Đề thi KSCL Vật lý 12 lần 2 năm 2014 khối B và D - Trường THPT Chuyên

Chia sẻ: Ngô Chí Tâm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi khảo sát chất lượng Vật lý 12 lần 2 năm 2014 khối B và D - Trường THPT Chuyên gồm các câu hỏi về: Hàm số, hệ phương trình, bất phương trình giúp các thí sinh có thêm tư liệu chuẩn bị ôn thi với kết quả tốt hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL Vật lý 12 lần 2 năm 2014 khối B và D - Trường THPT Chuyên

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: B và D; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 6 x 2 + 3( m + 2) x + 4m − 5 có đồ thị (Cm ), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1. b) Tìm m để trên (Cm ) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của (Cm ) vuông góc với đường thẳng d : x + 2 y + 3 = 0. sin x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình + + cot x = 2. 1 + cos x 1 − cos x  x − 1 (1 − 2 y ) − y + 2 = 0  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ).  ( y y + x −)1 + x − 4 = 0 n 3x − 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = ; y = 0; x = 1. .v (3− x + 1) 3x + 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB = AC = a 2, BD = CD = a 3, BC = 2a, góc tạo bởi hai mặt phẳng re (ABC) và (BCD) bằng 450. Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD). ( ) thức P = 2x + y + 2 nt Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y là các số thực dương thỏa mãn 3( x + y ) 2 = 4 x 2 + y 2 + 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x + 2y be . x + 2y 2 2 2x + y2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) tre a. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp là x − y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng BC = 8 5 và oi I (2; 1), phương trình đường phân giác trong góc BAC 5 góc BAC nhọn. .tu Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − z + 1 = 0 và các đường thẳng x+3 y z −7 x y − 2 z −1 x −1 y z − 3 d: = = ; d1 : = = ; d2 : = = . Tìm M ∈ d1 , N ∈ d 2 sao cho đường thẳng MN w 2 −1 2 1 2 1 1 1 2 1 song song với (P) đồng thời tạo với d một góc α có cos α = . w 3 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho phương trình 8 z 2 − 4( a + 1) z + 4a + 1 = 0 (1), với a là tham số. Tìm a ∈ ℝ để (1) có hai w z nghiệm z1 , z2 thỏa mãn 1 là số ảo, trong đó z2 là số phức có phần ảo dương. z2 b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x + 3 y − 18 = 0, phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là = 1350. 3 x + 19 y − 279 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x − y + 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng BAC Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(4; − 4; − 5), B (2; 0; − 1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P) và MA2 − 2 MB 2 = 36. x 2 + ax − 2 Câu 9.b (1,0 điểm). Cho đồ thị (Ca ) : y = và đường thẳng d : y = 2 x + 1. Tìm các số thực a để d cắt x −1 (Ca ) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn IA = IB, với I ( −1; − 2). ------------------ Hết ------------------ xa.nguyenvan@gmail.com 1
