1 SỞ GD & ĐT TP ĐÀ NẴNG THPT NGUYỄN HIỀN Nhóm toán 12 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC TOÁN KHỐI A&B NĂM 2011 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM MXĐ : D = R\ {1} lim 2 x y Đường thẳng y = 2 là tiệm ngang của (C) ; 1 1 lim x y ; 1 1 lim x y Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của (C ) 0,25 2 3 ' 0, 1 1 y x x Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định : ;1 và 1; . Hàm số không có cực trị 0,25 Bảng biến thiên : x 1 y 2 y 2 0,25 1. (1,0 đ) Đồ thị : đi qua các điểm 0;1 và 1 ;0 2 , nhận I(1; 2) làm tâm đối xứng Hình vẽ 0,25 Hoành độ các giao điểm B, C của (d) và (C ) là nghiệm PT : 2 2 1 5 8 4 0 1 x x x x x ( do x = 1 không là nghiệm của PT ) 1 1 2 2 4 2 3 1 2 3 4 2 3 1 2 3 x y x y 0,25 Ta có : 4 2 3; 1 2 3 B và 4 2 3; 1 2 3 C 2 2 2 96 4 6 BC BA CA BC BA CA 0,25 Tam giác ABC đều cạnh 4 6 nên có đường cao 4 6 3 6 2 2 h 0,25 I (2,0đ) 2. (1,0 đ) Hình tròn nội tiếp ABC có diện tích 2 2 1 2 2 8 3 S h ( đvdt) 0,25 2 PT 2 cos 1 cos2 2cos sin 1 x x x x tương đương với : cos .cos 2 cos cos2 sin 0 x x x x x 0,25 cos sin cos sin cos 1 1 0 cos sin 1 sin cos sin 2 0 x x x x x x x x x x 0,25 π π 4 cos sin 0 π 1 sin 0 2π 2 cos sin 2 0 π 2 cos - 2:PT vô nghiêm 4 x k x x x x k x x x 0,25 1. (1,0 đ) Kết luận : π π 4 x k ; π 2 π 2 x k 0,25 Điều kiện: 2 2 2 8 6 0 1 1 0 1 1 0 x x x x x x 0,25 Với điều kiện trên, ta có phương trình đã cho tương đương: 1 2 3 1 2 1 0 x x x x 1 0 2 3 1 2 1 0 x x x x 0,25 2 1 1 2 2 3 1 1 8 3 1 1 x x x x x x x x 1 1 25 ( ) 7 x x x loai 0,25 II (2,0đ) 2. (1,0 đ) Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = 1 0,25 Đặt t = 2 1 3sin x , suy ra sin2xdx = 2 3 tdt và cos2x = 2 5 2 3 t 0,25 Khi x = 0 thì t = 1 và x = 2 , t = 2 0,25 Do đó I = 2 2 3 5 2 4 1 1 4 4 5 2 (5 2 ) 9 9 3 5 t t t t dt 0,25 III (1,0đ) Tính được I = 44 135 0,25 Gọi O là tâm hình thoi ABCD. Ta có : AC BO và AC BB' suy ra AC B'O. Do đó góc BOB' là góc giữa mp(B'AC) và mặt đáy. Vậy 0 ' 60 B OB 0,25 3 Ta có : 0 60BAD tam giác BAD đều và BO = 2 a . Tam giác vuông B'BO có BB' = BO.tan60 0 = 3 2 a 0,25 Suy ra thể tích khối hộp là : V = S ABCD .BB' = 2 3 3 3 3 . 2 2 4 a a a 0,25 VI (1,0đ) Ta có : AC (B'BO) suy ra (B'BO) (B'AC) theo giao tuyến BO. Trong tam giác vuông B'BO dựng đường cao BH, suy ra BH mp(B'AC) và BH =d (B,(B'AC) ). Tính được BH = 3 4 a . 0,25 Gọi p là nửa chu vi của tam giác , ta có : 1 1 1 1 1 1 1 2 a b c b c a a c b p c p a p b (1) 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy , ta có 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 9 p a p b p c p c p a p b , hay là : 1 1 1 9 p c p a p b p .Tức là : 1 1 1 1 1 1 3 4 3 p c p a p b p c p a p b p (2) 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : 4 4 1 1 1 3 3 4 3 4. ( )( )( )p c p a p b p p p a p b p c S ( 3) 0,25 V (1,0đ) (1) , (2) và ( 3) suy ra : 4 1 1 1 3 3 2 a b c b c a a c b S Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 1 1 1 3 p c p a p b p , hay a = b = c, tức tam giác thỏa điều kiện đã cho là tam giác đều 0,25 PHẦN RIÊNG CỦA CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN + PT cạnh BC qua B(2 ; -1) vuông góc với đường cao 3x - 4y + 27 = 0 (BC) : 4x + 3y - 5 =0 + Tọa độ điểm C là nghiệm HPT : 4x 3y 5 0 x 1 C 1;3 x 2y 5 0 y 3 0,25 + Đường thẳng ∆ qua B và vuông góc với (d 2 ) có PT : 2x - y - 5 = 0 + Gọi H là giao điểm của ∆ và (d 2 ) , suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của HPT : 2x y 5 0 x 3 H 3;1 x 2y 5 0 y 1 0,25 1. (1,0 đ) + Gọi B’ là điểm đối xứng B qua (d 2 ), H là trung điểm BB’, B’ thuộc AC nên : B' H B B' H B x 2x x 4 B' 4;3 y 2y y 3 4 + Đường thẳng AC qua C( -1 ; 3) và B’(4 ; 3). Phương trình của CA là : y - 3 = 0 0,25 + Tọa độ điểm A là nghiệm của Hệ PT : y 3 0 A ( 5;3) 3x 4y 27 0 + Phương trình đường thẳng AB : 4x + 7y - 1 = 0 0,25 Gọi I là trung điểm đoạn AB (1;2;3) I Áp dụng định lý về đường trung tuyến ta có : 2 2 2 2 2 2 AB MA MB MI Do 2 2 AB không đổi , nên 2 2 MA MB nhỏ nhất 2 MI M trùng với H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) 0,25 Đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) có PT : 1 2 3 2 x t y t z t 0,25 VI.A (2,0đ) 2. (1,0 đ) Tọa độ H : 1 2 2 1 3 2 1 2 1 0 1 x t x y t y z t z x y z t . Vậy H(2; 1; 1) 2 2 2 2 84 ( ) 2 2.6 12 42 54 2 2 AB Min MA MB IH 0,25 Giả sử có cấp số cộng : 1 1 23 23 23 ; ; , (1 k 22) k k k C C C . Khi đó có : 1 1 23 23 23 2 k k k C C C 0,25 1 1 1 23 23 23 23 23 23 25 4 4 k k k k k k k C C C C C C C 2 9 23! 25! 4 23 126 0 14 ! 23 ! 1 ! 24 ! k k k kk k k k 0,25 Vậy: có 2 CSC cần tìm là : 8 9 10 23 23 23 ; ; C C C và 13 14 15 23 23 23 ; ; C C C . 0,25 VII.A (1,0đ) Xét : 1 23 23 1 23 23 1 1 11 23 1 1 1 12 24 k k k k C C k k k k C C k k k = 1 và k = 12 Vậy số hạng lớn nhất của dãy là : 11 23 C và 12 23 C . 0,25 5 PHẦN RIÊNG CỦA CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (3;1) , ( 3; 1) , . 0 3 10 0(1) OA AB x y AB OA AB OA x y 2 2 10 3 1 10(2) AB OA x y 0,25 Thay y từ (1) vào (2) và tính được 4 2 x x suy ra : B(4; -2) (không thỏa điều kiện); B(2; 4) (thỏa điều kiện) 0,25 Gọi I là trung điểm OB, tìm được I(1; 2) và suy ra C(-1; 3) 0,25 1. (1,0 đ) Đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông OABC có tâm I, bán kính : 1 1 20 5 2 2 R OB Phương trình đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 2) 5 x y 0,25 Gọi P là chu vi tam giác AMB thì P = AB + AM + MB P nhỏ nhất AM + MB nhỏ nhất ( vì AB không đổi) 0,25 Vì AB CD nên tồn tại mặt phẳng ( ) chứa AB vuông góc với CD. Gọi M là giao điểm của ( ) với CD thì M là điểm cần tìm. Gọi ( ) là mặt phẳng chứa AB, ( ) CD ( ) CD = M Mặt phẳng ( ) đi qua A và có VTCP là CD , có PT : x + 5y – 4z – 9 = 0 0,25 Đường thẳng CD qua C có VTCP CD . Phương trình đường thẳng CD : 1 2 4 10 3 8 x t y t z t 0,25 VI.B (2,0đ) 2. (1,0 đ) Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ PT gồm PTcủa ( ) và PT của CD M(0; 1; -1) 0,25 2 2 2 2 2 4 1 2 1 4 2 2 os isin 4 4 z i i c 0,25 os isin 8 8 z r c với 2 2 2 0 r n n os isin 8 8 n n z r c . 0,25 Kết luận : n z là số thực * sin 0 8 8 n n k k N 0,25 VII.B (1,0đ) n z là số ảo os 0 4 8 8 n c n k k N 0,25 . SỞ GD & ĐT TP ĐÀ NẴNG THPT NGUYỄN HIỀN Nhóm toán 12 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC TOÁN KHỐI A&B NĂM 2011 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM MXĐ : D = R {1} lim 2 x y . các khoảng xác định : ;1 và 1; . Hàm số không có cực trị 0,25 Bảng biến thi n : x 1 y 2 y 2 0,25 1. (1,0. và 4 2 3; 1 2 3 C 2 2 2 96 4 6 BC BA CA BC BA CA 0,25 Tam giác ABC đều cạnh 4 6 nên có đường cao 4 6 3 6 2 2 h 0,25 I (2,0đ)