[r]
Trang 1Hớng dẫn chấm toán thpt
1
(6đ) 1(3điểm)
Xét hàm số ln
f x
x
, Tập xác định: x 0
1 ln2
f x
x
, f x ( ) 0 1 lnx 0 x e Ta có :
e
0
Do đó hàm số nghịch biến trên ( ;e )
1 , 2
x x
thỏa mãn:
đó đợc: 2009 2010 2010 2009
2 (3điểm)
Viết lại giới hạn về dạng:
2
x
Xét
x
Với
1 f(x)=
1 4 x 1
2
g x g
g
Với 3 2 13
( )
g x
Do đó 1
L=
6
0,5 0,5
0,5 1,0 0,5
1,0 1,0
0,5
0,5
2
(4đ) 1 (2 điểm) áp dụng bất đẳng thức CôSi cho 2009 số gồm 2007 số 1 và 2 số x2009
ta đợc:
Trang 21 1 1 2009 2009 2009 2.2009 2
2009
Tơng tự :
2009 2009
2.2009 2 2009
1 1 1
2009
1 1 1 2009 2009 2009 2.2009 2
2009
Cộng vế vế các bất đẳng thức trên ta đợc:
2 2 2 3.2007 2( 2009 2009 2009)
3 2009
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 Do đó giá trị lớn nhất của F là 3
2 (2 điểm)
Ta có: 1
2009
k k
k k
2008 2009
C C
0 2009 2008 2009 2008
.
n
0,5
0,5 0,5 0,5
1,0 1,0
3
(4đ)
Ký hiệu độ lớn các mặt của góc tam diện đỉnh S nh sau:
BSC ,CSA , ASB và 180 Ta có thể coi , , là
3 góc một tam giác nào đó Tổng diện tích 3 mặt bên của hình chóp
là:
1
2
Dấu bằng xảy ra khi
60
Gọi BC=a, CA=b, AB=c áp dụng định lý Cosin trong tam giác BSC
ta đợc:
Tơng tự ta có: 2sin , 2sin
b c
3 2
ABC
S p p a p b p c p
0,75 0,5 0,25
0,5 0,25 0,5 0,25
Trang 3Hay
2
3 3
ABC
S
4
ABC
S
Diện tích toàn phần của hình chóp không lớn hơn: 3 3 3
3
Dấu bằng xảy ra khi: 60 tức là tứ diện đều
0,5 0,25 0,25
4
(4đ)
1 (2 điểm)
Theo Vi-et ta có: mnp=1
Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:
2 2 2
2 2 2
(p m cos ncos ) 2 ( sinm nsin ) 2 0 (luôn đúng)
(Với 60 , 45 , 15)
Dấu bằng xảy ra khi: sin sin
Đặt
sin
m k
k
3 4(3 3)
3
k
sin( 45 )
3
sin(60 )
3
3 4(3 3) sin(15 )
3
2 (2 điểm)
Chứng minh: x3 y3 z3 3xyz (x y z x )( 2 y2 z2 xy yz zx ) (1)
Cộng từng vế của 3 phơng trình và sử dụng (1) ta đợc:
(x y z )(2x2 2y2 2z2 xy yz zx ) 0
TH1: x+y+z=0 hệ trở thành
3 3 3
14(2) 21(3) 7(4)
y xyz
z xyz
x xyz
Do z=-x-y nên từ (2) và (4) ta đợc:
Từ đó ta đợc: y=2x và z=-3x Thay vào (2) ta đợc: x3 1 x 1
Hệ có nghiệm: (1;2;-3)
0,5 0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
0,25 0,5 0,25
0,5
0,5 0,25
Trang 4TH2: 2x2 2y2 2z2 xy yz zx 0
(x y ) 2 (y z ) 2 (z x ) 2 2x2 2y2 2z2 0
Ta đợc x=y=z=0 không thỏa mãn hệ đã cho
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất: (1;2;-3)
5
(2đ)
1 (1 điểm)
Gọi M là một điểm bất kỳ trong tứ giác Ta có:
AMB BMC CMD DMA
Do đó tồn tại ít nhất một góc có số đo lớn hơn hoặc bằng 90
.Giả sử AMB 90 khi đó M thuộc vào hình tròn đờng kính AB Từ
đó ta đợc điều phải chứng minh
2 (1 điểm)
Ta có: (1 x y2 ) xy 1
Do đó ta đợc:
0
1
0,25 0,25 0,5
0,5 0,5 Chú ý: Thí sinh làm theo cách giải khác nếu đúng cho điểm tơng ứng