xa.nguyenvan@gmail.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. Khi m = 1 hàm số trở thành y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 1. (2,0 điểm) a) Tập xác định: R. b) Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = −∞ và lim y = +∞. x →−∞ x →+∞ * Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3x − 12 x + 9; 2 0,5 x = 1 x < 1 y' = 0 ⇔  ; y' > 0 ⇔  ; y ' < 0 ⇔ 1 < x < 3. x = 3 x > 3 n Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; 1) , ( 3; + ∞ ) ; nghịch biến trên khoảng (1; 3) . .v * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 3, hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = −1. * Bảng biến thiên: re x −∞ 1 3 +∞ y y' + 0 – 0 + +∞ nt 3 be 3 y −1 0,5 tre −∞ O 1 3 x oi c) Đồ thị: −1 .tu b) (1,0 điểm) w 1 Đường thẳng d có hệ số góc k = − . Do đó tiếp tuyến của (Cm ) vuông góc với d có hệ số góc 2 w k ' = 2. 0,5 Ta có y ' = k ' ⇔ 3x 2 − 12 x + 3(m + 2) = 2 ⇔ 3 x 2 − 12 x + 4 = −3m. (1) w Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Xét hàm số f ( x) = 3 x 2 − 12 x + 4 trên (1; + ∞). Ta có bảng biến thiên: x −∞ 1 2 +∞ +∞ +∞ f ( x) −5 0,5 −8 Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình f ( x) = −3m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 5 8 5 8 khi và chỉ khi −8 < −3m < −5 ⇔ < m < . Vậy < m < . 3 3 3 3 Điều kiện: cos x ≠ ±1, sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Z. Câu 2. Phương trình đã cho tương đương với (1,0 0,5 điểm) 2
xa.nguyenvan@gmail.com sin x − sin x cos x + 1 + cos x cos x + =2 sin 2 x sin x ⇔ sin x + cos x + 1 = 2sin 2 x ⇔ sin x + cos x + cos 2 x = 0 ⇔ (sin x + cos x)(1 + cos x − sin x) = 0. π *) sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ , k ∈ Z. 4  π  π 1  x = + k 2π *) 1 + cos x − sin x = 0 ⇔ sin  x −  = ⇔ 2 0,5  4 2   x = π + k 2π , k ∈ Z. π π Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = − + kπ , x = + k 2π , k ∈ Z. 4 2 Điều kiện: x ≥ 1. n Câu 3. (1,0 Đặt t = x − 1, t ≥ 0. Khi đó x = t 2 + 1 và hệ trở thành .v điểm) t (1 − 2 y ) − y + 2 = 0 t − y − 2ty + 2 = 0 (t − y ) − 2ty + 2 = 0  ⇔  ⇔   y ( y + t ) + t − 3 = 0  y + ty + t − 3 = 0 (t − y ) + 3ty − 3 = 0 2 2 2 2 0,5 re t − y = 0 y = t Suy ra 2(t − y ) + 3(t − y ) = 0 ⇔  ⇔ 2 t − y = − 3  2 y = t + 3.  2 nt be *) Với y = t , ta có −2t + 2 = 0 ⇔ t = 1. Suy ra x = 2, y = 1. 