Đang tải... (xem toàn văn)
Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD.[r]
(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 biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số ( điểm)
3
2
y x x * Tập xác định D R
* Sự biến thiên: y' 6 x26x '
y x = hay x =
0,25 + Giới hạn: lim ; lim
x x
- Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận Bảng biến thiên
x – + y’ + – +
y +
–
0,25
Hàm số đồng biến khoảng (– ; ) ( ; + ) Hàm số nghịch biến khoảng ( ; )
CD 1, CT
y y y y Ta có y’’ = 12x-6 y’’ = 0x=
2
1và y’’ đổi dấu x qua x=
điểm I( ;
2
1) điểm uốn đồ thị.
0,25
Đồ thị: đồ thị qua điểm ( 2;5) (-1;-4) Giao điểm với trục oy : ( ; ) y
1
Đồ thị nhận điểm uốn I ( ;
2
1) làm tâm đối xứng
0,25 x
-1
(2)2 Tìm M thuộc ( C ) ( điểm ) Giả sử M( m m;2 33m21) ( C )
X ( 0;2 1)
x x x tọa độ tiếp điểm tiếp tuyến qua M tới ( C ) Phương trình tiếp tuyến ( C ) X :
2
0 0 0
(6 )( ) 1)
y x x x x x x
M ( C ) nên : 2m33m21 =
0 0 0
(6x 6 )(x m x ) 2 x 3x 1)
2( 3 2
0) 3( 0) (6 )(0 0)
m x m x x x m x
2
0 0 0
(m x ) 2( m mx x ) 3( m x ) 6 x 6x
0
(m x ) (4x 2m 3) 0
0 24 x m
m x
Qua M kẻ tiếp tuyến tới ( C ) nên : 4m m m
0,25
0,25
0,25
Vậy
m M (1 1; )
2 điểm qua kẻ tiếp tuyến tới (C) 0,25
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1 điểm)
Sin2x + cos2x + 3sinx – cosx – =
2sinxcosx +1 – 2sin2x + 3sinx – cosx – = 0
( 2sinxcosx– cosx ) – 2sin2x + sinx + 2sinx – = 0 0,25 ( 2sinx – )( cosx – sinx + ) =
2sinx 0(1) cosx sinx 0(2)
0,25
( )
5 2
6
x k
x k
( ) 2
2
x m
x m
0,25
0,25 Giải hệ phương trình (1 điểm)
Với điều kiện : y – Hệ pt cho
2 6 ( 3)2
4
x y y
x y x y
0,25
2 6 6 9
4
x y y y
x y x y
( )( )
4 x y x y
x y x y
0,25
(3)Hệ pt 2
3
4
4
3 u v uv
u v
u v
u v u
v
3 1 x y x y x y x y
5
4( ai) x
y x
y lo
4 x y
0,25
III Tính tích phân ( điểm ) 1,00
I=
/2 2
2
2
0
sin sin ( sin sin )
4 sin sin sin sin
x dx x x x dx
x x
x x
2
2
0
1 ( sin sin )sin
2 x x xdx
= ( 1 2)
2 I I
0,25
* 2
1
4 sin sin
I x xdx
Đặt ; t = + sin2x dt = sin2xdx Đổi cận : x =
2
t = ; x = t = I1 =
5
3
5
2 2 (5 8)
3
tdt t
0,25
* Tương tự : 2
0
2 sin sin
I x xdx
= (3 2)
3 0,25
Vậy : I = (5 2 3 8)
2 0,25
IV Tính thể tích hình chóp S.ABMN ( điểm ) 1,00
S
F B
N
D I
O
C G
A
B
K M
(4)Kẻ SO vng góc với (ABCD) O giao điểm AC BD Gọi I, J trung điểm AB CD; G trọng tâm SAC
Góc mặt bên (SCD) đáy (ABCD) SJI600 0,25
Vì SIJ cạnh a nên G trọng tâm SIJ
IG cắt SJ K trung điểm SJ; M, N trung điểm SC, SD
0,25
3 ; 1( ) 3
2a ABMN 8a
IK S AB MN IK
3
1
( );
2 ABMN 16
a a
SK ABMN SK V S SK (đvtt)
0,25 0,25
V Chứng minh bất đẳng thức ( điểm ) 1,00
Gọi A x y 1 x y
x y y x
Đặt t x y
A f t( ) t t
Với
2
1
, 2;4 1 2 2;2
4
x
x
x y t
y y
0,25
0,25
Ta có ' '
2
1 1
( ) ; ( ) ;2
2 t
f t f t t
t t
0,25
Ta có : (2) ; (1) 4
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 ( ; ) bán kính R =
