DAP AN DE THI THU DAI HOC NAM 2011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (236.97 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011

MƠN TỐN

Câu Đáp án Điểm

I 2,00

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ( 1 điểm)

3 2

2 3 1

y x  x 
* Tập xác định D R

* Sự biến thiên: y' 6 x26x
' 0

y   x = 0 hay x = 1

0,25
+ Giới hạn: lim ; lim .

x  x 

- Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận.
Bảng biến thiên

x – 0 1 +
y’ + 0 – 0 +

y 1 +

– 0

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ; 0 ) và ( 1 ; + )
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0 ; 1 )

 

CD 0 1, CT 1 0

y  y  y  y 
Ta có y’’ = 12x-6  y’’ = 0x=

1và y’’ đổi dấu khi x đi qua x=
2
1 

điểm I(
2
1 ;

1) là điểm uốn của đồ thị.

0,25
1

Đồ thị: đồ thị đi qua điểm ( 2;5) và (-1;-4)
Giao điểm với trục oy : ( 0 ; 1 )
y
5

1
0

Đồ thị nhận điểm uốn I (
2
1 ;

1) làm tâm đối xứng .

0,25
x

-1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2 Tìm M thuộc ( C ) ( 1 điểm )

Giả sử M( m m;2 33m21)  ( C ) .

X ( 3 2
0;2 0 3 0 1)

x x  x  là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến qua M tới ( C ) .
Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại X là :

2 3 2

0 0 0 0 0

(6 6 )( ) 2 3 1)

y x  x x x  x  x 

M ( C ) nên : 2m33m21 = 2 3 2

0 0 0 0 0

(6x 6 )(x m x ) 2 x 3x 1)

 2( 3 3 2 2 2

0) 3( 0) (6 0 6 )(0 0) 0

m x  m x  x  x m x 

 2 2 2

0 0 0 0 0 0

(m x ) 2( m mx x ) 3( m x ) 6 x 6x 

 2

0 0

(m x ) (4x 2m 3) 0
0

0 3 24
x m

m
x





 

 


Qua M kẻ đúng 1 tiếp tuyến tới ( C ) nên : 3 2 1
4m m m 2



   

0,25

Vậy 1
2

m thì M (1 1; )

2 2 là điểm qua đó kẻ đúng 1 tiếp tuyến tới (C) 0,25

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1 điểm)

Sin2x + cos2x + 3sinx – cosx – 2 = 0

 2sinxcosx +1 – 2sin2x + 3sinx – cosx – 2 = 0

 ( 2sinxcosx– cosx ) – 2sin2x + sinx + 2sinx – 1 = 0 0,25
 ( 2sinx – 1 )( cosx – sinx + 1 ) = 0

 2sinx 1 0(1)
cosx sinx 1 0(2)

 


   

 0,25

( 1 )  6 2

5 2

x k

 

  




  



( 2 )  2 2

x m

 

 

  




  


0,25

0,25
2 Giải hệ phương trình (1 điểm)

Với điều kiện : y  – 3
Hệ pt đã cho 

2 6 ( 3)2

x y y

x y x y

   




   



0,25



2 6 2 6 9

x y y y

x y x y

    





   

 

( )( ) 9

4
x y x y

x y x y

  




   

 0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Hệ pt  2 2

3
1
3

. 9

4 1

3
u
v
uv

u v

u v u

v

 



 



   

    

    

 





3
1
1
3
x y
x y
x y
x y
  


  




  


 






5
4
5

4( ai)
x

y
x

y lo

 



 




 

  




 5

4
x
y



 


0,25

III Tính tích phân ( 1 điểm ) 1,00

/2 2 2 2

2 2

0 0

sin 2 sin 2 ( 4 sin 2 sin )

4 sin 2 sin
4 sin 2 sin

x dx x x x dx

x x



   



  

  



2 2

1 ( 4 sin 2 sin )sin 2

2 x x xdx







   = 1 ( 1 2)

2 I I

0,25

* 2 2

1
0

4 sin .sin 2

I x xdx









Đặt ; t = 4 + sin2x  dt = sin2xdx
Đổi cận : khi x =

 

t = 5 ; x = 0  t = 4
I1 =

3
4

2 2 (5 5 8)
4

3 3

tdt t  



0,25

* Tương tự : 2 2
2

2 sin .sin 2

I x xdx







 = 2 (3 3 2 2)

3  0,25

Vậy : I = 1 (5 5 2 2 3 3 8)

2    0,25

IV Tính thể tích hình chóp S.ABMN ( 1 điểm ) 1,00

F
B

D
I

C
G

K
M

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Kẻ SO vng góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm SAC

Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là SJI600 0,25

Vì SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm SIJ

IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD

0,25
2

3 ; 1( ) 3 3

2a ABMN 2 8a

IK S  AB MN IK 

1 3

( ); .

