Huong dan cham de thi thu tn
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (536.35 KB, 4 trang )
TRƯỜNG THPT HÒA BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TN THPT NĂM 2011
Môn: TOÁN- GD THPT
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
1
3đ
Nội dung đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =
1.1
2đ
TXĐ: D= ¡ \ {-1}
Sự biến thiên:
y' =
Điểm
x
1+ x
0,25
1
> 0, ∀x ∈ D.
(1 + x )2
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
Giới hạn và tiệm cận:
0,25
lim f ( x ) = lim f ( x ) = 1 nên y =1 là tiệm cận ngang của ĐT HS.
x→ + ∞
lim + f ( x ) = − ∞ ; lim − f ( x ) = + ∞
x → ( − 1)
(−1; +∞ ) và ( −∞; −1) ;
x → ( − 1)
Bảng biến thiên:
x
y’
y
x→ − ∞
0,25
0,25
nên x = -1 là tiệm cận đứng của ĐT HS.
-∞
+
-1
||
+∞
1
+∞
+
1
0,25
-∞
Đồ thị: Đồ thị h/s nhận I(-1;1) là tâm đối xứng, cắt ox, oy tại gốc O.
0,5
1.2
1đ
Đường thẳng y = mx-2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
x
= mx − 2(1) có hai nghiệm x phân biệt.
1+ x
Với x khác -1, Ta có
x
= mx − 2 = 0 ⇔ mx 2 + (m − 3)x − 2 = 0 (2)
1+ x
(1) có hai nghiệm phân biệt khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác -1
Với m=0: pt(2) có nghiệm duy nhất; m=0 không thỏa YCBT.
Với m khác 0:
0,25
0,25
0,25
1
Câu
Nội dung đáp án
Điểm
m + 2m + 9 > 0
( m − 3) + 8 m > 0
⇔
( ®óng víi mäi m ≠ 0)
2
m
(
−
1)
+
(
m
−
3)(
−
1)
−
2
≠
0
1
≠
0
2
2
Vậy với m ≠ 0 thỏa YCBT.
2.1
1đ
1.Giải phương trình (2 +
3 ) + (2 − 3 ) − 4 = 0. (1)
x
x
Đặt t = (2 + 3 )x ĐK: t > 0; (2 − 3 ) =
2.2
(1 đ)
1
1
; pt(1) viết lại: t + − 4 = 0
t
t
0,25
t = 2 + 3
1
t + − 4 = 0 ⇔ t 2 − 4t + 1 = 0 ⇔
(TM điều kiện)
t
t = 2 − 3
0,25
t = 2 + 3 : (2+ 3 )x = 2 + 3 ⇔ x = 1
0,25
t = 2 − 3 : (2+ 3 )x = (2 + 3 )−1 ⇔ x = −1
0,25
Tính tích phân
Đặt t =
3
∫
1
2
0
I=
∫
1
2
0
x 3 1 − 2 xdx .
3
2
1 − 2x khi đó t = 1 − 2 x ⇒ 3 t dt = −2 dx ⇔ dx =
x = 0 ⇒ t = 1; x =
1
⇒ t = 0 Tích phân viết lại:
2
x 1 − 2 xdx =
3
−3 2
t dt
2
∫
0
1
1 − t3
−3
3 1
.t .( ). t 2 dt = ∫ ( t 3 − t 6 )dt
2
2
4 0
3 t4 t7 1
9
= ( − ) =
4 4 7 0 112
2.3
(1 đ)
0,25
x
0,25
0,25
0,25
0,25
3./Chứng minh x 2 ≥ 2(1 − cos x ), ∀x ≥ 0.
Xét hàm số : y = f ( x ) = x 2 + 2 cos x − 2, víi 0 ≤ x ≤ 2π . H/s liên tục trên
[0;2π ].
y ' = f '( x ) = 2 x − 2 sin x = 2( x − sin x ) liên tục trên [0;2π ]
y '' = f ''( x ) = 2 − 2 cos x = 2(1 − cosx ) ≥ 0, ∀x ∈ [0;2π ]
x=0
f ''( x ) = 0 ⇔ cos x = 1 ⇔
, ∀x ∈ [0;2π ]
x = 2π
Nên y’= f’(x) đồng biến trên [0;2π ] : f '( x ) ≥ f '(0) ⇔ f '( x ) ≥ 0 , ∀x ∈ [0;2π ]
Do đó: y = f(x) hàm số đồng biến trên [0;2π ]
Nên f ( x ) ≥ f (0) ⇔ x 2 + 2 cos x − 2 ≥ 0,∀x ∈ [0;2π ]
Như vậy: x ≥ 2(1 − cos x ),∀x ∈ [0;2π ] (1)
Với x ∈ [2π ; + ∞ ) : x 2 ≥ (2π )2 ⇔ x 2 ≥ 4π 2 > 4 ( Do hàm y=x2 đồng biến với x>0).