2 3 3  3 −3 + 13 *) Với y = t + , ta có − − 2t  t +  + 2 = 0 ⇔ 4t 2 + 6t − 1 = 0 ⇔ t = . tre 2 2  2 4 19 − 3 13 3 + 13 0,5 Suy ra x = , y= . oi 8 4  19 − 3 13 3 + 13  Vậy nghiệm (x; y) của hệ là (2; 1),  ;  . .tu  8 4  3 −1 x 3x − 1 Câu 4. Ta có = 0 ⇔ 3x = 1 ⇔ x = 0. Rõ ràng ≥ 0 với mọi x ∈ [ 0; 1]. (3− x + 1) 3x + 1 (3− x + 1) 3x + 1 w (1,0 điểm) Do đó diện tích của hình phẳng là 0,5 w 3x − 1 3x − 1 1 1 S=∫ dx = ∫ .3x dx. −x 0 (3 + 1) 3 + 1 x 0 (3 + 1) 3 + 1 x x w Đặt t = 3x + 1, ta có khi x = 0 thì t = 2, khi x = 1 thì t = 2 và 3x = t 2 − 1. 2tdt Suy ra 3x ln 3dx = 2tdt , hay 3x dx = . Khi đó ta có ln 3 0,5 2 2 t2 − 2 2 2  2 2  2 2 ( 2 3− 2 2 ). S= ln 3 ∫ t 3 tdt = ln 3 ∫ 1 − t 2  dt = ln 3  t + t  2 = ln 3 2 2 3
A Gọi M là trung điểm BC. Câu 5. (1,0 Từ các tam giác cân ABC, DBC điểm) ⇒ AM ⊥ BC , DM ⊥ BC. AMD = 450 Từ giả thiết ⇒ ( AM , DM ) = 45 ⇒  0 B D  AMD = 1350 H M TH 1. AMD = 450 0,5 C Sử dụng định lý Pitago ⇒ AM = a, DM = a 2. Kẻ AH ⊥ MD tại H. Vì BC ⊥ ( AMD) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( BCD ). Khi đó a 2 1 AH = AM .sin 450 = ; S BCD = DM .BC = a 2 2. 2 2 n 3 1 a Suy ra VABCD = AH .S BCD = . .v 3 3 Sử dụng định lý cosin cho ∆AMD ⇒ AD = a ⇒ AC 2 + AD 2 = 3a 2 = CD 2 ⇒ ∆ACD vuông tại A. re 1 a2 2 3V Suy ra S ACD = AC. AD = ⇒ d ( B, ( ACD ) ) = ABCD = a 2. 2 2 S ACD TH 2. AMD = 1350 nt 0,5 be a3 a 6 Tương tự ta có VABCD = ; d ( B,( ACD ) ) = , ( AD = a 5 ). 3 3 x + 2y tre 1 xy 3 xy 3 x 3 Câu 6. Ta có 2 − = 2 . ≤ . = . . (1,0 x + 2y 2 x + y ( x + y ) + y x + y 2 xy + y x + y 2 x + y x + y 2 2 2 điểm) 2x + y 1 y 3 − ≤ oi Tương tự, ta cũng có . . 2x + y 2 2 x + y x + 2y x + y 0,5 .tu x y 2 Mặt khác, ta có + ≤ , vì bất đẳng thức này tương đương với 2x + y x + 2 y 3 x 2 + y 2 + 4 xy 2 w ≤ , hay ( x − y ) 2 ≥ 0. 2 x + 2 y + 5 xy 3 2 2 w 2  x y  3 2 3 2 4 Từ đó ta có P − ≤ + . ≤ . = . Suy ra P ≤ . (1) x + y  2x + y x + 2 y  x + y 3 x + y x + y x+ y w Từ giả thiết ta lại có 3( x + y ) 2 = 4( x 2 + y 2 ) + 4 ≥ 2( x + y ) 2 + 4. 0,5 Suy ra ( x + y ) 2 ≥ 4, hay x + y ≥ 2. (2) Từ (1) và (2) ta có P ≤ 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2, đạt được khi x = y = 1. Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) Câu A tại E là điểm chính giữa cung BC ⇒ IE ⊥ BC . 7.a (1,0 Vì E thuộc đường thẳng x − y = 0 và IE = IA = R ⇒ E (0; 0). điểm) I Chọn n BC = EI = (2; 1) ⇒ pt BC có dạng 2 x + y + m = 0. 0,5 H 4 5 3 B D C Từ giả thiết ⇒ HC = ⇒ IH = IC 2 − HC 2 = E 5 5 xa.nguyenvan@gmail.com 4
3 | m+5| 3  m = −2  BC : 2 x + y − 2 = 0 ⇒ d ( I , BC ) = ⇔ = ⇔ ⇒  5 5 5  m = −8  BC : 2 x + y − 8 = 0. nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC : 2 x + y − 2 = 0 thỏa mãn. Vì BAC 2 x + y − 2 = 0 8 6 8 6 0,5 Từ hệ  ⇒ B(0; 2), C  ; −  hoặc B  ; −  , C (0; 2) . ( x − 2) + ( y − 1) = 5 2 2 5 5 5 5 M ∈ d1 ⇒ M (m; 2m + 2; m + 1); N ∈ d 2 ⇒ N ( n + 1; n; 2n + 3). Suy ra Câu 8.a MN = ( − m + n + 1; − 2m + n − 2; − m + 2n + 2). (1,0 điểm) nP .MN = 0 m − n + 2 = 0 m = n − 2 0,5 Vì MN // (P) nên  ⇔ ⇔  N ∉ ( P) n ≠ 0 n ≠ 0 Suy ra u MN = (3; − n + 2; n + 4) và ud = (2; − 1; 2). n | 3n + 12 | |n+4| 1 Suy ra cos( MN , d ) = = = cos α = .v 3 2n + 4n + 29 2 2n + 4n + 29 2 3 ⇔ 3(n + 4) = 2n + 4n + 29 ⇔ n + 20n + 19 = 0 ⇔ n = −1 hoặc n = −19. 