Bài giải đề thi tốt nghiệp PTTH 2011 môn Toán

BÀI GIẢI ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT 2011
Môn thi : Toán

DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC

/m
ath
.vn



PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Cho tất cả thí sinh

Câu I. 1) (2 điểm) ————————————————————————————————
2x + 1
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
Cho hàm số y =
2x − 1
Bài giải:
1
Đồ thị
Tập xác định D = R \
2
Khảo sát:
4
lim y = lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang
x→+∞

x→−∞

lim y = −∞; lim y = +∞ ⇒ x =

x→( 12 )−

y =−

x→( 12 )+

4
< 0; ∀x ∈ D
(2x − 1)2

1
là tiệm cận đứng
2

2

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −∞;
1
2

x −∞
y

+∞

−

−
1

−∞

1
1
;
; +∞
2
2

1

−3

−2

−1

1

0

2

3

−1

+∞
y 1

3

−2

htt
p:/

Câu I. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = x + 2
Bài giải:
2x + 1
1
Phương trình hoành độ giao đỉêm:
= x+2
x=
2x − 1
2
x=1
⇔ 2x + 1 = (2x − 1)(x + 2) ⇔ 2x2 + x − 3 = 0 ⇔
3 (nhận)
x=−
2
3 1
Toạ độ 2 giao điểm A(1; 3); B − ;
2 2
Câu II. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình: 72x+1 − 8.7x + 1 = 0
Bài giải:
Đặt t = 7x thì ta có 72x+1 = 7t 2 .
1

Do đó phương trình có thể viết lại thành 7t 2 − 8t + 1 = 0, hay (7t − 1)(t − 1) = 0, hay t = 1 ∨ t = .
7
1
1
x
x
+ Với t = 1, ta có 7 = 1, suy ra x = 0. + Với t = , ta có 7 = , suy ra x = −1.
7
7
Vậy phương trình đã cho có tất cả hai nghiệm là x = 0 và x = −1.
Câu II. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
√
e
4 + 5 ln x
Tính tích phân I =
dx.
x
1
Bài giải:
e√
3 e
3
3
2
2
38
Cách 1 Ta có I =
4 + 5 ln x d(ln x) = (4 + 5 ln x) 2 =
92 −42 = .
15

15
15
1
1
√
√
2
√
4 + 5 ln x − 4
4 + 5 ln x √
Cách 2 Có
= 4 + 5 ln x(ln x) = 4 + 5 ln x
x
5
√
√
3
3 e
2 4 + 5 ln x
2 √
2 4 + 5 ln x
38
2 √
=
4 + 5 ln x
4 + 5 ln x =
. Vậy nên I =
=
5
15

15
15
1

1

4


/m
ath
.vn

Câu II. 3) (1 điểm) ————————————————————————————————
Xác định giá trị của tham số m để hàm số y = x3 − 2x2 + mx + 1 đạt cực tiểu tại x = 1
Bài giải:
Ta có y = 3x2 − 4x + m và y (1) = m − 1.
Để hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 thì trước hết ta phải có y (1) = 0, suy ra m = 1. Lúc này, ta có y = 3x2 − 4x + 1 =
1
(3x − 1)(x − 1) và y = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = .
3
Dễ thấy y đổi dấu từ âm sang dương khi x chạy qua 1. Do đó y đạt cực tiểu tại x = 1.
Từ đây ta suy ra m = 1 chính là giá trị cần tìm.
Câu III. (1 điểm) ————————————————————————————————
Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình thang vuông tại A và D với AD = CD = a, AB = 3a.Cạnh bên SA vuông góc
với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 45◦ . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Bài giải:
Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D
⇒ ADC = 90◦ .
Mà AD = CD

√nên ADC
√ vuông cân tại D
⇒ AC = AD 2 = a 2.
S
SA⊥(ABCD) ⇒ SA⊥AC SAC vuông tại A.
SA⊥(ABCD) ⇒ A là hình chiếu vuông góc của S lên
(ABCD).
⇒ góc giữa SC và (ABCD) bằng góc ACS (vì SAC vuông
tại A nên ACS nhọn)
⇒ ACS = 45◦ .
√
B
A
3a
Do đó SAC vuông cân tại A ⇒ SA = AC = a 2.
Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D nên AD là đường
cao của hình thang.
a
45o
1
⇒ diện tích hình thang : SABCD = (AB + CD)AD = 2a2
2
D
C
(đvdt)
a
1
1 √
Vậy thể tích khối chóp là VS.ABCD = SA·SABCD = ·a 2·
3

