Đang tải... (xem toàn văn)
diện tích tam giác OAB.[r]
(1)HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LẦN 03
ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC
NĂM 2010 – 2011
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1
Khảo sát hàm số:
1
x y
x
)
Tập xác định: D = \{-1} )
Sự biến thiên
)
Chiều biến thiên
2
1
'
( 1)
y x
x
Hàm số đồng biến ( ; 1) ( 1; ) Hàm số khơng có cực trị
0,25
)
Giới hạn, tiệm cận
lim
1
x x x
nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y1 làm tiệm cận ngang
1
lim
x x x
nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x1 làm tiệm cận đứng
0,25
)
Bảng biến thiên
x -1
y’ + + y
0,25
)
Đồ thị
Đồ thị có dáng điệu hình vẽ, nhận điểm I(-1;1) làm tâm đối xứng
0,25
Gọi M điểm ( )C có hồnh độ m 1 Tiếp tuyến M cắt hai tiệm cận A B Tính theo m
diện tích tam giác OAB Tìm toạ độ M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.
O
1
1
1
2
x
(2)2
Tiếp tuyến ( ; )
M m
m có phương trình
2
1
( )
( 1)
m
y x m
m m
hay
2
:x (m 1) y m ;
0,25
cắt tiệm cận đứng ( 1;1 )
A
m
cắt tiệm cận ngang B m(2 1;1)
4
2 ( 1)
1
m AB
m
;
2
( ; ) 4
( 1)
O
m d
m
;
2
1
OAB m S
m
0,25
2 2
1 2 2
1
OAB m
S m
m m
Dấu “=” xảy
2
(m1) 2 kết hợp với
m m 1 2 ( 2;1 )
M .
0,25
Vậy ( 2;1 )
2
M SOAB đạt GTNN 2 2 0,25
II
1
Giải phương trình: (3 4sin 2x)(3 4sin ) 1 x (*)
Dễ thấy sinx0 khơng thoả mãn phương trình Khi sinx0 ta (*)
3
(3sinx 4sin )(3 4sin ) sinx x x
0,25
2
sin (3 4sin ) sinx x x 3sin 3x 4sin 3x sin 9x sinx
0,25
4 ( )
10
k x
k k x
0,25
Kết hợp điều kiện sinx0 ta ; ;
4 2 10
k k
S k
với kZ tập
nghiệm phương trình
0,25
2
Giải phương trình sau:
1
x x x x .
ĐKX Đ: 1 x
Theo Bunhia ta có (x x 1 3 x)2 4(x2 1) x x 1 3 x 2 x2 1
0,25
Khi phương trình cho trở thành 3 2
3
x
x x x
x x x
0,25
2
1
( 1)( 1)
x x
x x x x
thử lại thấy thoả mãn 0,25
Vậy S1;1 2 tập nghiệm phương trình
(3)III
Tính
1
3
I dx
x
1 2 1 1
2 2
0 0 0
( 1) ( 2) 1
(1 )( 1) 1
x x x x x x
I dx dx dx dx dx
x x x x x x x x x
0,25
1
1 2
0 2
0
2
1 3
ln( 1) ln( 1)
2
2 ( ) 1
3
x d
x x x
x
0,25
6
(tan )
ln ln
tan
d t t
0,25
Vậy ln
3
I 0,25
IV
Do SA SC SB SD ; kết hợp với ABCD hình thoi nên
, ,
OA OB OS đơi vng góc,
Có 2
2
SAC
S AC SO SO Xét hệ trục toạ độ Oxyz
với tia Ox Oy Oz; ; trùng với tia OA OB OS, ,
như hình vẽ: O(0;0;0); (2;0;0); (0;1;0)A B
( 2;0;0); (0; 1;0); (0;0; 2)
C D S
Trung điểm SA M(1;0; 2)
0,25
Mặt phẳng (CDM) có cặp vectơ phương
là CD (2; 1;0), CM(3;0; 2) nên nhận nCD CM, ( 2; 2;3)
làm vectơ pháp tuyến (CDM) có phương trình: 2x2 2y 3z2 0 SB qua B(0;1;0)
(0;0;2 2)
S nên SB có phương trình x0;y 1 ;t z2 2t
( )
N SB CDM nên (0; ; 2)1
N
0,25
1
( 2;0; 2); (1;0; 2); (0; ; 2)
2
SC SM SN
;
, (0;4 2;0); , 2
SC SM SC SM SN
0,25
Vậy , 1.2 2
6
SCMN
V SC SM SN
(đvtt) 0,25
S
A
C
D
B
O
x
z
(4)V
Ta có 1 x y z 1
x y z x y z
0,25
2
1 1
( )(x y z ) ( 1 1)
x y z x y z x y z
x y z
0,50
Vậy x y z x1 y x z1 Dấu “=” xảy
2
x y z 0,25
VI.a
1
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Elip ( )E :
2
1
9
x y
điểm M(1;1) Viết phương trình đường
thẳng qua M cắt ( )E hai điểm A B cho M trung điểm AB
Dễ thấy đường thẳng qua M(1;1)mà song song với Ox khơng thoả mãn Đường thẳng có phương trình: y k x ( 1) 1 Toạ độ A B, thoả mãn
2
2 2 ( 1) 1
1
9
( 1) ( 1)
x y x k x
y k x y k x
0,25
khi hồnh độ x xA; B hia nghiệm phương trình:
2 2
(4 ) k x (18k 18 )k x9k 2k 35 0 0,25 Có
2
18 18
2
4 9
M A B
k k
x x x k
k
0,25
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình: 4x 9y 5 0,25
2
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(0; 1;2) , hai đường thẳng ( ) :1 1
1 2
x y z
d
2
( )d :
1 2
x y z
Viết phương trình tắc đường thẳng ( ) qua M cắt ( )d1 ( )d2 lần lượt
tại A B khác I cho IA AB , với I giao điểm ( )d1 ( )d2 .
