Đề kiểm tra chất lượng đội tuyển Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT Hậu Lộc 4 – Thanh Hóa

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC TỔ: Toán KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ KIỂM TRA LẦN Mơn thi: TỐN - Lớp 11 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu Số báo danh …………………… 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 có hồnh x  m x2  m   6 độ x1 ; x2 thỏa mãn x2  x1  Giải bất phương trình  ( x   x  1)  (1  x2  x  3)    Câu II (4,0 điểm)  1  s inx  cos2x  sin  x   4  cosx Giải phương trình  1+tanx  x   y    x  y Giải hệ phương trình   x, y     x  y    x  y  1  x  Câu III (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh bc a  ca b  ab c  a  b c 3 u1  2018  3n  Cho dãy số (un) xác định  Tính giới hạn lim  un  n   3n  9n  un 1   n  5n   un , n  Câu IV (4,0 điểm) 3x  x   y  18  y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3x  y   6m  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   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N  6; 2  hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD Câu V (4,0 điểm) Cho dãy số  un  u1   u un  u  xác định  Tính lim      u u u 1    u u u u , n        n    n  n n n  2018 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  điểm A có hồnh độ âm .Hết Câu I 4,0 điểm ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM NỘI DUNG 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 x  m x2  m   6 phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn x2  x1  Điểm 2.0 + Lập bảng biến thiên vẽ (P): y  x  x   x  1 ta có đỉnh I :   I  1; 4   y  4 Ta có bảng biến thiên: x -∞ +∞ -1 +∞ +∞ 0.50 y -4 đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x  1 cắt trục hoành điểm 1;0  ;  3;0  cắt trục tung điểm  0; 3 Ta có đồ thị hàm số: y 0.50 -1 -3 O x -4 x  Đk:   x2  Xét phương trình hồnh độ giao điểm x  x   2mx   x   m  1 x   (1) d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2  phương trình (1) có hai nghiệm  m  2m  m     m  1   phân biệt x1 , x2      m    2m  1   m  1    x1  x2   m  1 theo định lí viet ta có   x1.x2  x  x22   m  1 x1  x2   2m x  m x2  m Ta có   6   6 x2  x1  x1 x2   x1  x2   0.50 x  x   2  x1 x2   m  1 x1  x2   2m  m  1    m  1  2m  6   6 x1 x2   x1  x2   1   m  1  2 0.50 m    m  1  2m   6   2m   3m  13m  14    m   kết hợp với điều kiện ta m  2 Giải bất phương trình ( x   x  1)  (1  x2  x  3)  Điều kiện: x  Suy ra: ()   (1  x  x  3) x   x 1 () 2.0 0.50 0.50 x   x      x2  x   x   x  0.50   x  x   x  x   x   x   ( x  3)( x  1)  x    x  2 x  II 4,0 điểm Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình S   2;     1  s inx  cos2x  sin  x   4  cosx  Giải phương trình 1+tanx   x   k  cosx  cosx    Điều kiện :   1  tanx   tanx  1  x     k   1  s inx  cos2 x  sin  x   4  cos x  Pt  s inx 1 cos x cos x 1  s inx  cos2 x  cos x  s inx   cos x cos x  s inx 2   s inx  cos x   2s in x+ s inx    s inx  2.0 0.50 0.50 1 s inx  (loại)   x  k 2     Với sin x    s inx  sin  ,k  Z      x  7  k 2   Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình là: x   k 2 ; 7 x  k 2 với  k  Z   x   y    x  5y 2.Giải hệ phương trình  0.50  x  y    2x  y  1  3x   x, y    0.50 0.50 2.0   x   , y  1 Điều kiện : 4  x  5y  2x  y   0.50 Từ phương trình thứ hệ ta có :  x  1 y  1   x  5y  x  1 y  1   y  1  x   y    x  5y  x  y    x  2y      x  1 y  1   x   x 1  y 1  0.50  x 1  y 1   x 1  y 1  x  y Thay x  