Đáp Án đề thi Thử ĐH Toán 2011 HB

TRƯỜNG THPT HÒA BÌNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN, Khối: A,B,D ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I I.1 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Nội dung đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với k = 3. Khi k = 3: hàm số viết lại: y = f ( x ) = x + x − D= ¡ Điểm (1) 0,25 Sự biến thiên: y ' = 12 x + x; y ' = ⇔ x = Hàm số đồng biến khoảng (0; +∞ ) ;Hàm số nghịch biến khoảng Cực trị: Hàm đạt cực tiểu x=0, yCT=-5. Giới hạn: (− ∞ ;0) ; lim f (x ) = lim f ( x ) = + ∞ x→ + ∞ Bảng biến thiên: 0,25 x→ − ∞ x -∞ y’ y +∞ +∞ + + +∞ 0,25 -5 Đồ thị: 0,25 I.2 Xác định giá trị tham số k để hàm số có điểm cực trị. y = kx + (k − 1)x + − 2k , k lµ tham sè. (1) D= ¡ x=0  y ' = kx + 2(k − 1)x = x (2kx + k − 1) ⇔   kx + k − = 0(2) + k=0 : y’=0 có nghiệm x=0, hàm số hàm bậc hai có cực trị. + k ≠ : g(x)= kx + k − . Hàm số có cực trị khi: g(x) vô nghiệm g(x) có nghiệm kép 0. g(x) =0 vô nghiệm -8k(k-1) 1.  −8 k ( k − 1) = ⇔k=1 k − =  Như để hàm số có cực trị k ∈ ( −∞;0] ∪ [1;+∞ ) g(x) = có nghiệm kép  II.1 1.Giải phương trình 0,25 0,25 0,25 0,25 x x + cos 2 − tan x sin x = + s inx + tan x . − s inx sin Câu Nội dung đáp án Điểm π  x ≠ + k 2π  1 − s inx ≠  s inx ≠ π  ⇔ ⇔ ⇔ x ≠ + kπ , k ∈ ¢. ĐK:   cosx ≠  cosx ≠  x ≠ π + kπ   Ta có: sin 0,25 x x 1 + cos = − sin x = (1 + cos x ) phương trình trở thành: 2 2 + cos x + s inx + cos x + s inx = + tan x (1 + s in x ) ⇔ = (1 + tan x ) 2(1 − s inx) 2(1 − s inx) ⇔ 0,25 + cos x + s inx cos x + sin x + cos x (1 + s inx)(1 + sin x ) = . ⇔ = (1) 2(1 − s inx) cos x (1 − s inx) cos x Theo điều kiện cosx khác nên ta phương trình (1) tương đương với cos x .(1 + cos x ) = (1 − s inx )(1 + sin x ) ⇔ cos x .(1 + cos x ) = cos x(1 + sin x ) π π ⇔ + cos x = + sin x ⇔ cos x = sin x ⇔ sin x = ⇔ x = + l , l ∈ ¢. Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm là: x = II.2 π π + l ,l ∈ ¢ 0,25 0,25 Ta có   2( x + y )3 + xy − = 2( x + y )3 + xy − = ⇔   2 2  ( x + y) − x − xy + y + x − y + =  ( x + y) − 2( x + y ) + ( x + y) + y − y + = .  2( x + y)3 + xy − = 0(1) ⇔ (I) 2  ( x + y ) − 2( x + y ) + ( x + y) + (2 y − 1) = 0(2) 0,25 Mặt khác ( x + y ) ≥ xy từ (1) ta 2( x + y )3 + ( x + y )2 − ≥ 2( x + y )3 + xy − = vậy: 2( x + y )3 + ( x + y )2 − ≥ 3 3 2 Đặt t=x+y ta t + t − ≥ ⇔ 2(t − 1)(t + t + ) ≥ ⇔ t ≥ ( t + t + ≥ ) 2 2 2 Viết lại phương trình (2): t − t + t + (2 y − 1) = Khi ta xét hàm số y = f(x) = x − x + x , x ∈ [1;+∞ ) f '( x ) = x − x + = x( x − 1) + > 0, x ∈ [1;+∞ ) Nên hàm số đồng biến [1;+∞ ) nên f (t ) = t − 2t + t > f (1) = 0, ∀t ∈ [1;+∞ )  t − 2t + t = Mà (2 y − 1) ≥ 0, ∀y ∈ ¡ nên t − t + t + (2 y − 1) = ⇔   2y −1 =   x= t =1 x + y =   x =    ⇔ Vậy hệ phương trình có nghiệm  1⇔ ⇔  y =  y = y = y =   III Ta có I = π sin x π ∫ + cosx dx = ∫ 0,25 0,25 π 2 sin x(1 − cos x ) dx = ∫ sin x (1 + cosx )dx . + cosx 0,25 0,25 Câu Nội dung đáp án π π Điểm π sin x sin x(1 − cos x ) I=∫ dx = ∫ dx = ∫ sin x (1 − cosx )dx + cosx + cosx 0 0,25 0,25 π π sin x = ∫ (sin x − s inxcosx )dx = −4(cosx+ ) =2 0 IV S 0,25 S B A a D 0,25 N M H C Gọi H hình chiếu A lên DM, BM ⊥ SH ( BM vuông góc SA AH) Nên SH khoảng cách từ S đến DM. BM kéo dài cắt AB N, BM đường trung bình tgABN nên B trung điểm AN Suy AN = 2AB=2a, 1 1 4a 2 = + = + = xét tgABN vuông A  AH = AH AB2 AN a 4a 4a 2 4a 9a 3a Tam giác SAH vuông A: SH = SA2 + AH = a + = ⇒ SH = 5 V 0,25 0,25 0,25 Với a,b,c số thực dương ta có: x + y ≤ 2( x + y ) hay Khi theo (1) ta có: a b b c c a + + + + + ≥ ( c c a a b b a b b c c a Hay + + + + + ≥ c c a a b b Mà a b b c c ( + + + + + c a a b c Theo (2): x+y ≥ 1 ( x + y )(1) + ≥ (2) x y x+ y a b b c + )+ ( + )+ ( c c a a a b b c c ( + + + + + c a a b c a )= b a 1 b 1 c 1 ( + )+ ( + )+ ( + ) b c a c b a 0,25 0,25 a 1 b 1 c 1 2 a 2 b 2 c ( + )+ ( + )+ ( + )≥ + + b c a c a b b+ c a+ c b+ a 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c + + ≥ + + b+ c a+ c b+ a 2(b + c) 2(a + c) 2(b + c) Nên c a + ) b b a ) b 0,25 0,25 a b b c c a 2 a 2 b 2 c + + + + + ≥ + + c c a a b b 2(b + c) 2( a + c) 2(b + c ) Câu Hay VIa Nội dung đáp án a+b b+c c+a c a b + + ≥ 2( + + ) c a b a+b b+c c+a Điểm Gọi I(a,b) tâm đường tròn (C) cần tìm, bán kính R. I(a,b) nằm (d) nên: a-b-1=0 (1)  2a + b − a − b + =   2b − = + 22 + ⇔ Vì tiếp xúc (d1) (d2) nên: d ( I; d1 ) = d ( I; d2 ) ⇔  2a − b +  2a + b −  4a + = =−  22 +  +1 | 2. + − | 3 11 Khi b − = ⇔ b = từ (1) suy a = + = ; R = 2 = 2 2 +1 121 phương trình ( C): ( x − ) + ( y − ) = 2 20 11 1 từ (1) suy b = − − = − ; R = 4 121 phương trình ( C): ( x + ) + ( y + ) = 4 80 Kết luận có phương trình đường tròn trên. 0,25 0,25 0,25 Khi a + = ⇔ a = − VIa VIIa 0,25 Gọi R bán kính mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với (P), ta có | + + 2.