Giao điểm I ( )d1 ( )d2 I(1;1;1) u1(1;2;2)
u2( 1; 2;2)
lầ vectơ phương ( )d1 ( )d2 Dễ thấy [ , ].u u IM1 0
nên M , ( )d1 ( )d2 đồng phẳng
0,25 Lấy A1(2;3;3) ( ) d1 B1( ; ;3 ) ( )t t t d2 cho IA1A B1 AB
phương với A B1
(với B1 không trùng với I )
0,25 Do IA1 A B1 nên t nghiệm phương trình
1
1
(1;1;1)
11 13
9 20 11 11 11 11 5 ( ; ; )
9 9
( ; ; )
9 9
B t
t t B
t B
1
7 14 22
( ; ; )
9 9
A B
0,25
Vậy ( ) qua M(0; 1; 2) có phương trình tắc:
7 14 22
x y z
(5)VII.a
Giải bất phương trình: 1 2
2
1
log (9 2) log
3
x x
x
.(*)
2
(*) log (2 72.9 ) log (3x x 3)
0,25
0 72.9
72.9
x
x x
0,25
3
1
9 log
36
x x
(do 72.9x 3x
x ) 0,25
Vậy tập nghiệm bất phương trình S ( ;log 6)3 0,25
VI.b
1
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hypebol ( )H :
2
1
1
x y
Tìm ( )H điểm M nhìn hai tiêu điểm
dưới góc
60
Có 2 2
1 (2 ) 4( ) 40
F F c c a b
2 2
1 2 2.cos
F F MF MF MF MF F MF
2
1 2
(MF MF ) MF MF
(Do
1 60
F MF )
1 2
MF MF a
0,25
Mặt khác, lại có M 10 M ; M 10 M
c c
MF a x x MF a x x
a a
0,25
Khi ta 40 10 2 37 273
10 10
M M M
x x y
0,25
Vậy ( 37; 273)
10 10
M điểm cần tìm 0,25
2
Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;0;0), (0;2;0)B C(0;0;4) Viết phương trình mặt
phẳng ( )P song song với mặt phẳng ( ) :Q x2y3z 0 cắt mặt cầu ( )S ngoại tiếp tứ diện OABC
theo đường trịn có chu vi 2
Chu vi đường tròn (C) 2 suy đường trịn có bán kính r1 Mặt cầu
2 2
( ) :S x y z 2ax 2by 2cz d 0 ngoại tiếp OABC d 0;a b 1;c2; tâm I(1;1; 2) bán kính R
0,25
Khoảng cách từ I(1;1; 2) tới mặt phẳng chứa đường tròn (C) hay khoảng cách từI(1;1;2)
tới (P) 2
( ; )I P
d R r 0,25
(P) có phương trình dạng x2y3z c 0 c 9 70 0,25
Vậy (P): x2y3z 9 70 0 0,25
Tìm hệ số lớn khai triển (1 )x n
biết n số tự nhiên thoả mãn
31
0
1 1
2 2 62
n
n n n
C C C
n
M
1
(6)VII.b
Xét khai triển (1x ) Cn C xn C xn
2
(1 )n n n
n n n
x x C x C x C x
Lấy tích phân hai vế cận từ đến ta
1
2
0
(1 )n ( n n )
n n n
x x dx C x C x C x dx
1
2
0 2
0
(1 ) 1
2( 1) 2
n
n n
n n n
x
C x C x C x
n n
1 31
0
1 1 2
2 2 2( 1) 62
n n
n n n
C C C
n n
(*)
0,25
Xét ( ) '( ) 2 ln 2.22 2
2
n n n
n
f n f n n
n n
nên (*) n30
0,25
30 30
30
(1 ) k2k k
k
x C x
xét 1
30 30
59
2
3
kCk k Ck k
; xét 30 301
62
2
3
kCk k Ck k
đó với k20 i 0;19 i 21;30 ln có 30 220 3020
iCi C
0,25
Vậy hệ số lớn cần tìm 220C3020
0,25
Chú ý:
- Câu IV thí sinh khơng vẽ hình khơng chấm điểm