Huong dan cham de thi thu tn

TRƯỜNG THPT HÒA BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TN THPT NĂM 2011 Môn: TOÁN- GD THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 3đ Nội dung đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = 1.1 2đ TXĐ: D= ¡ \ {-1} Sự biến thiên: y' = Điểm x 1+ x 0,25 > 0, ∀x ∈ D (1 + x )2 0,25 Hàm số đồng biến khoảng Cực trị: Hàm số cực trị Giới hạn tiệm cận: 0,25 lim f ( x ) = lim f ( x ) = nên y =1 tiệm cận ngang ĐT HS x→ + ∞ lim + f ( x ) = − ∞ ; lim − f ( x ) = + ∞ x → ( − 1) (−1; +∞ ) ( −∞; −1) ; x → ( − 1) Bảng biến thiên: x y’ y x→ − ∞ 0,25 0,25 nên x = -1 tiệm cận đứng ĐT HS -∞ + -1 || +∞ +∞ + 0,25 -∞ Đồ thị: Đồ thị h/s nhận I(-1;1) tâm đối xứng, cắt ox, oy gốc O 0,5 1.2 1đ Đường thẳng y = mx-2 cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt x = mx − 2(1) có hai nghiệm x phân biệt 1+ x Với x khác -1, Ta có x = mx − = ⇔ mx + (m − 3)x − = (2) 1+ x (1) có hai nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt khác -1 Với m=0: pt(2) có nghiệm nhất; m=0 không thỏa YCBT Với m khác 0: 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung đáp án Điểm   m + 2m + > ( m − 3) + m > ⇔ ( ®óng víi mäi m ≠ 0)   m ( − 1) + ( m − 3)( − 1) − ≠ ≠   2 Vậy với m ≠ thỏa YCBT 2.1 1đ 1.Giải phương trình (2 + ) + (2 − ) − = (1) x x Đặt t = (2 + )x ĐK: t > 0; (2 − ) = 2.2 (1 đ) 1 ; pt(1) viết lại: t + − = t t 0,25 t = + t + − = ⇔ t − 4t + = ⇔  (TM điều kiện) t  t = − 0,25 t = + : (2+ )x = + ⇔ x = 0,25 t = − : (2+ )x = (2 + )−1 ⇔ x = −1 0,25 Tính tích phân Đặt t = ∫ I= ∫ x − xdx − 2x t = − x ⇒ t dt = −2 dx ⇔ dx = x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = Tích phân viết lại: x − xdx = −3 t dt ∫ 1 − t3 −3 t ( ) t dt = ∫ ( t − t )dt 2 t4 t7 = ( − ) = 4 112 2.3 (1 đ) 0,25 x 0,25 0,25 0,25 0,25 3./Chứng minh x ≥ 2(1 − cos x ), ∀x ≥ Xét hàm số : y = f ( x ) = x + cos x − 2, víi ≤ x ≤ 2π H/s liên tục [0;2π ] y ' = f '( x ) = x − sin x = 2( x − sin x ) liên tục [0;2π ] y '' = f ''( x ) = − cos x = 2(1 − cosx ) ≥ 0, ∀x ∈ [0;2π ]  x=0 f ''( x ) = ⇔ cos x = ⇔  , ∀x ∈ [0;2π ]  x = 2π Nên y’= f’(x) đồng biến [0;2π ] : f '( x ) ≥ f '(0) ⇔ f '( x ) ≥ , ∀x ∈ [0;2π ] Do đó: y = f(x) hàm số đồng biến [0;2π ] Nên f ( x ) ≥ f (0) ⇔ x + cos x − ≥ 0,∀x ∈ [0;2π ] Như vậy: x ≥ 2(1 − cos x ),∀x ∈ [0;2π ] (1) Với x ∈ [2π ; + ∞ ) : x ≥ (2π )2 ⇔ x ≥ 4π > ( Do hàm y=x2 đồng biến với x>0) Mà ≥ 2(1 − cos x ),∀x ∈ (2π ;+∞ ) nên x ≥ 2(1 − cos x ),∀x ∈ [2π ; +∞ ) (2) 0,25 0,25 0,25 Từ (1) (2): x ≥ 2(1 − cos x ), x ∈ [0; + ∞ ) Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy a, góc SAC 600 Tính diện tích mặc cầu qua đỉnh hình chóp S.ABCD Ta có: tgABCD hình vuông cạnh a nên AC=BD=a 0,25 (1 đ) 0,25 Tam giác SAC có góc SAC 60o nên tam giác SAC có cạnh SA = SC=AC = a Câu Nội dung đáp án Gọi I trọng tâm tam giác SAC kho I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC I nằm SO Ta có ∆IOB = ∆IOD = ∆ IOC = ∆ IOA(c − g − c) Nên IB = ID = IC = IA = IS= Điểm S 2 SO = AC 3 2 a = a = 3 a Nên S( I; ) mặc cầu qua đỉnh hình chóp 0,25 A I D O B C a 8.