(−1) − | R = d ( A,( P )) = = = 1+1+4 Phương trình mặt cầu (S) là: ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z + 1)2 = Gọi M(x,y) điểm biểu diễn số phức z=x+yi, thỏa mãn ĐK:x,y số thực. 0,25 z+i số thực dương. z−i 0,25 z + i x + ( y + 1)i x + y − + xi = = z − i x + ( y − 1)i x + ( y − 1)2 Ta có 0,25 0,25 0,25 2x =  x=0  x=0 z+i    2 số thực dương  x + y − > ⇔  y > ⇔   y > z−i  x + ( y − 1)2 ≠  y≠1   y < −1    VIb 0,25 0,25 Vậy tập hợp điểm M phải tìm hai tia At A’t’ nằm trục tung loại trừ A(0;1),A’(0;-1). 1. d C Gọi B,C giao điểm d (E), BC không đổi. Lấy A(s,t) (E): s2+2t2=8 H 0,25 S∆ABC = 0,25 BC. AH Nên để diện tích tam giác ABC lớn Thì AH lớn nhất. Ta có AH = d ( A,( d )) = | s − 2t + | B A 0,25 Câu Nội dung đáp án Điểm Mặt khác: | s − t + |≤ (12 + 12 + 12 )( s + t + 2 ) = 3(8 + 4) = Nên AH = | s − 2t + | ≤ =2 3, 3  s − 2t  s =  = = dấu “=” xảy  1 1⇔  t = −  s + 2t =  0,25 0,25 A(2; − ) diện tích tam giác ABC lớn nhất. 2. r Ta có A(4,-1,1) không thuộc (d); (d) qua B(0,1,1) nhận u = (0,1,1) làm VTCP. Gọi (Q) mp qua A(4,-1,1) vuông góc với (d), pttq (Q): y+ z =0. Gọi H hình chiếu A lên (d) suy tọa độ H nghiệm hệ:  x=0 x =  y = 1+ t   ⇔  y = H(0,0,0).  z = + t  z =   y + z = Giả sử (a) đường thẳng qua A cắt (d) hợp với (d) góc 450. Gọi M giao điểm (a) (d). Tọa độ M(0;1+t,1+t). Vì góc AMH 450 nên tam giác AMH vuông cân H.  t = −4 2 2 2 Nên HA=HM ⇔ + ( −1) + = (1 + t ) + (1 + t ) ⇔ (1 + t ) = ⇔  t=2  x = + 2t  Khi t=-4: ta có M(0,-3;-3): phương trình (a):  y = −1 + t , t ∈ ¡ .  z = + 2t   x = + 2t  Khi t=2: ta có M(0,3;3): phương trình (a):  y = −1 − t , t ∈ ¡ .  z = 1+ t  Vậy tồn hai đường thẳng thỏa TCBT. VIIb hai số phức liên hợp. z2 Giả sử z = r (cosϕ +i sinϕ ),r>0 dạng lượng giác số phức cần tìm. 1 7 = [cos(-2ϕ )+i sin(-2ϕ )] Ta có z = r (cos7ϕ +i sin7ϕ ),r>0, z r  r =1  r7 =   ⇔ Để z hai số phức liên hợp  r k 2π , k ∈ ¢. z ϕ=    7ϕ = 2ϕ + k 2π  k2π k2π +i sin , k ∈ ¢ thỏa YCBT. Vậy z = cos 5 Xác định số phức z để z7 0,25 0,25 0,25 0,25 (mọi cách giải khác đạt điểm tối đa phần đó) HẾT . HÒA BÌNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN, Khối: A,B,D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu Nội dung đáp án Điểm I Khảo sát sự biến thi n và. 0,25 NA a H M B 3 D C Câu Nội dung đáp án Điểm Hay 2( ) a b b c c a c a b c a b a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + VIa 1 Gọi I(a,b) là tâm của đường tròn (C) cần tìm, bán kính là R. I(a,b) nằm trên. ) 1 osx 1 osx x x c x I dx dx x c x dx c c π π π − = = = + + + ∫ ∫ ∫ . 0,25 2 S S Câu Nội dung đáp án Điểm 3 2 2 2 2 0 0 0 4 sin 4 sin (1 os ) 4 sin (1 os ) 1 osx 1 osx x x c x I dx dx x c x dx c