BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian gia
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
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+ = 01
2) Tính tích phân
1
4 5ln
e
x
x
+
3) Xác định giá trị của tham số để hàm số m y x= 3−2x2 +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 = a3
ABCD
0
Cạnh bên vuông góc với mặt đáy và cạnh bên tạo với mặt đáy một góc Tính thể tích khối chóp S theo a
II PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
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 2x+2y z− + =1
1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng 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 5.a (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 , cho ba điểm ,
Oxyz A(0;0;3) B( 1; 2;1)− − ( 1;0;2)−
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 (z i− )2+ =4 0 trên tập số phức
- Hết -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011
Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Văn bản gồm 04 trang)
I Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định
2) Việc chi tiết hoá (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi
3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm)
II Đáp án và thang điểm
1 (2,0 điểm)
a) Tập xác định : \ 1
2
D= ⎧ ⎫⎨ ⎬
⎩ ⎭
b) Sự biến thiên :
• Chiều biến thiên :
4
2 1
x
−
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 1
2
⎛−∞ ⎞
⎝ ⎠ và
1
; 2
⎜ + ∞⎟
0,50
• Tiệm cận :
1 2
lim
x
y
−
⎛ ⎞
→⎜ ⎟⎝ ⎠
= −∞ ;
1 2
lim
x
y
+
⎛ ⎞
→⎜ ⎟⎝ ⎠
2
x
⇒ = là tiệm cận đứng
→−∞ = ; lim 1
→+∞ = ⇒ = là tiệm cận ngang y 1
0,50
Câu 1
(3,0 điểm)
• Bảng biến thiên :
x −∞ 12 +∞
'
y
y
−∞
+∞
1
1
0,25
Trang 3c) Đồ thị (C):
0,50
2 (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của với đường thẳng là nghiệm của phương
trình
2
x
x
x+ = +
− (1) (1) ⇔2x+1 (2= x−1)(x+2) (2 (vì ) 1
2
x= không là nghiệm của (2)) ⇔2x2+ −x 3 0= ⇔ =x 1 hoặc 3
2
x= −
0,50
2
x= − thì 1
2
y=
Với x=1 thì y=3
Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là 3 1;
2 2
⎛− ⎞
⎝ ⎠ và (1;3)
0,50
1 (1,0 điểm)
Phương trình đã cho trở thành 7t2− + = ⇔ =8t 1 0 t 1 hoặc 1
7
Với t=1, ta có 7x = ⇔ =1 x 0
Với 1
7
t= , ta có 7 1 1
7
x
x
= ⇔ = − Vậy nghiệm của phương trình là x=0 hoặc x= −1
0,50
2 (1,0 điểm)
Đặt t 4 5lnx t2 4 5lnx 2tdt 5dx
x
Câu 2
(3,0 điểm)
Trang 4Do đó
2 2
I = t dt= t = ⎛⎜ − ⎞⎟=
3 (1,0 điểm)
Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x=1 thì y'(1) 0= , suy ra m=1 0,25 Với m=1 thì y x= 3−2x2+ + , x 1 y' 3= x2−4x+ và " 61 y = x− 4
Mà y'(1) 0= và y" 1( )= >2 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=1 0,25
Ta có SA⊥(ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABCD )
Do đó SCAn 45= o
Tam giác ACD vuông cân tại nên D AC a= 2
Tam giác SAC vuông cân tại A nên SA a= 2
0,50
Câu 3
(1,0 điểm)
Diện tích của hình thang vuông ABCD là ( 3 ) 2 2
2
a a a
a
Vậy
3
3
S ABCD
a
0,50
1 (1,0 điểm)
Ta có ( ,( )) 2.3 2.1 1.0 12 2 2 3
Ta có nG =(2;2; 1)− là vectơ pháp tuyến của ( )P
( )Q song song với ( P) nên (Q) nhận nG =(2; 2; 1)− làm vectơ pháp tuyến 0,25
Câu 4.a
(2,0 điểm)
Mặt khác (Q) qua A(3;1;0) nên ( )Q có phương trình
2(x− +3) 2(y− −1) 1(z− = ⇔0) 0 2x+2y z− − = 8 0 0,25
Trang 52 (1,0 điểm)
Gọi là đường thẳng qua và vuông góc với d A ( )P thì nG =(2; 2; 1)− là
vectơ chỉ phương của d
Do đó phương trình tham số của là d
3 2
1 2
= +
⎧
⎪
= +
⎨
⎪ = −
⎩
0,50
Gọi H là hình chiếu của A trên ( P) thì H là giao điểm của và (d P)
Do H d∈ nên H(3 2 ;1 2 ; )+ t + t −t
Mặt khác H∈( )P nên ta có 2(3 2 ) 2(1 2 ) ( ) 1 0+ t + + t − − + =t ⇔ = −t 1
Vậy H(1; 1;1)−
0,50
Phương trình đã cho tương đương với phương trình (1 )−i z= −2 4i 0,25
i i
+
Câu 5.a
(1,0 điểm)
(2 4 )(1 ) 2
2
i
⇔ = ⇔ = − i
Vậy nghiệm của phương trình là z= −3 i
0,50
1 (1,0 điểm)
Ta có JJJGAB= − − −( 1; 2; 2);JJJGAC= −( 1;0; 1)− ⇒ ⎡⎣JJJG JJJGAB AC, ⎤⎦=(2;1; 2)− 0,50
Mặt phẳng (ABC) qua , nhận A ⎡⎣JJJG JJJGAB AC, ⎤⎦ làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình 2(x 0) 1(y 0) 2(z 3) 0− + − − − = ⇔2x y 2z 6 0+ − + = 0,50
2 (1,0 điểm)
Ta có: SΔABC 1 ,
2 ⎡AB AC⎤
JJJG JJJG 1 2 2 2 3
2 1 ( 2)
Câu 4.b
(2,0 điểm)
( 1 1) (0 2) (2 1) 5
Gọi AH là đường cao của tam giác ABC thì 2 3
5
ABC
S AH
BCΔ
Phương trình đã cho tương đương với phương trình z2−2iz+ = 3 0
Ta có Δ =4i2− = − =12 16 ( )4i 2 0,50
Câu 5.b
(1,0 điểm)
Vậy phương trình có hai nghiệm là 1 2 4 3
2
i i
z = + = và i
2
2 4 2
i i
z = − = − i
0,50
- Hết -