( C/ ) có tâm I ( ; ) d : y = x
Giả sử ( C ) cắt ( C/ ) A ; B AB OI H trung điểm AB 0,25
AHO có : OA = ; AH = 2 OH = 2 1
2
OA AH H d : y = x
Giả sử H ( x ; x ) OH = 2 2 1
2 2
x x x x
1( ; )1 2
H ; H212;12
AB đường thẳng H1 ( H2 ) d : y = x
0,25
0,25 TH : AB qua H1 phương trình AB : x + y–1 =
TH : AB qua H2 phương trình AB : x + y + = 0,25 Viết phương trình đường thẳng : (1 điểm)
(5)PTTS d :
3 2
x t
y t
z t
Gọi M = d ( P ) Ta có M ( ; – ; )
0,25
Gọi d/ hình chiếu d ( P ) Ta có PTTS d/ :
1
x t
y t
z t
0,25 Gọi N thuộc d/ cho MN = 42 Ta có :
N d/ N ( + 4t ;– + t ; – 5t )
MN = (4 )t 2 t2 (5 )t 42 t = ; t =–
* t = : N1 ( ; – ; – ) 1 đường thẳng nằm ( P ) qua N1 d/ phương trình
1
: 5
2
x y z
* t = –1 : N2 ( – ; – ; ) 2 đường thẳng nằm ( P ) qua N2 d/ phương trình
2
:
2
x y z
0,25
0,25
VII.a Giải bất phương trình ( điểm )
2
1
2
1
log ( 1) log (1 )
2
x x x ( )
1,00
ĐK : 2 12
1 1
x x x
x x
0,25
Bpt ( ) 2
2
1log (2 3 1) 1log ( 1)
2 x x x
2
2 2
log (2x 3x 1) log (x 1) log
log2 (2 1)2 log 22
2
x
x x
0,25
(2 1)2
2
x x
x x x
1
3 x
0,25 Kết hợp ĐK nghiệm bpt : 1
3 x 0,25
VI.b 2,00
1 Tìm tọa độ B C : (1 điểm)
Giả sử B ( b ; ) Ox ; C ( ; c ) Oy với b ; c
ABC vuông A AB AC 0 – 2( b – ) – 1( c – ) = c = – 2b +
c 0 b
(6)2
1 . ( 2) ( 1)
2
ABC
S AB AC b c
2
2
1 ( 2) (5 1)
1 ( 2) 1.2 ( 2)
b b
b b
= ( b – )2 + = b2– 4b + 5
0,25 Xét f(b) = b2– 4b + Ta có bảng xét dấu :
b
2 f/(b) – +
F(b)
5
2
0,25
GTLN SABC GTLN f(b) = f(0) = b = ; c =
Vậy : B ( ; ) ; C ( ; ) SABC lớn 0,25
2 Viết phương trình đường thẳng : ( điểm)
d qua điểm M0(1;0;0) có vectơ phương u(1;0; 1) PTTS d :
1 x t y z t
Gọi đường thẳng qua B (– ; ; ) cắt d M
Khi : M ( + t ; ; – t ) có VTCP BM(2 ; 2; ) t t (3; 1; 1)
BA
; BA BM; (t 2; 2t2;t4)
k/cách : 2 22
2
(2 ) (2 ) (4 ) 10 12
( ; )
2 (2 )
t t t t t
d A
t t
t t
0,25
Xét f(t) = /
2 2
3 10 12 ( ) 16 64
2 ( 4)
t t f t t
t t t t
f/(t) = 0 t = Ta có bảng xét dấu :
GTLN f(t) = f(– ) = 11 t = – GTNN f(t) = f( ) = t =
t – f/(t) + 0 – +
f(t)
11
3
3
(7)* Với t = – : M ( – ; ; ) d1 có VTCP BM(0; 2;2) PTTS 1 :
1 2 x
y t
z t
* Với t = : M ( ; ; – ) d2 có VTCP BM(4; 2; 2) PTTS 2 :
1 2
2
x t
y t
z t
0,25
Kết luận : Đường thẳng qua B cắt d có d ( A ; ) lớn 1
Đường thẳng qua B cắt d có d ( A ; ) nhỏ 2 0,25
VII.b : ( điểm ) 1,00
ĐK : 2 0, 2 0, 0, ( )
0 1,0
xy x y x x y x I
x y
0,25
Ta có : (I)
1
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) log ( 5) log ( 4)
x y
x y
x y x
y x
1
log ( 2) log (1 ) (1) log ( 5) log ( 4) (2)
x y
x y
y x
y x
0,25
Đặt t = log (12y x) (1)trở thành t 1 0t t
Với t = ta có : – x = + y y = – x – Thế vào (2) ta có :
1 1
log ( 4) log ( 4) log
4
x x x x x xx
2
4
2
x
x x x x
x x
Suy :
1 y y
0,25
Kiểm tra thấy có : x y
thỏa mãn đề Vậy hệ có nghiệm :
1 x y