2 3 ABMN 16

a a

SK  ABMN SK   V S SK  (đvtt)

0,25
0,25

V Chứng minh bất đẳng thức ( 1 điểm ) 1,00

Gọi A



x y



1 1 2 x y

x y y x

   

       

   

Đặt t x
y

 thì A f t( ) 2 t 1
t

   

Với

 

2 4

1 1

, 2;4 1 1 1 2 2 2;2

4 2

x

x y t

y
y

 


  

       

   



0,25

Ta có ' 2 '

2 2

1 1 1

( ) 1 ; ( ) 0 1 ;2

2
t

f t f t t

t t

  

        

  0,25

Ta có : 1 (2) 9 ; (1) 4 4 9

2 2 2

f     f  f    A

  (điều phải chứng minh) 0,25

VI.a 2,00

1 Viết phương trình đường thẳng AB : (1 điểm)
Nhận xét : ( C ) có tâm O ( 0 ; 0 ) bán kính R = 1 .

( C/ ) có tâm I ( 2 ; 2 )



d : y = x .

Giả sử ( C ) cắt ( C/ ) tại A ; B thì AB  OI tại H là trung điểm của AB 0,25

AHO có : OA = 1 ; AH = 2
2
OH = 2 2 1 1 2

2 2

OA AH   
 H



d : y = x .

Giả sử H ( x ; x )  OH = 2 2 2 2 1 1

2 2 2

x  x   x    x

 1( ; )1 1
2 2

H ; H212;12

 

AB là đường thẳng H1 ( H2 ) và  d : y = x .

0,25

0,25
TH 1 : AB qua H1  phương trình AB : x + y–1 = 0

TH 2 : AB qua H2  phương trình AB : x + y + 1 = 0 0,25
2 Viết phương trình đường thẳng  : (1 điểm)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

PTTS của d :

3 2
2
1

x t

y t

z t

 


   


   


Gọi M = d  ( P ) . Ta có M ( 1 ; – 3 ; 0 )

0,25

Gọi d/ là hình chiếu của d trên ( P )
Ta có PTTS của d/ là :

1 4
3
5

x t

y t

z t
 


   


  


0,25
Gọi N thuộc d/ sao cho MN = 42 . Ta có :



d/  N ( 1 + 4t ;– 3 + t ; – 5t )

MN = (4 )t 2 t2 (5 )t 2  42
 t = 1 ; t =– 1

* t = 1 : N1 ( 5 ; – 2 ; – 5 )  1 là đường thẳng nằm trong ( P ) qua N1
và d/  phương trình

 : 5 2 5

2 3 1

x  y   z


* t = –1 : N2 ( – 3 ; – 4 ; 5 )  2 là đường thẳng nằm trong ( P ) qua N2
và d/  phương trình

 : 3 4 5

2 3 1

x y  z 

 



0,25

VII.a Giải bất phương trình ( 1 điểm )

2 2

1 2

1 1

log ( 2 3 1) log (1 )

2 2

x  x   x  ( 1 )

1,00

ĐK : 2 2 3 1 0 12

1 0 1

x
x x

x x



     



 

 

   0,25

Bpt ( 1 )  2 2

2 2

1log (2 3 1) 1log ( 1) 1

2 x x 2 x 2

     

 2 2

2 2 2

log (2x 3x 1) log (x 1) log 2

     

 log2 (2 1)2 log 22

2 3 1

x

x x

 

 

0,25

 (2 1)2 2 3 1 0

2 3 1 2 1

x x

x x x

     

  

 1 1

3  x  2

0,25
Kết hợp ĐK  nghiệm bpt là : 1 1

3  x  2 0,25

VI.b 2,00

1 Tìm tọa độ B . C : (1 điểm)

Giả sử B ( b ; 0 )  Ox ; C ( 0 ; c )  Oy với b 0 ; c  0 .