π a 2 ) = 4.π a = (đvdt) r (d) qua M(0;-8;-11) nhận u = (1;2;3) làm VTCP r (P) vuông góc với (d) nên u = (1;2;3) VTPT (P) Phương trình (P): 1(x-3)+2(y-2)+3(z-0)=0 PTTQ (P): x +2y + 3z -7 = Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với (d) Gọi H hình chiếu A xuống (d) đó: H ( t; −8 + 2t; −11 + t ), t ∈ ¡ Diện tích mặc cầu: Smc= 4.π ( 4a.1 1đ 4a.2 1đ uuur AH = (t − 3; −8 + 2t − 2; −11 + 3t ) = (t − 3;2t − 10;3t − 11) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có : r uuur u AH = ⇔ 1(t − 3) + 2(2t − 10) + 3(3 t − 11) = ⇔ 14 t − 56 = ⇔ t = 0,25 Nên H(4;0;1) Khi R= AH = 5a 1đ 12 + (−2)2 + 12 = 0,25 PT mặc cầu: ( x − 3)2 + ( y − 2)2 + z = 0,25 Giải phương trình z + z + = tập số phức  t = −1  t = −4 Đặt t = z ∈ £ : Phương trình cho viết lại: t + t + = ⇔   z=i Khi t= - 1: z = −1 ⇔   z = −i  z = 2i Khi t= - 4: z = −4 ⇔   z = −2i 4b.1 4b.2 Vậy phương trình có nghiệm: i; − i;2 i; −2i r (d1) qua A(1,0,2) nhận u1 = (−3;1; −1) làm véc tư phương r (d2) qua B(0;0; - 4) nhận u = (−1;1;2) làm véc tư phương uuu r AB = (−1;0; −6) uu r uu r uu r uu r uuur [u1 , u2 ]=(3;7;-2) ; [u1 , u2 ] AB = 3.(−1) + 7.0 + ( −2)(−6)= nên (d1) chéo (d2) uu r uu r |[u1 , u2 ]|= +7 +2 = 62 uu r uu r uuu r |[u1 , u2 ].AB| 9 62 uu r uu r = d((d1 );(d ))= = 62 |[u1 , u2 ]| 62 Đường thẳng (d) cần tìm đường giao tuyến mặt phẳng (P) (Q), với (P) chứa (d1) M, (Q) chứa (d2) M 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5b 1đ Nội dung đáp án uuur uuur r uu r AM = (1;3; −1) nên [ AM , u1 ] = (−2;4;10) ⇒ n1 = (1; −2; −5) VTPT (P) Ta PTTQ (P): x-2y-5z-9=0.(1) uuur uuur r uu r BM = (2;3;5) nên [ BM , u2 ] = (1, −9, 5) ⇒ n2 = (1, −9, 5) VTPT (Q) Ta PTTQ (Q): x-9y+5z+20=0.(2)   x=t   Đặt x=t, số thực, từ (1) , (2) ta  y = + t , t ∈ ¡ 11  11   z = − + 55 t (1 + i )21 Tìm phần thực phần ảo số phức sau: (1 − i )9 π π π π Ta có + i = 2(cos + i sin ); − i = 2[cos(- ) + isin(- )] 3 4 π π 21π 21π [2(cos + i sin )]21 21 (cos + i sin ) (1 + i )21 3 3 = = Nên π π 9π 9π (1 − i )9 ( )9 [cos(- ) + isin(- )]9 ( )9 [cos(- ) + isin(- )] 4 4 21π 9π 21π 9π 37π 37π = 212 2[cos( + ) + i sin( + )]=212 2(cos + i sin ) 4 4 1 =216 2[ − + i (− )]= − 216 − 216.i ; phần thực: −216 ; phần ảo: −216 2 (mọi cách giải khác đạt điểm tối đa phần đó) HẾT Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25