KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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
ĐÁP ÁN
CÂU
ĐIỂM
1. (2,0 điểm)
Câu 1
=
(cid:92)
(3,0 điểm)
a) Tập xác định :
.
D
\
0,25
1 ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ 2 ⎩ ⎭
=
y
'
< ∀ 0, x
b) Sự biến thiên : • Chiều biến thiên :
D∈ .
− 4 −
(
2
x
)2 1
0,50
+ ∞
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
và
;
;
1 2
1 2
⎛ −∞⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ . ⎠
= +∞
y
y
x⇒ = là tiệm cận đứng.
• Tiệm cận : = −∞ ;
−
+
1 2
x
x
lim 1 ⎞→⎜ ⎛ ⎟ 2 ⎠ ⎝
lim 1 ⎞→⎜ ⎛ ⎟ 2 ⎠ ⎝
0,50
1y⇒ = là tiệm cận ngang.
x
x
= y = ; 1 1 y lim →−∞ lim →+∞
+∞
−∞
x
1 2
• Bảng biến thiên :
'y
− − 0,25
+∞
y
−∞
1
1
1
c) Đồ thị (C):
0,50
2. (1,0 điểm)
)C (
y
x= +
2
với đường thẳng là nghiệm của phương
2
(1)
= + x
+ −
x x
0,50
+
−
x
) 2
= 1 (2
1)(
2
x
x
) (2 (vì
trình
x⇔ = hoặc 1
2 ⇔ + − x
2
x
3 0=
x = không là nghiệm của (2)) Hoành độ giao điểm của 2 1 2 1 (1) ⇔ +
3 2
Với
3 x = − thì 2
1 y = . 2
1 2 x = − .
Với
1x = thì
. 3
0,50 y =
Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là
và ( 1;3) . 3 1 ; 2 2 ⎛ −⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
1. (1,0 điểm)
Câu 2
x
> 0
2
(3,0 điểm) = 0,25 Đặt t 7 ( t ).
x
Phương trình đã cho trở thành 7 t − + = ⇔ = 1 0 t 8 t 1 hoặc 0,25 1 t = . 7
1=
x
= ⇔ = Với t , ta có 7 1 x 0 .
x =
0
x = −
1
= = ⇔ = − 0,50 t , ta có 7 1. x Với 1 7 1 7
Vậy nghiệm của phương trình là hoặc .
2. (1,0 điểm)
2 ⇒ = +
x
1
2
x
3
e
= = + 4 5ln 4 5ln t x t x 2 tdt dx Đặt . ⇒ 0,25 5 x
= ⇒ = và t
= ⇒ = . t
2
Đổi cận : 0,25
3
3
2 t dt
3 3
3 2
2
3 ∫ 2
= = = − = 0,50 . Do đó I t 38 15 2 5 2 15 2 15 ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
3. (1,0 điểm)
2
1m =
0,25 − Ta có y = ' 3 x 4 x + m .
1x = thì
3
2
2
Nếu hàm số đạt cực tiểu tại = '(1) 0 y , suy ra . 0,25
y
1m = thì = y '(1) 0
1m =
= − = ' 3 4 1 y x x − . 4 0,25 − x ( ) " 1 Với Mà y và x= + và " 6 + + , 2 x x y 1 1x = . = > nên hàm số đạt cực tiểu tại 2 0
Vậy là giá trị cần tìm. 0,25
Câu 3 (1,0 điểm)
⊥
AC
SC
0,50
)
(
)
nên là hình chiếu của trên Ta có ABCD .
( SA ABCD o . (cid:110) 45 SCA = ACD SAC
AC a= SA a=
2
D nên A nên
2 .
.
Do đó Tam giác Tam giác vuông cân tại vuông cân tại
2
a
a
a a 3 ) 2
+ ( = . Diện tích của hình thang vuông ABCD là 2
3
2
a
2
=
V
0,50
.
S ABCD
3
. Vậy
1. (1,0 điểm)
Câu 4.a (2,0 điểm)
+
+
− 2.3 2.1 1.0 1
=
=
(
)
d A P
, (
)
3
2
2
2
+
+ −
2
2
( 1)
−
(2; 2; 1)
(cid:71) n =
(
)P
Ta có . 0,50
là vectơ pháp tuyến của
.
)Q song song với ( (
)P
nên (
)Q
nhận
Ta có 0,25 − (2; 2; 1) làm vectơ pháp tuyến. (cid:71) n =
3
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 − − = . 8 0 z
2. (1,0 điểm)
d
− A và vuông góc với ( )P thì (cid:71) n = (2; 2; 1) là là đường thẳng qua
Gọi vectơ chỉ phương của . d
t 3 2
d
0,50
t 1 2 t
= + x ⎧ ⎪ = + y ⎨ ⎪ = − z ⎩
H
)P
H
)P
d
. Do đó phương trình tham số của là
A trên (
+
+
)
H
t t (3 2 ;1 2 ;
−t
H d∈
Gọi là hình chiếu của thì là giao điểm của và ( .
+
+
)
) 1 0
(
H
P∈ (
+ t 2(3 2 ) 2(1 2 )
t
− − + = t
t⇔ = − 1
(1; 1;1)
H −
Do nên . 0,50 Mặt khác nên ta có .
Vậy .
− = − 1 Phương trình đã cho tương đương với phương trình ( i z ) i 2 4 0,25
Câu 5.a (1,0 điểm)
) ⇔ = z ⇔ = z 0,25 i i ) − 2 4 i − i 1 − + (2 4 )(1 i − + i )(1 (1
z
= − 3
i
− + (2 4 )(1 i ) ⇔ = z z ⇔ = z ⇔ = − i . 3 − i 6 2 2 i 2 0,50
Vậy nghiệm của phương trình là .
1. (1,0 điểm)
Câu 4.b (2,0 điểm)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) , AB AC
⇒
⎡ ⎣
⎤ ⎦
= − − − = − − = − (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB Ta có ( 1; 2; 2); ( 1;0; 1) (2;1; 2) . (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AC 0,50
⎡ ⎣
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ,AB AC = −
⎤ , nhận ⎦ − − 2(x 0) 1(y 0) 2(z 3) 0
Mặt phẳng ( A 0,50 ) ABC − qua + làm vectơ pháp tuyến nên có + = ⇔ + − phương trình . 2x y 2z 6 0
2. (1,0 điểm)
2
2
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) , AB AC
2 1
⎡ ⎣
⎤ ⎦
ABC
2
2
2
= + + − = 2 ( 2) Ta có: 0,50 SΔ 1 2 1 2 3 = . 2
ABC
ABC
Δ BC
2
+ + = BC = − + ( 1 1) + (0 2) − (2 1) 5 . 0,50 2 S = = AH thì . Gọi AH là đường cao của tam giác 3 5
2
z iz− 2 + = . 3 0 0,50
Câu 5.b (1,0 điểm)
2
Δ =
= −
−
=
Phương trình đã cho tương đương với phương trình (
)
16
12
i 4
i 4
Ta có .
2
+ − i 2 i 4 i 2 i 4 = = = i 3 z và = − . i Vậy phương trình có hai nghiệm là 0,50 z 1 2 2
--------------- Hết ---------------
4
