
0,50
Câu 5.b
(1,0 điểm)
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1
24
3
2
ii

zi
+
==
và
2
24
2
ii
zi
−
==
−.
0,50
Hết

4