ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TOÁN 11 – THPT HẬU LỘC MƠN TỐN TIME: 180 PHÚT ĐỀ Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y x x (*) đường thẳng d : y 2mx Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm phân biệt x1 m x2 m có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn x2 x1 Giải bất phương trình ( x x 1) (1 x x 3) 4 Câu II (4,0 điểm) Giải phương trình s inx cos2x sin x 1+tanx 4 cosx x y x y Giải hệ phương trình x y x y 1 3x x, y Câu III (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng minh b c c a a b a b c 3 a b c u1 2018 Cho dãy số (un) xác định Tính giới hạn 3n 9n un 1 n 5n un , n 1 3n lim un n Câu IV (4,0 điểm) 3 x x 4 y 18 y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 3 x y 6m 0 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A 3;1 , đỉnh C nằm đường thẳng : x y 0 Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE CD , biết N 6; hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD Câu V (4,0 điểm) Cho dãy số un u1 2 xác định un 1 un 2018 un un , n 1 u un u Tính lim un 1 u2 u3 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C : x y 25 , đường thẳng AC qua điểm K 2;1 Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN x y 10 0 điểm A có hồnh độ âm HẾT GIẢI CHI TIẾT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TOÁN 11 – THPT HẬU LỘC MƠN TỐN TIME: 180 PHÚT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y x x (*) đường thẳng d : y 2mx Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm phân biệt x1 m x2 m có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn x2 x1 Giải bất phương trình ( x x 1) (1 x x 3) 4 Lời giải Bảng biến thiên: Phương trình hồnh độ giao điểm d P : x x 2mx x m x 0 m 0 d cắt P hai điểm phân biệt m m 2m m x1 x2 2 m 1 Khi áp dụng hệ thức Vi-et ta có: x1 x2 1 Ta có: x1 m x2 m x m x1 1 x2 m x2 1 x2 x1 x1 1 x2 1 x12 x22 m 1 x1 x2 2m x x m 1 x1 x2 x1 x2 2m x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 m 1 2m 2 m 1 2m 2m m 1 m 2 ( L) 6m 26m 28 0 m (TM ) Vậy m giá trị cần tìm Điều kiện: x 0 x 0 x x 0 Để ý thấy x 3 x 0 x 1 x 0 x 3 x * 4 với x 1 nên bất phương trình viết lại là: x 3 x x x x x2 2x x 3 x 1 Vì x x 0 với x 1 nên x x x 3 x 1 x với x 1 x 3 Do 1 x x x x 1 1 1 x x x 0 x x x 0 x x 0 x 3 Lại có x 1 Khi x 2 x 0 x x 1 x 2 Kết hợp * ta tập nghiệm bất phương trình S 2; Câu II (4,0 điểm) Giải phương trình s inx cos2x sin x 1+tanx 4 cosx x y x y Giải hệ phương trình x y x y 1 3x Lời giải x k cosx 0 (k ) Điều kiện: tanx -1 x k x, y Với x thuộc tập xác định, ta có: 1+sinx+cos2x sin(x+ 1+tanx π ) 1+sinx+cos2x sinx+cosx 1 = cosx = cosx sinx+cosx 2 cosx x m sin x=1 1+sin x+cos 2x=1 2sin x s in x+1=0 x m2 ( m ) -1 sin x= x 7 m2 x m2 (m ) Đối chiếu đk, phương trình có nghiệm: 7 x m2 2 x , y Điều kiện : 4 x 5y 0 2x y 0 Từ phương trình (1 )ta có : x y x 5y x y x 2y x 1 x 1 y 1 4 x 5y x 1 y 1 0 x x 1 y 1 y 1 0 y 1 x y 0 x y x y Thay x y vào phương trình (2) ta có phương trình : x x 5x 3x x x x x2 x 5x x 3x 0 x2 x x2 x 0 5x x 3x x 1 x2 x 1 0 5x x 3x x 1 1 y x 2 x x 0 1 1 y x 2 Vì 1 , x 5x x 3x x ; ; ; 2 Đối chiều điều kiện ta có nghiệm hệ : x, y Câu III (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng minh b c c a a b a