3
√
2 2a3
2
2a =
(đvtt)
3

htt
p:/

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
Phần A cho chương trình chuẩn

Câu IVa. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 1; 0) và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y − z + 1 = 0. Tính
khoảng cách từ điểm A đến mạt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song mặt phẳng (P).
Bài giải:
|2 · 3 + 2 · 1 − 1 · 0 + 1|
d(A; (P)) =
= 3 (đvđd)
22 + 12 + (−2)2
(Q) (P) ⇒ vector pháp tuyến của (P) cũng là vector pháp tuyến của (Q).
⇒ phương trình của (Q) : 2(x − 3) + 2(y − 1) − (z − 0) = 0 ⇔ 2x + 2y − z − 8 = 0.
Câu IVa. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P)
Bài giải:
−→
Gọi H(a; b; 2a + 2b + 1) ∈ (P). AH = (a − 3; b − 1; 2a + 2b + 1).
−→ −

H là hình chiếu vuông góc của A lên (P) ⇔ AH và →
n (P) cùng phương
a=1
a − 3 b − 1 2a + 2b + 1
=
=
⇔
2
2
−1
b = −1
Vậy hình chiếu của A lên (P) có tọa độ (1; −1; 1).
Câu Va. (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình (1 − i)z + (2 − i) = 4 − 5i trên tập số phức.
⇔

2


Bài giải:
(4 − 5i) − (2 − i) 2 − 4i (1 − 2i)(1 − i2 )
=
=
= (1 − 2i)(1 + i) = 1 − i − 2i2 = 3 − i.
1−i
1−i
1−i
Cách 2 Ta có (1 − i)z = 4 − 5i − (2 − i) = 2 − 4i Điều này tương đương với (1 + i)(1 − i)z = (2 − 4i)(1 + i) = 6 − 2i Tức
là 2z = 6 − 2i để rồi z = 3 − i

/m
ath
.vn

Cách 1 PT ⇔ z =

Phần B cho chương trình nâng cao

htt
p:/

Câu IVb. 1) (1 điểm) ————————————————————————————————
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 0; 3), B(−1; −2; 1) và C(−1; 0; 2). Viết phương trình mặt phẳng
(ABC).
Bài giải:
−
→
−
→
−
→−
→
−2 −2 −2 −1 −1 −2
= (2; 1; −2)
;
;
AB = (−1; −2; −2), AC = (−1; 0; −1) ⇒ AB; AC =
0 −1 −1 −1 −1 0
−
Vì vậy mặt phẳng (ABC) có vector pháp tuyến →

n = (2; 1; −2).
⇒ phương trình mặt phẳng (ABC) : 2(x − 0) + (y − 0) − 2(z − 3) = 0 ⇔ 2x + y − 2z + 6 = 0
Câu IVb. 2) (1 điểm) ————————————————————————————————
Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A.
Bài giải:
1 −
3
→−
→
Diện tích tam giác ABC : SABC =
AB; AC = (đvdt)
2
2
√
Độ dài đoạn thẳng BC : BC = (−1 + 1)2 + (−2 − 0)2 + (1 − 2)2 = 5.
Gọi hA là độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A của√ ABC.
1
2SABC
3 5
Ta có SABC = hA · BC ⇒ hA =
=
(đvđd)
2
BC
5
Câu Vb. (1 điểm) ————————————————————————————————
Giải phương trình (z − i)2 + 4 = 0
Bài giải:
Cách 1 Ta có phương trình đã cho tương đương với (z − i)2 = −4 = 4i2 .
Từ đây suy ra z − i = 2i ∨ z − i = −2i, hay z = 3i ∨ z = −i.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là z = 3i và z = −i.
Cách 2 Đặt z = iu thay vào ta có (iu − i)2 + 4 = 0 ⇔ 4 − (u − 1)2 = 0 ⇔ (1 + u)(3 − u) = 0 Vậy nên u = −1 hoặc u = 3
để có hai nghiệm cần tìm của chúng ta là z = −i và z = 3i

3