ݺߣ

ݺߣShare a Scribd company logo

đề Thi đh khối a 2011

•
•
N
ntquangbs
1 of 3
Đề thi ĐH môn Toán Khối A năm 2011 ra sát chương trình THPT. Có những câu rất dễ học sinh nhận thấy cách làm ngay, nhưng cũng có một vài câu khó mà học sinh không giải quyết được hoặc chỉ làm được một phần. Cụ thể như sau: Câu I. 1. Khảo sát (dễ) 2. (Có 2 ý). Đa số các em làm được ý 1 (Lập pt hoành độ giao điểm hai đường rồi CM pt luôn có 2 nghiệm phân biệt). Ý 2 áp dụng ĐL viét nhưng biến đổi dài dòng một tí nên có những em khá giỏi mới hoàn thành tốt. Câu II. 1. Đây là ptlg dễ, đặt đk và biến đổi sẽ thấy xuất hiện pt tích (Dạng này thường ra trong các đề thi ĐH những năm trước). 2. Đây là bài toán cũng khá hay. Dạng này cũng thường gặp trong những năm trước (Xử lý một pt rồi kết hợp pt còn lại để giải). Tuy nhiên trong bài này có nhiều bạn khá giỏi cũng chỉ làm được một ý của bài. Ý còn lại phải qua phép biến đổi và kết hợp thông minh mới giải quyết hết được. Câu III. Đây là câu dễ và giống đề thi những năm trước (tách thành 2 tp: 1 tp dùng ĐN, 1 tp dùng đổi biến) Câu IV. Bài toán không gian 11 này cũng khá hay. Đa số các em làm được 1 ý, ý còn lại chưa hoàn thành do không xác định được khoảng cách 2 đường thẳng. Có thể dùng pp tọa độ trong không gian để giải bài này. Câu V. Đây là câu thực sự khó, sẽ có rất ít em làm được. Cùng với bài giải hệ pt là hai bài phân loại thí sinh rất rõ ràng. Với hai câu này thì số lượng điểm 9, 10 có thể rất ít. PHẦN RIÊNG. A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1/ Áp dụng công thức tính khoảng cách sẽ dễ dàng tìm được hai điểm thỏa yêu cầu bài toán. 2/ Cũng là câu dùng khoảng cách giữa hai điểm. Có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán. Câu VII.a Đây là câu số phức quá dễ. Hầu hết các em đều làm được. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1/ Câu này hầu hết các em ít ôn tập nên không chọn phần nâng cao. 2/ Cũng là câu áp dụng khoảng cách nhưng tính toán khá dài dòng. Câu VII.b Đây là câu số phức quá dễ. Hầu hết các em đều làm được. Trong đề thi có 3 câu gây khó khăn cho thí sinh:  2 5 x y  4 xy  3 y  2( x  y)  0, (1) 2 3 Câu II. 2. Giải hệ pt  ( x, y  ) (I)  xy ( x  y )  2  ( x  y ) 2 2 2  , (2) Những năm gần đây bài hệ pt trong đề thi ĐH-CĐ bao giờ cũng gây không ít khó khăn cho thí sinh. Bài toán này đòi hỏi tư duy cao, nhìn nhận mối quan hệ giữa các ẩn trong phương trình hoặc giữa các nhóm hạng tử trong mỗi phương trình. Thông thường ta giải bài hệ đi theo một trong các cách suy nghĩ sau: C1. Ta có thể nhận xét một ẩn hay nhóm ẩn nào đó khác không, chia 2 vế của pt cho ẩn hoặc nhóm ẩn đó để đưa một pt về pt tích hoặc là pt bậc 2? C2. Ta có thể đưa một pt về dạng tích của các pt bậc nhất hai ẩn? C3. Ta có thể xem một pt của hệ là pt bậc hai theo một ẩn và xem ẩn kia là tham số ? C4. Ta có thể dùng đạo hàm để tìm nghiệm của 1 phương trình (xem ẩn kia là tham số)? C5. Ta có thể đặt ẩn phụ thích hợp sau khi biến đổi hệ về hệ đã gặp?  xy  1 Với cách suy nghĩ đó thì ta đưa pt (2) của hệ về pt tích (2)  ( xy  1)( x 2  y 2  2)  0   2 x  y  2 2 1 * Trường hợp 1. Thay y  vào pt (1) của hệ ta tìm được x  1, x  1 . Lúc này hệ có 2 nghiệm x (1;1),(1; 1) . * Trường hợp 2. Biến đổi pt (1) của hệ thành 3 y( x2  y 2 )  4 xy 2  2 x2 y  2( x  y)  0 rồi thay  xy  1 (đã xét) x 2  y 2  2 vào để được pt tích ( xy  1)(2 y  x)  0   x  2y
