Giải đề thi TN năn 2011 dưới nhiều cách khác nhau

NGUY N VĂN THÀNH

THPT NGÔ GIA T

- PHÚ YÊN

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - Giáo dục Trung học phổ thông
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
2x 1
Câu 1. ( 3,0 điểm) Cho hàm số y 
.
2x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y  x  2 .
Câu 2. (3,0 điểm)
1) Giải phương trình 7 2 x 1 – 8.7 x  1  0.
e
4  5lnx
2) Tính tích phân I  
dx .
x
1
3) Xác định giá trị của tham số m để hàm số y  x3 – 2 x 2  mx  1 đạt cực tiểu tại x = 1.
Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD 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 450. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD theo a.
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 Oxyz, cho điểm A (3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương

trình 2 x  2 y – z  1  0.
1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm 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 5a. (1,0 điểm) Giải phương trình 1  i  z   2  i   4  5i trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng Cao (3,0 điểm)
Câu 4.b (2,0 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 
1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC)
2) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A.
2
Câu 5.b (1,0 điểm) Giải phương trình  z – i   4  0 trên tập số phức

BÀI GIẢI
Câu 1:
1)

1 
- MXĐ :  \  
2
- Đạo hàm y ' 

4
1
 0, x 
2
2
(2 x  1)
`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*

Ê
`ˆÌœÀÊ
1
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


NGUY N VĂN THÀNH

THPT NGÔ GIA T

- PHÚ YÊN

Hàm luôn luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.
- Giới hạn
1
lim y   ; lim y    x 
là tiệm cận đứng
2
1
1
x
x
2

2

lim y  1 ; lim y  1  y = 1 là tiệm cận ngang
x 

- BBT :
x
y'
y

x 

1
2




+


1

+
1

-

 1 
Giao điểm với trục tung  0; 1 ; giao điểm với trục hoành   ; 0 
 2 
- Đồ thị :
y

1

0
-½

1

-1

x

2) Hoành độ giao điểm của (C) với đường thẳng y  x  2 là nghiệm của phương
2x  1
1

trình:
 x2 x  
2x 1
2

x  1
3
 2 x  1   x  2  2 x – 1  2 x 2  x – 3  0  
 x   2
 3 1
Vậy tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d) là : A 1;3 và B   ; 
 2 2

Câu 2:
1. Giải phương trình : 7 2 x 1 – 8.7 x  1  0
Phương trình
t  0

7 x  1  70
x

t  7  0
x  0
 t  1
 2
 
 x 1

 x  1
 7   7 1
7t  8t  1  0

 t  1
7

  7
Hoặc:

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
2
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


NGUY N VĂN THÀNH

 7 7

x 2



THPT NGÔ GIA T

- PHÚ YÊN

7 x  1  7 0
x  0
– 8.7 x  1  0   7 x – 1 7.7 x – 1  0   x 1


1
7   7
 x  1

7

2. Cách 1:
Đặt t  4  5 ln x  t 2  4  5 ln x  2tdt 

5
dx
x

x  1
t  2

Đổi cận 

 x  e t  3
3

3

2
2t 3
38
Khi đó I   t 2 dt 

5
15 2 15
2
Cách 2:
e
e
e
4  5ln x
1
1
I 
dx   4  5ln x  4  5ln x  ' dx   4  5ln x .d  4  5ln x 
x
51
51
1
3 e
2

38
 4  5ln x  2 
1 15
15
Hoặc: cũng có thể đặt t  ln x
3. TXĐ: D  R
y'  3 x 2  4 x  m
y' '  6 x  4
Cách 1:
 y '(1)  0
m  1
Hs đạt cực tiểu tại x  1  

 m 1
 y ''(1)  0
2  0
Cách 2:
Hs đạt cực tiểu tại x  1  y '(1)  0  m  1



x  1
Khi đó y '  3 x  4 x  1, y '  0  3 x  4 x  1  
x  1
3

Dễ thấy Hs đổi dấu từ âm sang dương khi x  1 nên Hs đạt cực tiểu tại x  1
2

2

Câu 3:
Cách 1:
- Theo giả thiết SA   ABCD   SA là đường cao
SA  ( ABCD)  SA  AC , nên AC là hình chiếu
vuông góc của SC lên (ABCD)
  450
 
SC , ( ABCD)   ACS
Kẻ CM  AB  ADCM là hình vuông  CD  AD  a
- Theo định lý pitago trong tam giác vuông DAC tại D
AC 2  AD 2  CD 2  a 2  a 2  2a 2  AC  a 2
- Trong tam giác vuông SAC tại A ta có
SA  tan 450.AC  a 2
1
1
Ta có S ABCD  .  AB  CD  . AD  (3a  a ).a  2a 2
2
2

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
3
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


