de va dap an thi ks lop 12 lan 1

[r]

TRƯỜNG THPT

AN DƯƠNG

KỲ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1

NĂM HỌC 2012– 2013

ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A ; B ; D Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I (3,0 điểm )

Cho hàm số y x 3 3x22

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B

song song với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2

Câu II (3,0 điểm )

1 Giải phương trình  

2 1 sin

x





2 Giải hệ phương trình:

2 2

1 4



3 Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của (x 2 2)n,

biết : A n3 8C n2C1n 49, (n N n , 3)

Câu III (2 điểm)

Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc BAD 60 0 Gọi G là trọng tâm tam giác ABD,

SG ABCD và

6 3

a

SG 

Gọi M là trung điểm CD

1 Tính thể tích khối chóp S.ABMD theo a.

2 Tính khoảng cách giữa các đường thẳng AB và SM theo a.

Câu IV (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G

11 1;

3

thẳng trung trực của cạnh BC có phương trình x  3y +8 = 0 và đường thẳng chứa A;B có phương trình 4x + y – 9 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh củaABC

Câu V (1 điểm)

Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2x2 y2 xy 1

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P xy







Hết

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

I 1

 Tập xác định: D 

 Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: y' 3 x2 6x; y' 0  x0 hoặc x 2 0,5 đ

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và 2; ; nghịch biến trên

khoảng0;2

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x 2; yCT  2, đạt cực đại tại x 0;

yCĐ  2

Giới hạn: xlim y ; limx y

       

0,5 đ

Bảng biến thiên:

0,5 đ

I 2

Đặt A a a ; 3  3a2  2 ; B b b; 3  3b2  2

với a b Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là: k A y x' A 3a2 6 ;a k B y x' B3b2 6b

Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi

A B

Độ dài đoạn AB là:

2

3

2 2

1

a a



Với a  3 b 1

Với a  1 b 3

Vậy A3;2 , B   1; 2 hoặc A1; 2 ,  B3; 2 0,25 đ

ĐK: sinx cosx 0

M G

D

C B

A

II.1

Khi đó PT  1 sin  2x cosx 1  2 1 sin  x sinx cosx

1 sin  x 1 cos  x sinx sin cosx x  0

 1 sin  x 1 cos  x 1 sin  x  0 0,5 đ

sin 1

cos 1

x x





  

2 2 2







 







 





 

II.2

Suy ra y 0, ta có:

2

2 2

2

1

4

1 4

.

x

x y y

x y

y

  





Đặt

2 1 ,

x

y



ta có hệ:

+) Với v3,u1ta có hệ:

2, 5

II.3

7

0

k k



III 1

* Tính thể tích S.ABMD.

- Nhận thấy: SG là chiều cao của khối chóp S.ABMD,

6 3

a

SG 

;

Do ABCD là hình thoi cạnh a, BAD  600 ABD và BCD là các tam

giác đều cạnh a, M là trung điểm CD

BCM BCD

ABMD ABCD BCM



0,75đ

.

S ABMD ABMD

Vậy

3

2 8

S ABMD

a

III 2

* Tính khoảng cách giữa AB và SM:

- Nhận thấy: AB CD//  AB SCD//( ), màSM (SCD)

( , ) ( ,( )) ( ,( ))

0,25đ

- Lại có:

.

2

Mặt khác

2 0

.sin 45 2 .

SCM

1 3

S BCM B SCM SCM

nên

.

3 B SCM

SCM

V h

S



0,5đ

Mà

B SCM S BCM S ABCD S ABMD

:

h

Vậy

2 ( , )

2

a

Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b )

Do G(1 ;

11 )

3 là trọng tâm tam giác ABC nên

d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là u(3;1)



; Gọi I là trung điểm BC ta có I

3

2

a a





d là trung trực của cạnh BC

I d

BC u











 

3

2

a

a







 

1 3

a b





 



V

5

3

ĐK:

5 t 3

  

0,25đ

Suy ra :

2

P

Do đó:

2

2

7 '

2 2 1

P

t

 



 , P' 0  t 0( ),th t1(kth)

P P  

    và  

1 0 4

0,25đ

KL: GTLN là

1

4 và GTNN là

2

15( HSLT trên đoạn

1 1

;

5 3



  )

0,25đ