 2 10 10   2 10 10  Thay x  2 y vào x 2  y 2  2 để tìm y. Lúc này hệ có hai nghiệm   5 ; 5 ,   5 ; 5         Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm như nêu trên. (Đa số các thí sinh không giải quyết được trường hợp 2 của bài này). Bài tập làm thêm. Giải các hệ pt sau  x 2 ( y  1)( x  y  1)  3x 2  4 x  1   xy  x  y  x 2  2 y 2   ,   xy  x  1  x  x 2 y  y x 1  2x  2 y 2    y 2  (5 x  4)(4  x)   x 2  1  y ( y  x)  4 y   2 ,  2  y  5 x  4 xy  16 x  8 y  16  0 ( x  1)( x  y  2)  y 2    3 2y  x  y  xy  3  x2  y 2 1  x  1    ,   x 1  y 1  4   x 2  y 2  4 x  22   y Câu IV. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  2a; hai mặt phẳng ( SAB) và ( SAC ) cùng vuông góc với ( ABC ) . Gọi M là trung điểm của AB, mp qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Bài toán hình học không gian này khá hay, thí sinh thường làm theo hình học không gian 11 và sẽ gặp khó khăn ở ý 2 nếu không nhìn ra mp chứa đường này và song song với đường kia. (Chọn P là trung điểm BC thì hình vẽ sẽ rõ ràng hơn). Tuy vậy, ta có thể giải bài toán bằng pp tọa độ trong không gian thì cả 2 ý sẽ không có gì khó khăn cả. Đây là pp tối ưu với một số bài toán thuộc một trong các hình + Hình hộp chữ nhật, hình lập phương + Hình chóp tam giác có ba cạnh xuất phát từ một đỉnh vuông góc với nhau từng đôi một + Tứ diện đều + Hình chóp tứ giác có đáy là hình thoi (hay hình chữ nhật) và các cạnh bên bằng nhau + Lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân (hay hình thoi, tam giác vuông) Đây là tóm tắt cách giải bài toán trên bằng pp tọa độ trong không gian Chọn hệ trục Oxyz sao cho B  O(0;0;0) , trục Ox chứa tia BA, trục Oy chứa tia BC, Oz vuông góc với  (ABC). Lúc đó SA//Bz và A(2a;0;0) , C (0;2a;0) , M (a;0;0), N (a; a;0) (hình vẽ). Dễ thấy SBA  600 là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) . Tính được SA  2a 3 nên S (2a;0; 2a 3) . 1  a ( a  2a )  * VS .BCNM    2a 3  a 3 3 3 2       * Ta có AB  (2a;0;0), SN  (a; a; 2a 3), BN  (a; a;0)       AB, SN  . BN 2a 3   d ( AB, SN )        AB, SN  13   Bài tập làm thêm. 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB  AD  2a, CD  a, góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và (ABCD) bằng 600 . Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD. Chúng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP. 3. Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mp (ABC) và tam giác ABC vuông tại A, AD = a, AC = b, AB = c. Tính diện tích S của tam giác BCD theo a, b, c và chứng minh rằng 2S  abc  a  b  c Câu V. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1;4] và x  y, x  z . Tìm GTNN của biểu thức x y z P   . 2x  3y y  z z  x Đây là bài toán khó nhất trong đề thi. Bài toán đòi hỏi sự thông minh và phải nghiên cứu sâu về bài toán cực trị thì mới giải quyết được trong thời gian ngắn. Có rất nhiều pp tìm GTLN, GTNN của một biểu thức. Ví dụ: Dùng BĐT, dùng đạo hàm khảo sát hàm số, Dùng phương pháp tọa độ, … Một vài cách giải tham khảo: x y z 1 1 1 Cách 1. P       2x  3y y  z z  x 2  3 y 1  z 1  x x y z y z x x Đặt a  , b  , c  thì a.b.c  1 . Vì x  y, x  z nên 1   4 hay 1  bc  2 . Khi đó x y z y 1 1 1 1 2 P   và P   2  3a 1  b 1  c 2  3a 1  bc 1 1 2 (CM BĐT   bằng phép biến đổi tương đương, dấu ‘=’ xảy ra khi a=b hoặc ab=1) 1  b 1  c 1  bc t2 2 Đặt t  bc , ta có P  f (t )  2  , t  [1; 2] 2t  3 1  t 2[t 3 (4t  3)  3t (2t  1)  9] 34 Ta có f '(t )   0, t  [1; 2]  P  min f (t )  f (2)  (2t  3) (1  t ) 2 2 2 [1;2] 33 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi t  2  x  4, y  1, z  2 . Cách 2. x y z Xét F ( z )    2x  3y y  z z  x 6 * Nếu x=y thì P  với 1  z  x . 5 ( x  y )( z 2  xy ) x 2 y * Nếu x  y thì F '( z )   0  z  xy  x nên F ( z )  F ( xy )   ( y  z) ( x  z) 2 2 2x  3y x y x t2 2 Đặt t  , t  [1;2] . Xét f (t )  2  , t  [1; 2] . Chứng minh f '(t )  0, t [1;2] Suy ra kq. y 2t  3 1  t Bài tập làm thêm. Tìm GTNN, GTLN của các hàm số sau : 2 xy  y 2 B với x 2  y 2  1 . 2 xy  x  1 2 x3  x 2  x C ( x 2  1) 2 2 1  x4  1  x2  1  x2  3 D 1  x2  1  x2  1

More Related Content

đề Thi đh khối a 2011

  • 1. Đề thi ĐH môn Toán Khối A năm 2011 ra sát chương trình THPT. Có những câu rất dễ học sinh nhận thấy cách làm ngay, nhưng cũng có một vài câu khó mà học sinh không giải quyết được hoặc chỉ làm được một phần. Cụ thể như sau: Câu I. 1. Khảo sát (dễ) 2. (Có 2 ý). Đa số các em làm được ý 1 (Lập pt hoành độ giao điểm hai đường rồi CM pt luôn có 2 nghiệm phân biệt). Ý 2 áp dụng ĐL viét nhưng biến đổi dài dòng một tí nên có những em khá giỏi mới hoàn thành tốt. Câu II. 1. Đây là ptlg dễ, đặt đk và biến đổi sẽ thấy xuất hiện pt tích (Dạng này thường ra trong các đề thi ĐH những năm trước). 2. Đây là bài toán cũng khá hay. Dạng này cũng thường gặp trong những năm trước (Xử lý một pt rồi kết hợp pt còn lại để giải). Tuy nhiên trong bài này có nhiều bạn khá giỏi cũng chỉ làm được một ý của bài. Ý còn lại phải qua phép biến đổi và kết hợp thông minh mới giải quyết hết được. Câu III. Đây là câu dễ và giống đề thi những năm trước (tách thành 2 tp: 1 tp dùng ĐN, 1 tp dùng đổi biến) Câu IV. Bài toán không gian 11 này cũng khá hay. Đa số các em làm được 1 ý, ý còn lại chưa hoàn thành do không xác định được khoảng cách 2 đường thẳng. Có thể dùng pp tọa độ trong không gian để giải bài này. Câu V. Đây là câu thực sự khó, sẽ có rất ít em làm được. Cùng với bài giải hệ pt là hai bài phân loại thí sinh rất rõ ràng. Với hai câu này thì số lượng điểm 9, 10 có thể rất ít. PHẦN RIÊNG. A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1/ Áp dụng công thức tính khoảng cách sẽ dễ dàng tìm được hai điểm thỏa yêu cầu bài toán. 2/ Cũng là câu dùng khoảng cách giữa hai điểm. Có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán. Câu VII.a Đây là câu số phức quá dễ. Hầu hết các em đều làm được. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1/ Câu này hầu hết các em ít ôn tập nên không chọn phần nâng cao. 2/ Cũng là câu áp dụng khoảng cách nhưng tính toán khá dài dòng. Câu VII.b Đây là câu số phức quá dễ. Hầu hết các em đều làm được. Trong đề thi có 3 câu gây khó khăn cho thí sinh:  2 5 x y  4 xy  3 y  2( x  y)  0, (1) 2 3 Câu II. 2. Giải hệ pt  ( x, y  ) (I)  xy ( x  y )  2  ( x  y ) 2 2 2  , (2) Những năm gần đây bài hệ pt trong đề thi ĐH-CĐ bao giờ cũng gây không ít khó khăn cho thí sinh. Bài toán này đòi hỏi tư duy cao, nhìn nhận mối quan hệ giữa các ẩn trong phương trình hoặc giữa các nhóm hạng tử trong mỗi phương trình. Thông thường ta giải bài hệ đi theo một trong các cách suy nghĩ sau: C1. Ta có thể nhận xét một ẩn hay nhóm ẩn nào đó khác không, chia 2 vế của pt cho ẩn hoặc nhóm ẩn đó để đưa một pt về pt tích hoặc là pt bậc 2? C2. Ta có thể đưa một pt về dạng tích của các pt bậc nhất hai ẩn? C3. Ta có thể xem một pt của hệ là pt bậc hai theo một ẩn và xem ẩn kia là tham số ? C4. Ta có thể dùng đạo hàm để tìm nghiệm của 1 phương trình (xem ẩn kia là tham số)? C5. Ta có thể đặt ẩn phụ thích hợp sau khi biến đổi hệ về hệ đã gặp?  xy  1 Với cách suy nghĩ đó thì ta đưa pt (2) của hệ về pt tích (2)  ( xy  1)( x 2  y 2  2)  0   2 x  y  2 2 1 * Trường hợp 1. Thay y  vào pt (1) của hệ ta tìm được x  1, x  1 . Lúc này hệ có 2 nghiệm x (1;1),(1; 1) . * Trường hợp 2. Biến đổi pt (1) của hệ thành 3 y( x2  y 2 )  4 xy 2  2 x2 y  2( x  y)  0 rồi thay  xy  1 (đã xét) x 2  y 2  2 vào để được pt tích ( xy  1)(2 y  x)  0   x  2y
  • 2.  2 10 10   2 10 10  Thay x  2 y vào x 2  y 2  2 để tìm y. Lúc này hệ có hai nghiệm   5 ; 5 ,   5 ; 5         Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm như nêu trên. (Đa số các thí sinh không giải quyết được trường hợp 2 của bài này). Bài tập làm thêm. Giải các hệ pt sau  x 2 ( y  1)( x  y  1)  3x 2  4 x  1   xy  x  y  x 2  2 y 2   ,   xy  x  1  x  x 2 y  y x 1  2x  2 y 2    y 2  (5 x  4)(4  x)   x 2  1  y ( y  x)  4 y   2 ,  2  y  5 x  4 xy  16 x  8 y  16  0 ( x  1)( x  y  2)  y 2    3 2y  x  y  xy  3  x2  y 2 1  x  1    ,   x 1  y 1  4   x 2  y 2  4 x  22   y Câu IV. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  2a; hai mặt phẳng ( SAB) và ( SAC ) cùng vuông góc với ( ABC ) . Gọi M là trung điểm của AB, mp qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Bài toán hình học không gian này khá hay, thí sinh thường làm theo hình học không gian 11 và sẽ gặp khó khăn ở ý 2 nếu không nhìn ra mp chứa đường này và song song với đường kia. (Chọn P là trung điểm BC thì hình vẽ sẽ rõ ràng hơn). Tuy vậy, ta có thể giải bài toán bằng pp tọa độ trong không gian thì cả 2 ý sẽ không có gì khó khăn