NGUY N VĂN THÀNH

Vậy thể tích VS . ABCD 

THPT NGÔ GIA T

- PHÚ YÊN

1
1
2a 3 2
S ABCD .SA  2 a 2 a 2 
3
3
3

Cách 2:
Chọn hệ trục tọa độ A  O  0; 0; 0  , D  Ox  D  a;0; 0  ,





B  Oy  B  0;3a; 0  , S  Oz  S 0; 0; a 2 , C   xOy   C  a; a; 0 

… bạn đọc giải tiếp
Câu 4.
a. 1. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P).
Cách 1:
| 2(3)  2(1)  0  1| 9
Áp dụng công thức d ( A, ( P)) 
 3

3
4  4 1
Cách 2:
Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P). Gọi H  d   P 
Khi đó d ( A, ( P))  AH
- Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A và song song với mặt phẳng (P).
Cách 1:
 
Vì (Q) // (P) nên nhận VTPT của (P) làm VTPT của (Q) hay nQ  nP  (2; 2; 1)
(Q) : 2( x  3)  2( y  1)  1( z  0)  0  (Q ) : 2 x  2 y  z  8  0
Cách 2:
Vì  Q  / /  P    Q  : 2 x  2 y  z  D  0 ( D  1)
Mặt phẳng (Q) qua A  6  2  D  0  D  8 .
Vậy  Q  : 2 x  2 y  z  8  0.
2) Xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P).
Cách 1:
 AH  ( P)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P)  
 H  ( P)
 
Đường thẳng AH : Qua A  3;1;0  và có 1 vtcp u AH  nP  (2; 2; 1)
 x  3  2t

Phương trình tham số AH :  y  1  2t (t  R )
 z  t

Vì H  d  (P) nên tọa độ H là nghiệm của phương trình :
2  3  2t   2 1  2t  –  t   1  0  t  1  H 1; 1; 1 .

Cách 2:


Gọi H  a; b; 2 a  2b  1   P   AH   a  3; b  1; 2a  2b  1


H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P)  AH cùng phương với nP
a  1
a  3 b  1 2a  2b  1



 H 1; 1;1
2
2
1
b  1
Câu 5.a.
Cách 1:
2  4i
1  i  z   2  i   4  5i  1  i  z  2  4i  z 
1 i
(2  4i)(1  i) 2  2i  4i  4
z

 3i
2
2


`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*

Ê
`ˆÌœÀÊ
4
/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“


NGUY N VĂN THÀNH

THPT NGÔ GIA T

- PHÚ YÊN

Cách 2:
1  i  z   2  i   4  5i  1  i  z  2  4i  1  i 1  i  z   2  4i 1  i 
 2z  6  2 z  z  3  i
Cách 3:
Giả sử z  a  bi, a, b  

1  i  z   2  i   4  5i  1  i  z  2  4i  1  i  a  bi   2  4i  a  b   b  a  i  2  4i
a  b  2
a  3
Đồng nhất hai vế theo i ta được 

 z  3i
b  a  4
b  1
2. Theo chương trình Nâng Cao:
Câu 4.b


 
 AB  (1; 2; 2)
1. Ta có  
  AB; AC   (2;1; 2)
 AC  (1;0; 1)
 qua A(0; 0;3)

Mặt phẳng (ABC): 
  ABC  : 2 x  y  2 z  6  0.
có 1 vtpt n  (2;1; 2)
2.

 
 AB; AC   1 4  1  4  3 và BC  0 2  22  12  5

 2
2
3
2.
1
3 5
 BC . d ( A, BC )  d ( A, BC )  2 
2
5
5

Cách 1: Ta có S ABC 

Mặt khác S ABC

1
2

Cách 2:

 

 AB, AC 
n
3


d  A, BC  



BC
5
BC

Cách 3:
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với BC
Gọi H   P   BC  d  A, BC   AH … bạn đọc tự giải
Câu 5.b
Cách 1:
 z  i  2i
 z  3i
2
 4  0   z  i   4  4i 2  


 z  i  2i
 z  i
Cách 2:
Đặt z  bi thay vào phương trình ta có
 b  1
 z  3i
2
2

 bi  i   4  0  4   b  1  0  1  b  3  b   0  
b  3
 z  i
2
2
Chú ý: không nên khai triển  z  i   4  0  z  2iz  3  0 vì khi đó  ' không phải là số chính
phương…lại phải tìm căn bậc hai… dài

 z  i

2

Các bạn chú ý tôi giải bằng nhiều cách để tham khảo, còn trong trình bày nên chọn theo cách 1 nhé
Bài giải chỉ mang tính chất tham khảo, nếu có gì sai sót mong được lượng thứ

`ˆÌi`Ê܈̅Ê̅iÊ`i“œÊÛiÀȜ˜ÊœvÊ
˜vˆÝÊ*ÀœÊ*
Ê
`ˆÌœÀÊ
5

/œÊÀi“œÛiÊ̅ˆÃʘœÌˆVi]ÊۈÈÌ\Ê
ÜÜÜ°ˆVi˜ˆ°Vœ“É՘œVŽ°…Ì“