[r]
(1)2 2
0
x xy y yz z zx
x y y z z x
− − −
+ + ≥
+ + +
-Hết -
HƯỚNG DẪN CHẤM ðÊ THI CHUYÊN ðỀ LẦN I- KHỐI 12 NĂM HỌC : 2010 - 2011
C
âu Ý
Nội dung
ðiểm 1 Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị hàm số : y= − +x3 3x2−4 (1) 1
.TXD: D = ℝ
lim lim
x→−∞= +∞ x→+∞= −∞
0.25 Sự biến thiên
2
' ' 0
y = − x + x y = ⇔ =x ∨ x=
.Hàm sốñồng biến khoảng (0; 2) nghịch biến khoảng : (−∞;0) (2;+∞)
Hàm số ñạt cực tiểu xCT = ; yCT = y(0) = -4
.Hàm sốñạt cực ñại xCð = ; yCð = y(2) =
0.25
BBT
x −∞ +∞
y’ - + -
y +∞
-4
0
−∞
0.25
I
ðồ thị
(2)
-2
-4
-5
2
Chứng minh ñường thẳng ñi qua I(1;-2) với hệ số góc k
( k < ) ñều cắt ñồ thị hàm số (1) ñiểm phân biệt I, A, B ñồng thời I trung ñiểm ñoạn thẳng AB
1
Gọi (C) ñồ thị hàm số (1) Ta thấy I(1;-2)∈ (C)
ðường thẳng (d) ñi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < ) có phương trình: y = k(x-1) –
0.25 Hồnh độ giao điểm (C) (d) nghiệm phương trình:
3 2
2
3 ( 1) ( 1)( 2 )
1
2 (*)
x x k x x x x k
x
x x k
− + − = − − ⇔ − − − + =
= ⇔
− − + =
0.25
Do k <3 nên pt(*) có ∆ = − >' k x = không nghiệm (*) Suy (d) cắt (C) ba ñiểm phân biệt I(xI;yI) A(xA;yA) B(xB;yB)
với xA, xB nghiệm phương trình (*)
0.25 Vì xA+ xB =2 = 2xI I,A,B thuộc (d) nên I trung ñiểm AB 0.25
1 Giải phương trình: cos 3x−2sin cosx x−s inx = 1
Phương trình cho tương ñương với:
3 cos (sin sin ) s inx =
3
os3 sin s inx
2
x x x
c x x
− + −
⇔ − = 0.25
II
3
3 sin( ) sinx
3
3
3
x x k x
x x k
π
π π
π
π π
− = +
⇔ − = ⇔
− = − +
(3)Vậy ( )
12
k
x= π + π ∨ x=−π+kπ k∈ℤ
0.25
2 Giải hệ phương trình:
2
2
x
y x y
y
x x y x y
+ = − −
+ − = + −
1
ðK: y≠0; x−2y≥0;x+ x−2y≥0
2
2
2
(1) 2 x y x y
PT x y y x y y
y y
− −
⇔ − − − − = ⇔ − − = 0.25
2
2
x y
y −
⇒ = − x 2y
y −
⇒ = 0.25
0.5 Với
2
0
2
4
y
x y
y x y y
<
−
= − ⇔
= +
thay vào pt (2) ta ñược nghiệm 12 x y = = −
Với
2
0
3
9
y
x y
y x y y
>
−
= ⇔
= +
thay vào pt (2) ta ñược nghiệm
24 9 x y = =
III
1
Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng (SBC), SB = a , BSC=60 ,0 ASB=α
Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
(4)j
C S
B A
H I
Trong mặt phẳng (SAB) kẻ AH ⊥SB
Do giả thiết (SAB) ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥(SBC)⇒ AH ⊥BC (1)
0.25
Giả thiết SA⊥(ABC) ⇒SA⊥BC (2) Từ (1)(2) suy BC (SAB) BC SB
BC AB
⊥
⊥ ⇒
⊥
0.25 Tam giác ASC vuông A; tam giác SBC vuông B.Gọi I trung ñiểm
SC, ta có :IS = IA = IC = IB
Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
0.25 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IS = IC = SC/2
Trong SBC△ có SB = a; BSC=600 suy
0
os60 SB
SC a
c
= =
Vậy R = a
0.25
2 Với giá trị α thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn 1
Trong tam giác vng SAB, tacó: sin a sin
os os
AB SB
SA SBc ac
α α
α α
= =
= =
Trong tam giác vuông SBC: BC = SB.tan600 = a
0.25
3
1 1
os sin
3
1
3 sin os sin
6 12
S ABC ABC
V SA S ac a a
a c a
α α
α α α
= =
= =
(5)Ta thấy:
3
3
sin
12 12
S ABC
V = a α≤ a
Dấu “=” xảy sin
4
π α= ⇔α=
Vậy thể tích khối chóp SABC đạt giá trị lớn
4
π α=
0.5
1
Cho phương trình: x+ 1− +x 2m x(1−x)−24 x(1−x)=m3
Tìm m để phương trình có nghiệm 1 Phương trình: x+ 1− +x 2m x(1−x)−24 x(1−x)=m3 (1)
ðK: 0≤ ≤x