cả. Đây là pp tối ưu với một số bài toán thuộc một trong các hình + Hình hộp chữ nhật, hình lập phương + Hình chóp tam giác có ba cạnh xuất phát từ một đỉnh vuông góc với nhau từng đôi một + Tứ diện đều + Hình chóp tứ giác có đáy là hình thoi (hay hình chữ nhật) và các cạnh bên bằng nhau + Lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân (hay hình thoi, tam giác vuông) Đây là tóm tắt cách giải bài toán trên bằng pp tọa độ trong không gian Chọn hệ trục Oxyz sao cho B  O(0;0;0) , trục Ox chứa tia BA, trục Oy chứa tia BC, Oz vuông góc với  (ABC). Lúc đó SA//Bz và A(2a;0;0) , C (0;2a;0) , M (a;0;0), N (a; a;0) (hình vẽ). Dễ thấy SBA  600 là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) . Tính được SA  2a 3 nên S (2a;0; 2a 3) . 1  a ( a  2a )  * VS .BCNM    2a 3  a 3 3 3 2       * Ta có AB  (2a;0;0), SN  (a; a; 2a 3), BN  (a; a;0)       AB, SN  . BN 2a 3   d ( AB, SN )        AB, SN  13   Bài tập làm thêm. 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB  AD  2a, CD  a, góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và (ABCD) bằng 600 . Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
  • 3. 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh SB, BC, CD. Chúng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP. 3. Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mp (ABC) và tam giác ABC vuông tại A, AD = a, AC = b, AB = c. Tính diện tích S của tam giác BCD theo a, b, c và chứng minh rằng 2S  abc  a  b  c Câu V. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1;4] và x  y, x  z . Tìm GTNN của biểu thức x y z P   . 2x  3y y  z z  x Đây là bài toán khó nhất trong đề thi. Bài toán đòi hỏi sự thông minh và phải nghiên cứu sâu về bài toán cực trị thì mới giải quyết được trong thời gian ngắn. Có rất nhiều pp tìm GTLN, GTNN của một biểu thức. Ví dụ: Dùng BĐT, dùng đạo hàm khảo sát hàm số, Dùng phương pháp tọa độ, … Một vài cách giải tham khảo: x y z 1 1 1 Cách 1. P       2x  3y y  z z  x 2  3 y 1  z 1  x x y z y z x x Đặt a  , b  , c  thì a.b.c  1 . Vì x  y, x  z nên 1   4 hay 1  bc  2 . Khi đó x y z y 1 1 1 1 2 P   và P   2  3a 1  b 1  c 2  3a 1  bc 1 1 2 (CM BĐT   bằng phép biến đổi tương đương, dấu ‘=’ xảy ra khi a=b hoặc ab=1) 1  b 1  c 1  bc t2 2 Đặt t  bc , ta có P  f (t )  2  , t  [1; 2] 2t  3 1  t 2[t 3 (4t  3)  3t (2t  1)  9] 34 Ta có f '(t )   0, t  [1; 2]  P  min f (t )  f (2)  (2t  3) (1  t ) 2 2 2 [1;2] 33 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi t  2  x  4, y  1, z  2 . Cách 2. x y z Xét F ( z )    2x  3y y  z z  x 6 * Nếu x=y thì P  với 1  z  x . 5 ( x  y )( z 2  xy ) x 2 y * Nếu x  y thì F '( z )   0  z  xy  x nên F ( z )  F ( xy )   ( y  z) ( x  z) 2 2 2x  3y x y x t2 2 Đặt t  , t  [1;2] . Xét f (t )  2  , t  [1; 2] . Chứng minh f '(t )  0, t [1;2] Suy ra kq. y 2t  3 1  t Bài tập làm thêm. Tìm GTNN, GTLN của các hàm số sau : 2 xy  y 2 B với x 2  y 2  1 . 2 xy  x  1 2 x3  x 2  x C ( x 2  1) 2 2 1  x4  1  x2  1  x2  3 D 1  x2  1  x2  1