Đáp án và đề thi tốt nghiệp môn Toán năm 2011 - Giáo dục trung học phổ thông

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

936
lượt xem 232
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đáp án và đề thi tốt nghiệp môn Toán năm 2011 - Giáo dục trung học phổ thông. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2011 và chuẩn bị thi tốt cho kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2011.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án và đề thi tốt nghiệp môn Toán năm 2011 - Giáo dục trung học phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN − Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x +1 Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y = . 2x −1 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) 2 x +1 x − 8.7 + 1 = 0 . 1) Giải phương trình 7 e 4 + 5ln x 2) Tính tích phân I = ∫ dx . x 1 3 2 3) Xác định giá trị của tham số m để hàm số y = x − 2 x + 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 o đáy một góc 45 . 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 2 x + 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 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 Oxyz , cho ba điểm A(0;0;3) , B(−1; −2;1) và C (−1;0; 2) . 1) Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) . 2) Tính độ dài đường cao của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A . 2 Câu 5.b. (1,0 điểm) Giải phương trình ( z − i ) + 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:......................................................................... Chữ kí của giám thị 1: ................................................................... Chữ kí của giám thị 2: .................................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (2,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm) ⎧1 ⎫ a) Tập xác định : D = \ ⎨ ⎬. 0,25 ⎩2⎭ b) Sự biến thiên : −4 • Chiều biến thiên : y ' = < 0, ∀x ∈ D . ( 2 x − 1)2 0,50 ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ⎜ −∞ ; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ . 2⎠ ⎝2 ⎝ ⎠ • Tiệm cận : 1 y = +∞ ⇒ x = y = −∞ ; lim lim là tiệm cận đứng. 2 − + ⎛1⎞ ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ x →⎜ ⎟ 0,50 ⎝2⎠ ⎝2⎠ lim y = 1 ; lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang. x →−∞ x →+∞ • Bảng biến thiên : 1 +∞ −∞ x 2 − − 0,25 y' +∞ 1 y −∞ 1 1
c) Đồ thị (C): 0,50 2. (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của (C ) với đường thẳng y = x + 2 là nghiệm của phương 2x + 1 = x+2 trình (1) 2x −1 1 0,50 (1) ⇔ 2 x + 1 = (2 x − 1)( x + 2) (2) (vì x = không là nghiệm của (2)) 2 3 2 ⇔ 2 x + x − 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = − . 2 3 1 Với x = − thì y = . 2 2 0,50 Với x = 1 thì y = 3 . ⎛ 3 1⎞ Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là ⎜ − ; ⎟ và (1;3) . ⎝ 2 2⎠ 1. (1,0 điểm) Câu 2 (3,0 điểm) Đặt t = 7 x ( t > 0 ). 0,25 1 2 Phương trình đã cho trở thành 7t − 8t + 1 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = . 0,25 7 x Với t = 1 , ta có 7 = 1 ⇔ x = 0 . 1 x1 0,50 Với t = , ta có 7 = ⇔ x = −1. 7 7 Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 hoặc x = −1 . 2. (1,0 điểm) 5 2 Đặt t = 4 + 5ln x ⇒ t = 4 + 5ln x ⇒ 2tdt = dx . 0,25 x Đổi cận : x = 1 ⇒ t = 2 và x = e ⇒ t = 3 . 0,25 2
3 2 3 3 2 ⎛ 3 3 ⎞ 38 22 Do đó I = ∫ t dt = t = ⎜ 3 − 2 ⎟ = . 0,50 15 2 15 ⎝ ⎠ 15 5 2 3. (1,0 điểm) 2 0,25 Ta có y ' = 3x − 4 x + m . Nếu hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 thì y '(1) = 0 , suy ra m = 1 . 0,25 3 2 2 Với m = 1 thì y = x − 2 x + x + 1 , y ' = 3x − 4 x + 1 và y " = 6 x − 4 . 0,25 Mà y '(1) = 0 và y " (1) = 2 > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 . Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 0,25 Câu 3 (1,0 điểm) 0,50 Ta có SA ⊥ ( ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên ( ABCD) . o Do đó SCA = 45 . Tam giác ACD vuông cân tại D nên AC = a 2 . Tam giác SAC vuông cân tại A nên SA = a 2 . (a + 3a )a 2 = 2a . Diện tích của hình thang vuông ABCD là 2 0,50 3 2a 2 = Vậy V . S . ABCD 3 Câu 4.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 2.3 + 2.1 − 1.0 + 1 Ta có d ( A, ( P ) ) = = 3. 0,50 2 2 2 2 + 2 + (−1) Ta có n = (2; 2; − 1) là vectơ pháp tuyến của ( P) . 0,25 (Q) song song với ( P) nên (Q) nhận n = (2; 2; − 1) làm vectơ pháp tuyến. Mặt khác (Q) qua A(3;1;0) nên (Q) có phương trình 0,25 2( x − 3) + 2( y − 1) − 1( z − 0) = 0 ⇔ 2 x + 2 y − z − 8 = 0 . 3
2. (1,0 điểm) Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với ( P) thì n = (2; 2; − 1) là vectơ chỉ phương của d . ⎧ x = 3 + 2t 0,50 ⎪ Do đó phương trình tham số của d là ⎨ y = 1 + 2t . ⎪ z = −t ⎩ Gọi H là hình chiếu của A trên ( P) thì H là giao điểm của d và ( P) . Do H ∈ d nên H (3 + 2t ;1 + 2t ; −t ) . 0,50 Mặt khác H ∈ ( P) nên ta có 2(3 + 2t ) + 2(1 + 2t ) − (−t ) + 1 = 0 ⇔ t = −1 . Vậy H (1; − 1;1) . Câu 5.a Phương trình đã cho tương đương với phương trình (1 − i ) z = 2 − 4i 0,25 (1,0 điểm) 2 − 4i (2 − 4i )(1 + i ) ⇔z= ⇔z= 0,25 1− i (1 − i )(1 + i ) 6 − 2i (2 − 4i )(1 + i ) ⇔z= ⇔ z = 3−i . ⇔z= 2 2 0,50 Vậy nghiệm của phương trình là z = 3 − i . Câu 4.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Ta có AB = (−1; − 2; − 2); AC = (−1;0; − 1) ⇒ ⎡ AB, AC ⎤ = (2;1; −2) . 0,50 ⎣ ⎦ Mặt phẳng ( ABC ) qua A , nhận ⎡ AB, AC ⎤ làm vectơ pháp tuyến nên có ⎣ ⎦ 0,50 phương trình 2(x − 0) + 1(y − 0) − 2(z − 3) = 0 ⇔ 2x + y − 2z + 6 = 0 . 2. (1,0 điểm) 1⎡ 122 3 2 AB, AC ⎤ = = 2 + 1 + (−2) = . Ta có: S 0,50 2⎣ ⎦2 ΔABC 2 2 2 2 BC = (−1 + 1) + (0 + 2) + (2 − 1) = 5 . 0,50 2S 3 ΔABC Gọi AH là đường cao của tam giác ABC thì AH = = . BC 5 2 Câu 5.b Phương trình đã cho tương đương với phương trình z − 2iz + 3 = 0. 0,50 (1,0 điểm) 2 2 Ta có Δ = 4i − 12 = −16 = ( 4i ) . 2i + 4i 2i − 4i Vậy phương trình có hai nghiệm là z = = 3i và z = = −i . 0,50 1 2 2 2 --------------- Hết --------------- 4