Nếu x∈[0;1] thoả mãn (1) 1- x cũng thoả mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện: 1
2
x= − ⇔ =x x Thay
x= vào (1), ta ñược:
3
1
2
1
2
m
m m
m =
+ − = ⇔
= ±
0.25
*) Với m=0 pt (1) trở thành (4 41 )2 0
2 x− −x = ⇔ =x Pt có nghiệm
0.25 *) Với m=-1 pt (1) trở thành
( ) ( )
( )
( ) ( ( ))
( ) ( )
4
4
2
4
1 2 1
1 1
1
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + + − =
Pt có nghiệm
0.25
IV
*) Với m=1 pt (1) trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
4
4
2
4
1 2 1
1 1
1
1 0;
2
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
+ − − − − − =
⇔ + − − − = − −
⇔ − − = + − ⇔ = =
Kết luận: m=0 phương trình có nghiệm
(6)2
Cho khai triển (1+3 )x n =a0+a x1 + + a xn n đó n∈ℕ∗và hệ số
0, , ,1 n
a a a thoả mãn hệ thức:
0 1024
3
n n
a a
a + + + =
Tìm số lớn số a a0, , ,1 a n
1
ðặt
0
1
( ) (1 ) 1024 ( )
3 3
n n n
n n
a a
f x = + x =a +a x+ +a x ⇒a + + + = = f
Từ giải thiết suy n = 1024 = 210 ⇔ n= 10 0.25 Với k∈{0,1, 2, ,9}Ta có ak =3kC10k; ak+1=3k+1C10k+1
10
1
10
3 29
1 1
3(10 )
3 k k k k k k a k k a k k k C C + + + +
< ⇔ < ⇔ < ⇔ <
− ∈ ⇒ ≤ℤ
0.25
Do a0<a1< < a8.Tương tự ta có: 8 9 10
1
1
k k
a
k a a a
a + > ⇔ > ⇒ > > 0.25 Vậy số lớn số a a0, , ,1 a n a8=38C108 0.25
1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) hai trung tuyến
BM: x – 2y + =0 ; CN: y = Tìm toạđộ B C 1 Gọi G trọng tâm tam giác ABC, A(1;3) Toạñộ G nghiệm hệ
2 1
(1;1)
1
x y x
G y y − + = = ⇔ ⇒ = = 0.25 BM: x – 2y + = ⇒B(-1+2t;t) CN: y = 1⇒C(s;1) 0.25 Theo tính chất toạđộ trọng tâm ta có : 1
3
t s s
t t − + + = = ⇔ + + = = − 0.25
Vậy B(-3;-1) C(5;1) 0.25
2
Cho số thực dương x,y,z thay đổi ln thoả mãn x+ y+ z=1 Chứng minh rằng:
2 2
2
x y y z z x
y z z x x y
+ + +
+ + ≥
+ + + 1
Va
Ta có: ( )
2 x 1 y z y
x y x y
x
y z y z y z
− − +
+ +
= = −
+ + +
Tương tự, BðT ñã cho trở thành:
(7)2
x y y z x z x y y z x z
x y z
y z z x x y y z z x x y
+ + + + + +
− + − + − ≥ ⇔ + + ≥
+ + + + + +
0.25
Áp dụng BðT Côsi ta có x y y z x z 33 x y y z x z
y z z x x y y z z x x y
+ + + + + +
+ + ≥ =
+ + + + + +
0.25
Dấu ''='' xảy
x= = =y z (ñpcm)
Trong mặt phẳng cho đường trịn (C) đường thẳng ∆có phương trình ( ) :C x2+y2−4x−2y=0;( ) :∆ x+2y−12=0 Tìm điểm M ∆
cho từ M vẽđược với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 60 1.0
ðường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R=
Gọi A,B tiếp điểm đường trịn (C) với hai tiếp tuyến kẻ từ M Nếu tiếp tuyến lập với góc 60 tam giác IAM tam giác vng có ∠AMI =300 nên IM =2R= Do M nằm đưịng trịn (T) có phương trình (x−2)2+(y−1)2=20
0.25
Mặt khác, điểm M nằm ñường thẳng ∆, nên toạñộ M nghiệm hệ
phương trình ( ) ( )
2
2
3
2 20 (1)
5 42 81 27
2 12 (2)
5 y
x y
y y
y
x y
=
− + − =
⇒ − + = ⇔
+ − = =
0.5
1
Vậy có hai điểm M thoả mãn ñề (6;3 ,) 27; 5 M M
0.25
2
Cho số thực dương x,y,z, Chứng minh rằng:
2 2
0
x xy y yz z zx
x y y z z x
− − −
+ + ≥
+ + + 1.0
Ta có: ( )
2 2
2 x x y xy
x xy xy
x
x y x y x y
+ −
−
= = −
+ + + Do x,y>0 nên
2
2 xy x y x y
+ ≤
+ 0.5
Vb
Suy
2
x xy x y x y
x x y
− + −
≥ − =
+
Tương tự ta có:
2 y yz y z
y z
− −
≥
+ ,
2
2 z zx z x
z x
− −
≥ +
(8)Từđó suy ra:
2 2
0
2 2
x xy y yz z zx x y y z z x
x y y z z x
− − − − − −
+ + ≥ + + =