Giải đề thi TN năn 2011 dưới nhiều cách khác nhau

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011 Môn thi : TOÁN - Giáo dục Trung học phổ thông I.. 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Cạnh bên SA vuông góc với mặ

KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011

Môn thi : TOÁN - Giáo dục Trung học phổ thông

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 ( 3,0 điểm) Cho hàm số 2 1

x y x







1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y x 2

Câu 2 (3,0 điểm)

1) Giải phương trình 72x1– 8.7x  1 0

2) Tính tích phân

1

4 5

e

lnx

x



3) Xác định giá trị của tham số m để hàm số y x3 – 2x2mx1 đạt cực tiểu tại x = 1

Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AD = CD = a,

AB = 3a Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 450 Tính thể tích

khối chóp S.ABCD theo a

II PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn ( 3,0 điểm)

Câu 4.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3;1;0) và mặt phẳng (P) có phương

trình 2x2 –y z 1 0

1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A

và song song với mặt phẳng (P)

2) Xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P)

Câu 5a (1,0 điểm) Giải phương trình 1i z 2i45i trên tập số phức

2 Theo chương trình Nâng Cao (3,0 điểm)

Câu 4.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A0; 0;3 ,  B   1; 2;1 và

 1; 0; 2

C 

1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC)

2) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A

Câu 5.b (1,0 điểm) Giải phương trình  2

– 4 0

z i   trên tập số phức

BÀI GIẢI

Câu 1:

1)

- MXĐ :\  1

Hàm luôn luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định

- Giới hạn

1

2

lim

x

y





 ;

1 2

lim

x

y





2

x

  là tiệm cận đứng

x

y



 ; lim 1

x

y



  y = 1 là tiệm cận ngang

- BBT :

x

 1

2 +

y'  

y 1 +

- 1

Giao điểm với trục tung 0; 1 ;  giao điểm với trục hoành 1; 0

2



- Đồ thị :

2) Hoành độ giao điểm của (C) với đường thẳng yx2 là nghiệm của phương

x

x

1

2 – 1

2 0

x

x

x



















Vậy tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d) là : A1;3 và 3 1

2 2;

B 

Câu 2:

1 Giải phương trình : 72x1– 8.7x  1 0

Phương trình

0

0

1

7

7

x x

x

t

x

t















Hoặc:

x

y

-½

0 1 1

-1

     1

0 2

1

7 7

0

7 7 – 8.7 1 0 7 – 1 7.7 – 1 0

1 7

x

x

x x









2 Cách 1:

x tdt x

t x





















3

2 1

t

t e

x

x

Khi đó

3

2

t

Cách 2:

3 2

4 5 ln 4 5 ln ' 4 5 ln 4 5 ln

4 5 ln

1

x

x

e x



Hoặc: cũng có thể đặt tlnx

3 TXĐ: D  R

m x x

y'3 24 

4 6

' x

y

Cách 1:

''(1) 0 2 0

y

Cách 2:

Hs đạt cực tiểu tại x 1 y'(1)0m1

1

3

x

x







 



Dễ thấy Hs đổi dấu từ âm sang dương khi x 1 nên Hs đạt cực tiểu tại x 1

Câu 3:

Cách 1:

- Theo giả thiết SAABCDSA là đường cao

SA ABCD SA AC, nên AC là hình chiếu

vuông góc của SC lên (ABCD)

Kẻ CM  AB ADCM là hình vuôngCD ADa

- Theo định lý pitago trong tam giác vuông DAC tại D

- Trong tam giác vuông SAC tại A ta có

0

Vậy thể tích

3 2

.

a

Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ AO0; 0; 0, DOxD a  ;0; 0,

0;3 ; 0

BOyB a , SOzS0; 0;a 2, CxOyC a a ; ; 0

… bạn đọc giải tiếp

Câu 4

a 1 Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P)

Cách 1:

Áp dụng công thức ( , ( )) | 2(3) 2(1) 0 1 | 9 3

3

 

Cách 2:

Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P) Gọi H d P

Khi đó d A P( , ( )) AH

- Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A và song song với mặt phẳng (P)

Cách 1:

Vì (Q) // (P) nên nhận VTPT của (P) làm VTPT của (Q) hay n Q n P (2; 2; 1)

 

( ) : 2(Q x3)2(y1) 1( z0)0( ) : 2Q x2y  z 8 0

Cách 2:

Vì    Q / / P  Q : 2x2y z D0 (D1)

Mặt phẳng (Q) qua A 62D 0 D 8

Vậy  Q : 2x2y  z 8 0

2) Xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P)

Cách 1:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P) ( )

( )





 



 Đường thẳng AH : Qua A3;1;0 và có 1 vtcp uAH nP (2; 2; 1)

Phương trình tham số

3 2 1

z

AH

t

 







  



Vì H d(P) nên tọa độ H là nghiệm của phương trình :

2 32t 2 1 2 t – t  1 0   t 1 H 1; 1; 1 

Cách 2:

Gọi H a b ; ; 2a2b1   P AH a3;b1; 2a2b1

H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (P)AH

cùng phương với n P



 

1

1; 1;1 1

a

H b





 

Câu 5.a

Cách 1:

1  2  4 5 1  2 4 2 4

1

i



(2 4 )(1 ) 2 2 4 4

3

Cách 2:

1  2  4 5 1  2 4 1 1  2 4 1 

Cách 3:

Giả sử zabi a b, ,  

1i z 2i45 i1i z  24 i1iabi24 ia b ba i 24i

2 Theo chương trình Nâng Cao:

Câu 4.b

( 1;0; 1)

AB

AB AC AC





 

qua A















2

Cách 1: Ta có 1 ; 1 4 1 4 3

ABC

 

và BC  02 22 12  5

Mặt khác

3 2

ABC

Cách 2:

5

AB AC

d A B

n

BC BC

C



  



Cách 3:

Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với BC

Gọi H  P BCd A BC ,  AH… bạn đọc tự giải

Câu 5.b

Cách 1:

2

  

 

 





Cách 2:

Đặt zbi thay vào phương trình ta có

 2 4 0 4  12 0 1 3  0 1 3

3

b

b

 





Chú ý: không nên khai triển  2 2

zi   z  iz  vì khi đó  không phải là số chính ' phương…lại phải tìm căn bậc hai… dài

Các bạn chú ý tôi giải bằng nhiều cách để tham khảo, còn trong trình bày nên chọn theo cách 1 nhé