b c 3 a b c u1 2018 Cho dãy số (un) xác định Tính giới hạn 3n 9n un 1 n 5n un , n 1 3n lim un n Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tương tự ta b c bc bc 2 a a a ca ca a b ab 2 ; 2 b c b c Cộng theo vế bất đẳng thức ta bc b c c a a b ca ab 2 b c a b c a bc ca 2 a b Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có ca ab 2 a ; b c Áp dụng tương tự ta Cộng theo vế bất đẳng thức ta Do ta suy b c c a a b 2 a b c Ta cần chứng minh bc ca 2 c a b ab bc 2 b c a bc ca ab a b c a b c a b c a b c a b c 3 a b c 3 Đánh giá cuối đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy giả thiết abc 1 Bài toán giải xong Dấu xảy a b c 1 Ta có: 3n 9n un 1 n 5n un Đặt 1 un 1 un n 1 n n n 3 un 1 un , , suy 1 n n 3 n 1 n Dễ thấy u1 1009 n v1 1 3 1009 3027 cấp số nhân với n 3 2.3 q 1 3027 n 3n un un Mặt khác n n 3 2.3n Như ta có: 3 3027 n n 3027 n 3n lim 3 n 3027 lim un lim n n 2.3 2n 2 n n Câu IV (4,0 điểm) 3 x x 4 y 18 y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 3 x y 6m 0 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A 3;1 , đỉnh C nằm đường thẳng : x y 0 Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE CD , biết N 6; hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD Lời giải x x y y 1 0 3 x x 4 y 18 y 2 3 Ta có 3 x y 6m 0 x y m a Đặt b x 1 y 2 a 0 , điều kiện b 0 m 1 a b a 2a b 2b 3 Khi hệ trở thành 2 a b m ab m 2m 15 Hệ có nghiệm hệ * có nghiệm a, b 0 m 0 a b 0 ab 0 m 2m 15 0 m 3 10 2 a b 4ab m m 2m 15 Vậy m 3 10 * E N(6;-2) B A(-3;1) C(2t+5;t) D Ta có tứ giác BNCD nội tiếp nên BDC (cùng bù với BNC ) ENC Mà BDC ( ABCD hình chữ nhật ) nên BAC BAC ENC Tứ giác ABNC nội tiếp ANC ABC 900 Vì C nằm đường thẳng : x y 0 nên C 2t 5; t NC 2t 1; t , NA 9;3 NC.NA 0 t 1 C 7;1 ABEC hình bình hành nên BE //AC Đường thẳng BE qua N song song với AC nên có phương trình: y 0 B thuộc đường thẳng BE nên B b; AB b 3; 3 ; BC b;3 b 6 B 6; N AB BC AB.BC 0 b B 2; AD BC D 6; Câu V (4,0 điểm) u1 2 Cho dãy số un xác định un 1 un 2018 un un , n 1 u un u Tính lim un 1 u2 u3 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C : x y 25 , đường thẳng AC qua điểm K 2;1 Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN x y 10 0 điểm A có hồnh độ âm Lời giải un 1 (n 1) 3(n 1) u un n Ta có un 1 2 n 3n (n 1) 3(n 1) n 3n Đặt un 1 1 (vn) cấp số nhân có cơng bội q số hạng đầu n 3n 3 u 2018 1009 1009 v1 4 2 3 n 1009 un 3 n n 3n 1009 n 3n 3n 3n lim u lim u lim n n Khi n2 n n n n 3 3027 n 3n 3027 3027 lim lim n 2 n A K P Q N O M C B Gọi P, Q giao điểm BM CN với đường tròn C ) Tứ giác BCMN nội tiếp nên MBC (cùng chắn cung CM MNC ) Tứ giác BCPQ nội tiếp nên MBC (cùng chắn cung CP PQC Suy MNC PQC MN PQ ABP MBN (cùng chắn cung NM ) AP AQ AO PQ AO MN MCN ACQ AO có phương trình x y 0 x 3 x y 0 y 3 Tọa độ điểm A nghiệm hệ 2 x 4 điểm A có hồnh độ âm nên x y 25 y 3 A 4;3 Đường thẳng AC qua K nên có phương trình là: x y 0 C giao điểm AC đường tròn C nên tọa độ C nghiệm hệ x x y 0 y 3 C 5;0 2 x 5 x y 25 y 0 Lại có M giao điểm AC MN nên tọa độ M nghiệm hệ x y 0 x M 1; 4 x y 10 0 y 2 Đường thẳng BM vng góc với AC nên có phương trình x y 0 x 0 3 x y 0 y 5 B 0;5 Điểm B có tọa độ nghiệm hệ B 3; x x y 25 y Vậy A 4;3 , B 0;5 , C 5;0 A 4;3 , B 3; , C 5;0 HẾT