Mà 4 ≥ 2(1 − cos x ),∀x ∈ (2π ;+∞ ) nên x 2 ≥ 2(1 − cos x ),∀x ∈ [2π ; +∞ ) (2)
0,25
0,25
0,25
2
Từ (1) và (2): x ≥ 2(1 − cos x ), x ∈ [0; + ∞ ).
Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc SAC bằng 600. Tính diện tích mặc
cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABCD.
Ta có: tgABCD là hình vuông cạnh a nên AC=BD=a 2 .
0,25
2
3
(1 đ)
0,25
Tam giác SAC có góc SAC bằng 60o nên tam giác SAC đều có cạnh SA = SC=AC = a 2 .
2
Câu
Nội dung đáp án
Gọi I là trọng tâm tam giác SAC kho đó I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác SAC và I nằm trên SO.
Ta có ∆IOB = ∆IOD = ∆ IOC = ∆ IOA(c − g − c)
Nên IB = ID = IC = IA = IS=
Điểm
S
2
2 3
SO = .
AC
3
3 2
2 3
a 6
= .
. a. 2 =
3 2
3
a 6
Nên S( I;
) là mặc cầu đi qua các đỉnh của hình chóp.
3
0,25
A
I
D
O
B
C
a 6 2
8.π . a 2
2 6
) = 4.π . a =
. (đvdt)
3
9
3
r
(d) đi qua M(0;-8;-11) nhận u = (1;2;3) làm VTCP.
r
(P) vuông góc với (d) nên u = (1;2;3) là VTPT của (P).
Phương trình của (P): 1(x-3)+2(y-2)+3(z-0)=0
PTTQ (P): x +2y + 3z -7 = 0.
Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (d).
Gọi H là hình chiếu của A xuống (d) khi đó: H ( t; −8 + 2t; −11 + 3 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 = 0 ⇔ 1(t − 3) + 2(2t − 10) + 3(3 t − 11) = 0 ⇔ 14 t − 56 = 0 ⇔ t = 4
0,25
Nên H(4;0;1)
Khi đó R= AH =
5a
1đ
12 + (−2)2 + 12 = 6
0,25
PT mặc cầu: ( x − 3)2 + ( y − 2)2 + z 2 = 6
0,25
Giải phương trình z 4 + 5 z 2 + 4 = 0 trên tập số phức.
t = −1
t = −4
Đặt t = z 2 ∈ £ : Phương trình đã cho viết lại: t + 5 t + 4 = 0 ⇔
2
z=i
2
Khi t= - 1: z = −1 ⇔
z = −i
z = 2i
2
Khi t= - 4: z = −4 ⇔
z = −2i
4b.1
4b.2
Vậy phương trình có các nghiệm: i; − i;2 i; −2i
r
(d1) đi qua A(1,0,2) nhận u1 = (−3;1; −1) làm véc tư chỉ phương.
r
(d2) đi qua B(0;0; - 4) nhận u 2 = (−1;1;2) làm véc tư chỉ 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)= 9 nên (d1) chéo (d2).
uu
r uu
r
|[u1 , u2 ]|= 3 2 +7 2 +2 2 = 62
uu
r uu
r uuu
r
|[u1 , u2 ].AB|
9
9 62
uu
r uu
r =
d((d1 );(d 2 ))=
=
.
62
|[u1 , u2 ]|
62
Đường thẳng (d) cần tìm là đường giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q), với (P) chứa (d1) và
M, (Q) chứa (d2) và M.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
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) là VTPT của (P).
Ta được 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) là VTPT của (Q).
Ta được PTTQ (Q): x-9y+5z+20=0.(2)
x=t
2
Đặt x=t, là số thực, từ (1) , (2) ta được y = 1 + t , t ∈ ¡
11
11
7
z = − 5 + 55 t
(1 + 3 i )21
Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:
.
(1 − i )9
π
π
π
π
Ta có 1 + 3 i = 2(cos + i sin ); 1 − i = 2[cos(- ) + isin(- )]
3
3
4
4
π
π
21π
21π
[2(cos + i sin )]21
2 21 (cos
+ i sin
)
(1 + 3 i )21
3
3
3
3
=
=
Nên
π
π
9π
9π
(1 − i )9
( 2 )9 [cos(- ) + isin(- )]9 ( 2 )9 [cos(- ) + isin(- )]
4
4
4
4
21π 9π
21π 9π
37π
37π
= 212 2[cos(
+
) + i sin(
+
)]=212 2(cos
+ i sin
)
3
4
3
4
4
4
1
1
=216 2[ −
+ i .(−
)]= − 216 − 216.i ; phần thực: −216 ; phần ảo: −216
2
2
(mọi cách giải khác nếu đúng thì đạt điểm tối đa phần đó)
HẾT
Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
