Bài soạn toan hoc 11

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (2, 0 đi ể m ) • Tậ p xá c đị nh : D = . • Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 + 6x; y ' = 0 ⇔ ⎡ x 0,25 ⎣ ⎢x = 2. - Hàm số đồng biến trên các khoả ng ( ; 2) và (0; + ). - Hàm số nghị ch biến trên khoả ng ( 2; 0). • Cự c trị: - Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và y C§ = y( 2 ) = 3. - Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và 0,25 • Bảng biến thiên: x + x y y 2 0 3 0 0 + + • Đồ thị: y 1 3 0 ,25 O 2 x 1 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến Tung độ tiếp điểm là: y(1) = 1. Hệ số góc của tiếp tuyến là: k = y '(1) = 3 Phương trình tiếp tuyến là: y 1 = k(x +1) ⇔ y = 3 x 2 . 0 , 0 , 2 5 0 , 2 5 0 , 2 5 II 1. (1,0 điểm) Giải phương trình (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 4x + 8sin 2x 5 = 0 0,25 ⇔4sin 2 2x 8sin 2x + 3 = 0 0,25 • sin 2x = 3 : vô nghiệm. 0,25 2 ⎡ • s i n 2 x = 1 ⇔ ⎢x = 12 + k (k ) . ⎢ 0 2 ⎢ x = 5 + k ⎣⎢ 1 2 T r a n g 1 / 3 Câu 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎪ 2 Đáp án Điểm ⎧2 2x + y ⎨ ⎩⎪x ( Điều kiện: 2x + y 0. Đặt t = 2x + y , t 0. Phương trình (1) trở thành: t 2 + 2t 3 = 0 0,25 ⇔ ⎡ t =1 (lo¹i). V ta có 2 (2) ta x = x I ( V ( 1 1 I = ⎛ 2 3 ⎞ dx = 2 dx 3 dx 0 x 0 = 2x 3ln +1 1 = 2 I V ( 1 , 0 đ i ể m ) T í n h t h ể t í c h k h ố i c h ó p ( 1 , 0 đ i ể m ) S I B C Gọi I là trung điểm AB. Ta có SA = SB ⇒ SI ⊥ AB. Mà (SAB) ⊥ ( ABCD), suy ra SI ⊥ ( ABCD). 0,25 Góc giữa SC và (ABCD) bằng SCI và bằng 45 O , suy ra SI = IC = IB 2 + BC 2 = a 5 ⋅ 2 , 2 5 T 3 3 2 V = 6 ( ( 1 T , 2 5x x y x x + y 2. 1 2 = = x x + y 2 x ( x + y ) 2 x + ( x + y ) 3 x + y V I . a (2 ,0 đi ể m ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 8. 4 1 . H v T T V T r 0 , 0 , 0 , 2 5 0 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu Ta có AB = ( 2; 2; 2) = 2(1;1; 1). Bán kính mặt cầu là R = AB = 3 ⋅ 0,25 6 3 Tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AB nên tọa độ I có dạng I (1 + t;2 t;3 + t). 0,25 Ta có: d (I ,(P)) = AB ⇔ t+6 = 3 ⇔ ⎡ t = 5 0,25 6 3 3 ⎢ t = 7. ⎣ • t = 5 ⇒ I ( 4;3; 2). Mặt cầu (S) có phương trình là (x + 4) 2 + ( y 3) 2 + (z + 2) 2 = 1 ⋅ 3 0,25 • t = 7 ⇒ I ( 6;5; 4). Mặt cầu (S) có phương trình là (x + 6) 2 + ( y 5) 2 + (z + 4) 2 = 1 ⋅ 3 VII.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo Gọi z = a + bi (a , b ). Đẳng thức đã cho trở thành 6a + 4b 2(a + b)i = 8 6i 0,50 ⇔ ⎧ 6a + 4b = 8 ⎧a = 2 ⎨ 2a + 2b = 6 ⇔ ⎨ b = 5. 0,25 ⎩ ⎩ VI.b (2,0 điểm) Vậy z có phần thực bằng - 2, phần ảo bằng 5. 1. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng d có vectơ chỉ phương a = ( 2; 1; 1), (P) có vectơ pháp tuyến n = (2;1;2). Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). Ta có A(0;1;0)d nên (Q) đi qua A và [a , n ] là vectơ pháp tuyến của (Q). ⎛ 1 1 1 2 2 1 ⎞ 0,25 0,25 0,25 Ta có [a , n ] = ⎜ ⎜ 1 2 ; 2 2 ; 2 1 ⎟ = 3(1; 2; 0). ⎟ 0,25 ⎝ ⎠ Phương trình mặt phẳng (Q) là x + 2 y 2 = 0. 2. (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm M M d nên tọa độ điểm M có dạng M (2t;1+ t;t). Ta có MO = d (M ,(P)) ⇔ 4t 2 + (t +1) 2 + t 2 = t +1 ⇔ 5t 2 = 0 ⇔ t = 0. Do đó M (0;1;0). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Giải phương trình Phương trình có biệt thức = (1 + i) 2 4(6 + 3i) = 24 10i = (1 5i) 2 Phương trình có hai nghiệm là z = 1 2i và z = 3i. ------------- Hết ------------- 0,25 0,50 0,25 Trang 3/3