2 2 2 re 0,5 *) n = −1 ⇒ m = −3 ⇒ M ( −3; − 4; − 2), N (0; − 1; 1). *) n = −19 ⇒ m = −21 ⇒ M ( −21; − 40; − 20), N ( −18; − 19; − 35). nt Từ giả thiết suy ra z1 , z2 không phải là số thực. Do đó ∆ ' < 0, hay 4( a + 1) 2 − 8(4a + 1) < 0 be Câu 9.a ⇔ 4( a 2 − 6a − 1) < 0 ⇔ a 2 − 6a − 1 < 0. (*) 0,5 (1,0 a + 1 − −( a − 6a − 1) i 2 a + 1 + −(a − 6a − 1) i2 tre điểm) Suy ra z1 = , z2 = = z1. 4 4 a = 0 Ta có z1 ( ) là số ảo ⇔ z12 là số ảo ⇔ ( a + 1) 2 − −( a 2 − 6a − 1) = 0 ⇔ a 2 − 2a = 0 ⇔  oi z2  a = 2. 0,5 Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là a = 0, a = 2. .tu B ∈ BH : x = −3 y + 18 ⇒ B( −3b + 18; b), Câu C ∈ d : y = 2 x + 5 ⇒ C (c; 2c + 5). 7.b H w (1,0 A Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực điểm) d u∆ .BC = 0 ∆ : 3x + 19 y − 279 = 0 ⇔  w B C  trung điểm BC là M ∈ ∆ M 0,5 60b + 13c = 357 b = 4  B(6; 4) w ⇔ ⇔ ⇒ 10b + 41c = 409 c = 9 C (9; 23). AC ⊥ BH ⇒ chọn n AC = u BH = (−3; 1) ⇒ pt AC : −3 x + y + 4 = 0 ⇒ A( a; 3a − 4) ⇒ AB = (6 − a; 8 − 3a ), AC = (9 − a; 27 − 3a ). 1 (6 − a )(9 − a ) + (8 − 3a )(27 − 3a ) 1 Ta có A = 1350 ⇔ cos( AB, AC ) = − ⇔ =− 2 (6 − a ) 2 + (8 − 3a ) 2 . (9 − a ) 2 + (27 − 3a ) 2 2 0,5 (9 − a )(3 − a ) 1 3 < a < 9 ⇔ =− ⇔ ⇔ a = 4. Suy ra A(4; 8). 2(3 − a ) = a − 6a + 10 2 2 | 9 − a | a 2 − 6a + 10 2 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P). Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P). Câu  AB = ( −2; 4; 4) 0,5 8.b  ⇒ nQ =  AB, nP  = (0; 6; − 6) = 6(0; 1; − 1) . Suy ra pt (Q): y − z − 1 = 0. (1,0 nP = (1; 1; 1) 5
xa.nguyenvan@gmail.com điểm)  y − z −1 = 0 x + 2 y z +1 Gọi d = ( P) ∩ (Q) ⇒ pt d :  ⇔ = = ⇒ M ( −2t − 2; t; t − 1) ∈ d . x + y + z + 3 = 0 −2 1 1 t = 0  M ( −2; 0; − 1) 0,5 Ta có MA − 2 MB = 36 ⇔ −6t + 8t = 0 ⇔ 2 2 2  4 ⇒   14 4 1  t = M − ; ; .    3   3 3 3  x 2 + ax − 2 Câu Hoành độ giao điểm của d và (Ca ) là nghiệm của phương trình = 2 x + 1, hay 9.b x −1 (1,0 x 2 − ( a + 1) x + 1 = 0, x ≠ 1. (1) điểm) 0,5 ∆ = ( a + 1) 2 − 4 > 0 a > 1 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔  ⇔ (2) a ≠ 1  a < −3. Khi đó gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (1), ta có A( x1; 2 x1 + 1), B ( x2 ; 2 x2 + 1). Do đó IA = IB ⇔ ( x1 + 1) 2 + (2 x1 + 3) 2 = ( x2 + 1) 2 + (2 x2 + 3) 2 n ⇔ 5 x12 + 14 x1 = 5 x22 + 14 x2 ⇔ ( x1 − x2 ) ( 5( x1 + x2 ) + 14 ) = 0 .v ⇔ 5( x1 + x2 ) + 14 = 0, vì x1 ≠ x2 . (3) re 19 0,5 Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = a + 1. Thay vào (3) ta được 5( a + 1) + 14 = 0 ⇔ a = − , thỏa mãn 5 19 điều kiện (2). Vậy a = − . 5 nt be tre oi .tu w w w 6