Nội dung

TR¦êNG §¹I HäC VINH TR¦êNG THPT CHUY£N §Ò THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU N¡M năm học: 2012 - 2013 M«n: To¸n - Líp 12; Thêi gian lµm bµi: 120 phót Câu 1. (3 điểm) Cho hàm số y = 2x − 3 có đồ thị (C ) . 2− x a, Tìm điểm M thuộc (C ) biết hoành độ của nó thoả mãn phương trình y ' ' (x ) = 2 . b, Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại điểm M tìm được ở câu a. Câu 2. (2 điểm) 1 3 a, (1 điểm) Cho hàm số y = x3 + (3m − 2)x 2 + (1 − 2m )x + 3 , m là tham số. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1 . b, (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = (x + 2) 4 − x 2 . Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình ⎧⎪− y 3 + 12 x 2 + 3xy 2 = 7 x 3 + 3 x 2 y + 7 x + y − 2 . ⎨ 2 ⎪⎩2 x − xy + 3 x − 5 = 0 Câu 4. (3 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên gấp 3 lần cạnh đáy. a, Cho AB = a 2 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. b, Gọi M là trung điểm AB. Tính góc giữa hai đường thẳng SA và CM. Câu 5. (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’ có đáy là tam giác đều, cạnh bên bằng a và tạo với đáy một góc 600 . Gọi D là trung điểm cạnh CC’. Biết rằng hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. .…………Hết…………. TR¦êNG §¹I HäC VINH TR¦êNG THPT CHUY£N ĐÁP ÁN §Ò THI KSCL ĐẦU N¡M Năm học: 2012 - 2013 M«n: To¸n - Líp 12; Thêi gian lµm bµi: 120 phót Câu 1. (3 điểm) TXĐ D = R \ {2}. 1 2 , y' ' (x ) = 2 (2 − x ) (2 − x )3 2 3 Theo giả thiết ta có = 2 ⇔ (2 − x ) = 1 ⇔ x = 1 . 3 (2 − x ) a, (1,5 điểm) y ' (x ) = Suy ra điểm M cần tìm là: M (1;−1) . b, (1,5 điểm) Tại M (1;−1) , hệ số góc của phương trình tiếp tuyến là y ' (1) = 1 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = x − 2 . Câu 2. (2 điểm) a, (1 điểm) TXĐ R . Ta có: y ' (x ) = x 2 + 2(3m − 2)x + 1 − 2m , y ' ' (x ) = 2 x + 6m − 4 . Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1 khi: ⎧ y ' (1) = 0 ⎧4 m − 2 = 0 1 ⇔⎨ ⇔m= . ⎨ 2 ⎩ y ' ' (1) > 0 ⎩6m − 2 > 0 b, (1 điểm) TXĐ D = [− 2;2] . Ta có y ' (x ) = y ' (x ) = 0 ⇔ 4 − 2x − 2x2 4 − x2 4 − 2 x − 2 x2 = 0 ⇔ x =1 4 − x2 Vì y(− 2) = 0, y (2) = 0, y (1) = 3 3 . Suy ra: GTLN của hàm số là 3 3 , GTNN của hàm số là 0. Câu 3. (1 điểm) Ta có: − y 3 + 12 x 2 + 3 xy 2 = 7 x 3 + 3x 2 y + 7 x + y − 2 ⇔ ( x − y ) + ( x − y ) = (2 x − 1) + (2 x − 1) Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên R , phương trình trên có dạng f (x − y ) = f (2 x − 1) 3 3 Vì f ' (t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f (t ) đồng biến trên R . Do đó f (x − y ) = f (2 x − 1) ⇔ x − y = 2 x − 1 ⇔ y = 1 − x . ⎡x = 1 Thế vào phương trình còn lại ta được: 3x + 2 x − 5 = 0 ⇔ ⎢ . ⎢x = − 5 3 ⎣ 5 8 Hệ đã cho có hai nghiệm (x, y ) là (1,0) và ⎛⎜ − , ⎞⎟ . ⎝ 3 3⎠ 2 Câu 4. (3 điểm) a, (1,5 điểm) AC = 2a, SA = a 6 , SO = a 5 . Đặt h = d (O; ( SBC ) ) Suy ra S a 55 1 1 1 1 11 . = + + = 2 ⇒h= 2 2 2 2 h OS OB OC 5a 11 N D C Ta có d ( AD; SC ) = d ( A; ( SBC ) ) = 2d (O; ( SBC ) ) = 2h = 2a 55 . 11 b, (1,5 điểm) Đặt AB = 2 ⇒ SA = 2 3 Gọi N là trung điểm của CD O A M B ⇒ AN = 5, SN = 11 2 2 Ta có cos(SA, CM ) = cos(SA, AN ) = cos ∠SAN = 12 + 5 − 11 15 . = 10 2.2 3. 5 ⎛ 15 ⎞ ⎟. ⎟ ⎝ 10 ⎠ Suy ra (SA,CM ) = arccos⎜⎜ C' Câu 5. (1 điểm) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu A’, D lên (ABC). A' 1 2 Suy ra H là trọng tâm ΔABC và DK = A' H . B' D a A' H = 2 2 3a 3 a 3 a a 3 , AH = ⇒ S ΔHAB = ⇒ S ΔABC = . 2 2 16 16 1 3a 3 Vậy VABCD = DK .SΔABC = . 3 64 C K A H B