[r]
Trang 12 2 2
0
-Hết -
HƯỚNG DẪN CHẤM ðÊ THI CHUYÊN ðỀ LẦN I- KHỐI 12
NĂM HỌC : 2010 - 2011
C
Nội dung
ðiểm
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số : y= − +x3 3x2−4 (1) 1
.TXD: D = ℝ
.Sự biến thiên
2
y = − x + x y = ⇔ =x ∨ x= .Hàm số ñồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên mỗi khoảng :
(−∞;0) và (2;+∞ )
Hàm số ñạt cực tiểu tại xCT = 0 ; yCT = y(0) = -4
.Hàm số ñạt cực ñại tại xCð = 2 ; yCð = y(2) = 0
0.25
BBT
-4
0
−∞
0.25
I
ðồ thị
Trang 2
-2
-4
2
Chứng minh rằng mọi ñường thẳng ñi qua I(1;-2) với hệ số góc k
( k < 3 ) ñều cắt ñồ thị hàm số (1) tại 3 ñiểm phân biệt I, A, B ñồng thời I là
trung ñiểm của ñoạn thẳng AB
1
Gọi (C) là 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 < 3 ) có phương trình: y =
k(x-1) – 2
0.25
Hoành ñộ giao ñiểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình:
2
1
x
=
⇔
0.25
Do k <3 nên pt(*) có ∆ = − > và x = 1 không là nghiệm của (*) ' 3 k 0
Suy ra (d) luôn cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt I(xI;yI) A(xA;yA) B(xB;yB)
với xA, xB là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì xA+ xB =2 = 2xI và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung ñiểm của AB 0.25
1 Giải phương trình: 3 cos 3x−2sin 2 cosx x−s inx = 0 1
Phương trình ñã cho tương ñương với:
3 cos 3 (sin 3 sin ) s inx = 0
os3 sin 3 s inx
II
3 sin( 3 ) sinx 3
3
x
π
π π
π
0.5
Trang 3Vậy ( )
k
2 Giải hệ phương trình:
x
y
1
ðK: y≠0; x−2y≥0;x+ x−2y≥ 0
2
2
2 2
y y
−
−
2
2
y
−
y
−
0.5
Với
2
0 2
2
y
<
= − ⇔
thay vào pt (2) ta ñược nghiệm 12
2
x y
=
= −
Với
2
0 2
3
y
>
= ⇔
thay vào pt (2) ta ñược nghiệm
24 9 4 9
x y
=
=
III
1
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ñáy, mặt phẳng (SAB)
vuông góc với mặt phẳng (SBC), SB = a , BSC=60 ,0 ASB= α
Xác ñịnh tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
1
Trang 4C 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 ra BC (SAB) BC SB
0.25
Tam giác ASC vuông tại A; tam giác SBC vuông tại B.Gọi I là trung ñiểm của
SC, ta có :IS = IA = IC = IB
Vậy I là 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 ra 0 2
os60
SB
c
Vậy R = a
0.25
2 Với giá trị nào của α thì thể tích khối chóp S.ABC ñạt giá trị lớn nhất 1
Trong tam giác vuông SAB, tacó: sin a sin
Trong tam giác vuông SBC: BC = SB.tan600 = a 3
0.25
.
3 sin os sin 2
S ABC ABC
0.25
Trang 5Ta thấy:
.
sin 2
S ABC
Dấu “=” xảy ra khi sin 2 1
4
π
α= ⇔α=
Vậy thể tích khối chóp SABC ñạt giá trị lớn nhất khi
4
π
α=
0.5
1
Cho phương trình: x+ 1− +x 2m x(1−x)−24 x(1−x)=m3
Tìm m ñể phương trình có một nghiệm duy nhất 1
Phương trình: x+ 1− +x 2m x(1−x)−24 x(1−x)=m3 (1)
ðK: 0≤ ≤ x 1
Nếu x∈[0;1] thoả mãn (1) thì 1- x cũng thoả mãn (1) nên ñể (1) có nghiệm
duy nhất thì cần có ñiều kiện: 1 1
2
x= − ⇔ = Thay x x 1
2
x= vào (1), ta ñược:
1
m
m
=
= ±
0.25
*) Với m=0 pt (1) trở thành (4 4 )2 1
2
Pt có nghiệm duy nhất
0.25
*) Với m=-1 pt (1) trở thành
4
4
4 4
Pt có nghiệm duy nhất
0.25
IV
*) Với m=1 pt (1) trở thành:
4
4
4 4
1
2
Kết luận: m=0 thì phương trình có nghiệm duy nhất
0.25
Trang 62
Cho khai triển (1+3 )x n =a0+a x1 + + a x n n trong ñó n∈ ℕ và các hệ số ∗
0, , ,1 n
n n
a a
Tìm số lớn nhất trong các số a a0, , ,1 a n
1
1
a a
Từ giải thiết suy ra 2 n = 1024 = 210 ⇔ n= 10 0.25 Với mọi k∈{0,1, 2, ,9}Ta có a k =3kC10k; a k+1=3k+1C10k+1
10
1 1 10 1
3 7
k k k
k k k
k
C C
+
+
−
0.25
Do ñó a0<a1< < a8.Tương tự ta cũng có: 8 9 10
1
k k
a
a + > ⇔ > ⇒ > >
0.25 Vậy số lớn nhất trong các số a a0, , ,1 a là n a8=38C108 0.25
1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến
BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1 Tìm toạ ñộ B và C 1 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3) Toạ ñộ của G là nghiệm của hệ
(1;1)
G
0.25 BM: x – 2y + 1 = 0 ⇒ B(-1+2t;t) CN: y = 1⇒ C(s;1) 0.25
Theo tính chất toạ ñộ trọng tâm ta có : 1 1 2 3 5
0.25
2
Cho các số thực dương x,y,z thay ñổi luôn thoả mãn x+ y+ z=1
Chứng minh rằng:
2
Va
Ta có: x2 y x(1 y z) y x y
x
Tương tự, BðT ñã cho trở thành:
0.25
Trang 72 3
0.25
Áp dụng BðT Côsi ta có x y y z x z 33 x y y z x z 3
0.25
Dấu ''='' xảy ra khi 1
3
x= = = (ñpcm) y z
Trong mặt phẳng cho ñường tròn (C) và ñường thẳng ∆ có phương trình
( ) :C x2+y2−4x−2y=0;( ) :∆ x+2y−12= Tìm ñiểm M trên ∆ 0
sao cho từ M vẽ ñược với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau góc 60 0 1.0
ðường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R= 5
Gọi A,B là 2 tiếp ñiểm của ñường tròn (C) với hai tiếp tuyến kẻ từ M Nếu 2
tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 thì tam giác IAM là tam giác vuông 0
có ∠AMI =300 nên IM =2R= 5 Do ñó M nằm trên ñưòng tròn (T) có
phương trình (x−2)2+(y−1)2=20
0.25
Mặt khác, ñiểm M nằm trên ñường thẳng ∆ , nên toạ ñộ của M nghiệm ñúng hệ
3
2 12 0 (2)
5
y
y
=
0.5
1
Vậy có hai ñiểm M thoả mãn ñề bài là (6;3 ,) 6 27;
5 5
2
Cho các số thực dương x,y,z, Chứng minh rằng:
0
Ta có: x2 xy x x( y) 2xy 2xy
x
−
2
2
+
≤
Vb
Suy ra
2
x
Tương tự ta cũng có:
2
2
≥
2
2
≥ +
0.5
Trang 8Từ ñó suy ra:
0