ABC vuông ở A   AB AC. 0  – 2( b – 2 ) – 1( c – 1 ) = 0
 c = – 2b + 5

c  0 0 5
2
b

  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2 2

1 . 1 ( 2) 1. 4 ( 1)

2 2

ABC

S  AB AC b   c

2 2

1 ( 2) 1. 4 (5 2 1)
2

1 ( 2) 1.2. 1 ( 2)
2

b b

     

    

= ( b – 2 )2 + 1 = b2– 4b + 5

0,25
Xét f(b) = b2– 4b + 5 . Ta có bảng xét dấu :

0 2 5

f/(b) – 0 +

F(b)

5 5

2
1

0,25

GTLN của SABC  GTLN f(b) = f(0) = 5 khi b = 0 ; c = 5

Vậy : B ( 0 ; 0 ) ; C ( 0 ; 5 ) thì SABC lớn nhất . 0,25

2 Viết phương trình đường thẳng : ( 1 điểm)

d qua điểm M0(1;0;0) và có vectơ chỉ phương u(1;0; 1)
PTTS của d :

1
0
x t
y
z t

 

 


  


Gọi  là đường thẳng qua B (– 1 ; 2 ; 0 ) và cắt d tại M .

Khi đó : M ( 1 + t ; 0 ; – t )   có VTCP là BM(2 ; 2; )  t t
(3; 1; 1)

BA   



;  BA BM;    (t 2; 2t2;t4)

k/cách : 2 2 2 22

2 2

(2 ) (2 2 ) (4 ) 3 10 12

( ; )

2 4
(2 ) 4

t t t t t

d A

t t

      

  

 

  

0,25

Xét f(t) = 2 / 2

2 2 2

3 10 12 ( ) 16 64

2 4 ( 2 4)

t t f t t

t t t t

    

   

f/(t) = 0  t =  2 . Ta có bảng xét dấu :

GTLN f(t) = f(– 2 ) = 11 khi t = – 2
GTNN f(t) = f( 2 ) = 1 khi t = 2

t  – 2 2 
f/(t) + 0 – 0 +

f(t)

11 3

3 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

* Với t = – 2 :  M ( – 1 ; 0 ; 2 )
d1 có VTCP là BM(0; 2;2)
PTTS của 1 :

1
2 2
2
x

y t

z t
 

  


 


* Với t = 2 :  M ( 3 ; 0 ; – 2 )
d2 có VTCP là BM(4; 2; 2) 
PTTS của 2 :

1 4
2 2

x t

y t

z t
  


  

  


0,25

Kết luận : Đường thẳng  qua B cắt d có d ( A ;  ) lớn nhất là 1

Đường thẳng  qua B cắt d có d ( A ;  ) nhỏ nhất là 2 0,25

VII.b : ( 1 điểm ) 1,00

ĐK : 2 2 0, 2 2 1 0, 5 0, 4 0...( )

0 1 1,0 2 1

xy x y x x y x I

x y

           



     

 0,25

Ta có : (I)  1 2

1 2

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6
log ( 5) log ( 4) 1

x y

x y x

y x

 

    



    



 1 2

1 2

log ( 2) log (1 ) 2 0...(1)
log ( 5) log ( 4) 1...(2)

x y

y x

 

    



    



0,25

Đặt t = log (12y x) thì (1)trở thành t    1 2 0t t 1

Với t = 1 ta có : 1 – x = 2 + y  y = – x – 1. Thế vào (2) ta có :

1 1 1 4

log ( 4) log ( 4) 1 log 1

x x x x x xx

  

 

      



2 0

4 1 2 0

2
4

x

x x x x

x
x



 

       

 

  Suy ra :

1
1
y
y

 

 


0,25

Kiểm tra thấy chỉ có : 2
1
x
y

 

 

 thỏa mãn đề bài
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : 2

1
x
y

 


 


</div>

DAP AN DE THI THU DAI HOC NAM 2011

<b>ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM</b>

<b>KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011</b>

<b>MƠN TỐN</b>

 

 







<sub></sub>









 







Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về