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 MƠN: TỐN 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.

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài đoạn thẳng AB 2.

Câu II (3,0 điểm )

Giải phương trình  

3

cos cos

2 sin sin cos

x x

x

x x



 



Giải hệ phương trình:

2

2

1

( )

x y xy y

y x y x y

    



   

 x y,  .

Tìm hệ số x8 khai triển nhị thức Niutơn (x22)n,

biết : An3 8Cn2Cn1 49, (n N n , 3) Câu III (2 điểm).

Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc BAD600

Gọi G trọng tâm tam giác ABD,

( )

SG ABCD

6

a SG

Gọi M trung điểm CD 1. Tính thể tích khối chóp S.ABMD theo a.

2. Tính khoảng cách đường thẳng AB SM theo a.

Câu IV (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G 11 1;

3

 

 

 , đường thẳng trung trực cạnh BC có phương trình x  3y +8 = đường thẳng

chứa A;B có phương trình 4x + y – = Xác định tọa độ đỉnh củaABC

Câu V (1 điểm)

Với số thực x, y thỏa điều kiện 2x2y2 xy1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

4

2

x y

P xy

 

 .

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

I

 Tập xác định: D

 Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: y' 3 x2 6x; y' 0  x0 x2 0,5 đ Hàm số đồng biến khoảng  ;0 2; ; nghịch biến

khoảng0;2

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

yCĐ2

Giới hạn: xlim  y ; limx y

0,5 đ Bảng biến thiên:

0,5 đ

Đồ thị 0,5 đ

I

Đặt A a a ; 3 3a22 ; B b b; 3 3b2 2 với a b Hệ số góc tiếp tuyến với (C) A, B là: kA y x' A 3a2 ;a kB y x' B3b2 6b

Tiếp tuyến (C) A B song song với

   

2

3 6 2

A B

k k  a  a b  b a b a b     b  a. 0,25 đ

Độ dài đoạn AB là:

   

     

     

2

2 3 3 2 2

2 2 2

2 2

3

4

AB a b a b a b

a b a b a ab b a b

a a a

 

      

 

         

 

     

  0,25 đ

       

 

 

4

2

4 32

1

1

1

AB a a a a

a a

a a

            

    



  

    

 0,25 đ

Với a 3 b1 Với a 1 b3

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

S

M G

D

C B

A II.1

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

x x

 

  

 (thoả mãn điều kiện) 0,25 đ

2

2

x k

x m

 

 



  

 

 

 k m, Z

Vậy phương trình cho có nghiệm là: x k2 

  

x  m2

k m, Z 0,25 đ

II.2

y = 0,25 đ

Suy y0, ta có:

2 2

2 2

2

1

4

( )

( )

x

x y y

x y xy y

y x y x y x

x y

y

 

   

     



 

    

    



 0,25 đ

Đặt

2 1

,

x

u v x y

y



  

ta có hệ:

2

4 3,

2 15 5,

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

  

      

   0,25 đ

+) Với v3,u1ta có hệ:

2 1 1 2 0 1, 2

2,

3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

 

          

  

   

 

      

   0,25 đ

II.3

Tìm n = 0,25 đ

7

2 7 2(7 )

0

( 2)n ( 2) k 2k

k k

x x C x 



   

0,25 đ Số hạng chứa x8là  2(7 k) 8  k 3 0,25 đ

Hệ số x8là C73.23 280 0,25 đ

III

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

6

a

SG

;

Do ABCD hình thoi cạnh a, BAD 600 ABD và BCD tam giác cạnh a, M trung điểm CD

2

2 2

1 3

2

3 3

2 8

BCM BCD

ABMD ABCD BCM

a a

S S

a a a

S S S

 



   

     

0,75đ

2

1 3

3 3 8

S ABMD ABMD

a a a

V SG S

   

Vậy

3

2 S ABMD

a

V  0,25đ

III

* Tính khoảng cách AB SM:

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

d AB SM d AB SCD d B SCD h

   

0,25đ - Lại có:

2 1 3

3 3 3

a a

AG AO AC AC  GC

2

2 2 12 2

9

a a

SC SG GC a

     

Mặt khác

2

2 2

3

3 9

a a a

GD GA   SD SG GD   a

 2 2 2 

cos 45

2 2

SC CD SD a a a

SCD SCD

SC CD a a

   

     

2

1 1

.sin 45

2 2

SCM

a a

S SC CM a

   

Vì

1

S BCM B SCM SCM

V V  h S

nên

3 B SCM SCM

V h

S 

0,5đ Mà

2 3 3

1 2 2

3 8 24

B SCM S BCM S ABCD S ABMD

a a a a a a

V V V V     

3

3 2

:

24

a a a

h

  

Vậy

2 ( , )

2

a

d AB SM  0,25đ

Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; – 4a) , B( b ; – 4b ) Do G(1 ;

11 )

3 trọng tâm tam giác ABC nên

IV

d : x - 3y +8 = có VTCP u(3;1) 

; Gọi I trung điểm BC ta có I

3

;2

a a 

 



 

  0,25đ

d trung trực cạnh BC



I d BC u    

 

                            

 

3

3(2 1)

3 (4 16) a

a

b a a b

 

   

  

      

 0,25đ

1 a b

   



 Vậy A(1;5) , B(3;-3) C (-1 ;9) 0,25đ

V

Đặt txy Ta có:   

2

1 2

5

xy  x y  xy  xy xy

Và   

2

1 2

3

xy  x y  xy  xy xy

ĐK:

1

5 t   

0,25đ

Suy :

 

 

2

2 2 2 2

7

2

x y x y t t

P

xy t

    

 

  . 0,25đ

Do đó:

 

 

2

2

'

2

t t

P

t

  

 , P' 0  t 0( ),th t1(kth)

1

5 15

P P  

     

4

P 

0,25đ

KL: GTLN

4 GTNN

15( HSLT đoạn

1 ;



      )

0,25đ