zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán (năm 2011): Khối A

Chia sẻ: Codon_11 Codon_11 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

62
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh, sinh viên cùng tìm hiểu "Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán (năm 2011)" của Bộ giáo dục và đào tạo dành cho các bạn học khối A. Đáp án thang điểm gồm có 5 trang. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi tuyển sinh đại học môn Toán (năm 2011): Khối A

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) ⎧1 ⎫ • Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬ . ⎩2⎭ • Sự biến thiên: −1 0,25 Chiều biến thiên: y ' = < 0, ∀x ∈ D. ( 2 x −1) 2 ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ . ⎝ 2⎠ ⎝2 ⎠ 1 1 Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − . x → −∞ x → +∞ 2 2 0,25 1 lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = . ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ Bảng biến thiên: 1 x −∞ +∞ 2 y’ − − 1 0,25 − +∞ y 2 1 − −∞ 2 • Đồ thị: y (C) O 1 1 x 2 1 − 0,25 2 –1 2. (1,0 điểm) −x +1 Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = 2x −1 0,25 1 2 ⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – 1 = 0 (*). 2 ∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25 Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có: 1 1 4( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 2 0,25 k1 + k2 = – – = − . (2 x1 − 1) 2 (2 x2 − 1) 2 (4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) 2 Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2. 0,25 Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1. Trang 1/5
Câu Đáp án Điểm II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx ⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25 π • cosx = 0 ⇔ x = + kπ, thỏa mãn (*). 0,25 2 π π • cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + ) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*). 4 4 0,25 π π Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z). 2 4 2. (1,0 điểm) ⎧⎪5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1) ⎨ 2 2 ⎪⎩ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) 2 (2). 0,25 Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2. • xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. 0,25 Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1). • x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 2 2 ⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0 0,25 ⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y. Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra: ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ (x; y) = ⎜⎜ ; ⎟⎟ hoặc (x; y) = ⎜⎜ − ;− ⎟. ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5 ⎟⎠ 0,25 ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜⎜ ; ⎟⎟ , ⎜⎜ − ;− ⎟. ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5 ⎟⎠ π π π III 4 4 4 ( x sin x + cos x) + x cos x x cos x (1,0 điểm) I = ∫0 x sin x + cos x dx = ∫ dx + 0 ∫ x sin x + cos x dx. 0 0,25 π 4 π π Ta có: ∫ dx = x 04 = 0,25 0 4 π π 4 4 π x cos x d(x sin x + cos x) và ∫ 0 x sin x + cos x dx = ∫0 x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x ) 4 0 0,25 ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ π ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ = ln ⎜⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟⎟ . 0,25 ⎝ 2 ⎝ 4 ⎠ ⎠ 4 ⎝ 2 ⎝ 4 ⎠⎠ IV S (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). (1,0 điểm) AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA n là góc giữa (SBC) và 0,25 (ABC) ⇒ SBA n = 60o ⇒ SA = AB tan SBA n = 2a 3. Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N H D N C ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC. A BC AB M MN = = a, BM = = a. 0,25 B 2 2 ( BC + MN ) BM 3a 2 1 Diện tích: SBCNM = = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅ 2 2 3 Trang 2/5
Câu Đáp án Điểm Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). 0,25 Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH. Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a SA. AD 2a 39 0,25 ⇒ d(AB, SN) = AH = = ⋅ SA2 + AD 2 13 V 1 1 2 Trước hết ta chứng minh: + ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1. (1,0 điểm) 1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) 0,25 ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab ⇔ ( ab – 1)( a – b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1. Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: x 1 1 1 2 P= + + ≥ + . 2x + 3y 1 + z 1 + x 2+ 3y x 1+ 0,25 y z x y z x x Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: = hoặc = 1 (1) y z y x t2 2 Đặt = t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 + ⋅ y 2t + 3 1 + t t2 2 − 2 ⎡⎣t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤⎦ Xét hàm f(t) = 2 + , t ∈ [1; 2]; f '(t ) = < 0. 0,25 2t + 3 1 + t (2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2 34 x ⇒ f(t) ≥ f(2) = ; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). 33 y 34 ⇒P≥ . Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2. 33 0,25 34 Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng ; khi x = 4, y = 1, z = 2. 33 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. A n = MBI Tứ giác MAIB có MAI n = 90o và MA = MB 0,25 I ⇒ SMAIB = IA.MA ⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5. 0,25 B M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). 0,25 IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0 M ∆ ⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25 2. (1,0 điểm) ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 0,25 ⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 ⎩ Trang 3/5
Câu Đáp án Điểm ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ ⇔ ⎨x + y − z + 2 = 0 0,25 ⎪( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 ⎩ ⎧x = 2 y − 2 ⎪ ⇔ ⎨z = 3y 0,25 ⎪7 y 2 − 11y + 4 = 0 ⎩ ⎛ 6 4 12 ⎞ ⎛ 6 4 12 ⎞ ⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ; ; ⎟ . Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; ⎟ . 0,25 ⎝ 7 7 7⎠ ⎝ 7 7 7⎠ 2 VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z 2 = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi 0,25 (1,0 điểm) 2 2 2 2 ⎧a 2 − b 2 = a 2 + b 2 + a ⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨ 0,25 ⎩2ab = − b ⎧a = − 2b 2 ⇔ ⎨ 0,25 ⎩b(2a + 1) = 0 ⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 1⎞ ⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = ⎜ − ; ⎟ hoặc (a; b) = ⎜ − ; − ⎟. ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ 0,25 1 1 1 1 Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i. 2 2 2 2 VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên: 0,25 B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = 4 − x2 . y Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x. A 1 0,25 Diện tích: SOAB = x 4 − x 2 H 2 O x 1 2 = x (4 − x 2 ) ≤ 1. B 2 0,25 Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ Vậy: A ⎜⎜ 2; ⎟⎟ và B ⎜⎜ 2; − ⎟⎟ hoặc A ⎜⎜ 2; − ⎟⎟ và B ⎜⎜ 2; ⎟. 0,25 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎟⎠ 2. (1,0 điểm) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S). OA 4 2 0,25 Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = = . 3 3 2 Khoảng cách: d(I, (P)) = R2 − r 2 = . 3 0,25 (P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*). (P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a. 2(a + b + c) 2c 2c 2 d(I, (P)) = = ⇒ = 0,25 2 a +b +c 2 2 2 2a + c 2 2 2a + c 2 3 ⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25 Trang 4/5
Câu Đáp án Điểm VII.b Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i 0,25 (1,0 điểm) ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25 ⎧3a − 3b = 2 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨ 0,25 ⎩a + b − 2 = −2 1 1 2 ⇔ a= , b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 = ⋅ 0,25 3 3 3 ------------- Hết ------------- Trang 5/5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.03: Bộ 400 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2021

400 tài liệu

955 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.