y vào phương trình thứ hai hệ ta có phương trình :     x  x   5x   3x   x  x   x   5x   x   3x    x2  x 1   x2  x 1 5x   x  x2  x 1  0.50 0 3x   x   1    x  x  1   0 5x   x  3x   x     1 1 y x  2  x2  x 1     1 1 y x  2  1 Vì    , x   Đối chiều điều kiện ta có nghiệm 5x   x  3x   x           hệ :  x, y    ; ; ;    2    III 4,0 điểm 0.50 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh bc a  ca b  ab c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tương tự ta 2.0  a  b c 3 bc a  ca b bc a 2 2 bc a 0.50 ca a  b ab ; 2 b c c Cộng theo vế bất đẳng thức ta bc a  ca b   bc ca ab   2      a b c c   ab Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có Áp dụng tương tự ta bc ca  2 a b ca ab   a; b c Cộng theo vế bất đẳng thức ta 0.50 bc ca  2 c a b ab bc  2 b c a bc ca ab    a b c a b c 0.50 Do ta suy bc a  ca b  ab c 2  a b c  Ta cần chứng minh   a  b c  a  b c3 a  b c 3 0.50 Đánh giá cuối đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy giả thiết abc  Bài toán giải xong Dấu xảy a  b  c  u1  2018 Cho dãy số (un) xác định  n  n u  n  n  u , n      n  n  2.0 3  Tính giới hạn lim  un  n  un 1 (n  1)  3(n  1) un un   Ta có un 1  2 n  3n (n  1)  3(n  1) n  3n u 1 Đặt  n  1   (vn) cấp số nhân có cơng bội q  số hạng đầu n  3n 3 n 1 n 1 1009   1009   u 2018 1009      un     n  3n  v1    3 3 4 n  1009   n 1  3n   3n  3n  Khi lim  un   lim  un   lim  n  3n       n  n  n   IV 4,0 điểm 0.50 0.50  3027 n  3n  3027   3027  lim  lim 1     2 n n     3x  x   y  18  y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3x  y   6m  y  x  2 Đk:   y  6 0.50 0.50 2.0 K H I O  x   y x y  1  2 3   1      2     Ta có pt(1)    x  1   y    m       x 0.50  x 1 2 a    a  b  2a  2b  (đk a, b  ) Ta có hệ phương trình  (*) Đặt   a  b  m  b  y   Hệ phương trình cho có nghiệm  hệ (*) có nghiệm a, b  Nếu m  4 hệ (*) vô nghiệm  hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu m  Chọn hệ tọa độ Oab ta có Pt(1) cho ta đường tròn  C1  tâm I 1;1 , R1  ( a, b  ) Pt(2) cho ta đường tròn  C2  tâm O  0;0  , R2  m  ( a, b  ) Hệ phương trình có nghiệm   C1  cắt  C2   OH  R2  OK   m      m   10 Vậy hệ cho có nghiệm   m   10 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   Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE  CD , biết N  6; 2  hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác 0.50 0.50 0.50 2.0 định tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD AND   ABD  ABD   ACD (do ABCD hình chữ nhật) Tứ giác ADBN nội tiếp     Suy AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn, mà  ADC  900   ANC  900  AN  CN 0.50   Giả sử C  c  5; c , từ AN CN   1  2c    c   c   C 7;1 Tứ giác ABEC hình bình hành, suy AC / / BE Đường thẳng NE qua N song song với AC nên có phương trình y     b   B  N  lo¹ i  Giả sử B  b;   , ta có AB.CB   b2  4b  12    b  2  B  2; 2   Từ dễ dàng suy D  6;  0.50 0.50 0.50 Vậy C 7;1 , B  2; 2  , D  6;4  V 4,0 điểm u1   Cho dãy số  un  xác định  un 1  un  2018  un  un  , n   u un  u Tính lim      un 1    u2  u3  Theo giả thiết ta có: un 1  2.0 un  un  1  un mà u1  suy 2018 0.50  u1  u2  u3  dãy  un  dãy tăng Giả sử dãy  un  bị chặn suy lim un  L với  L   n  lim un 1  lim L  un2  2017un L2  2017 L L  2018 2018 L  Vô lý L  Suy dãy  un  không bị chặn lim un    lim Ta có: un 1  un  0.50 0 un un2  un   un  un  1  2018  un 1  un   2018 0.50 un  un  1 2018  un 1  un  un    un 1   un 1  1 un  1  un 1  1 un  1  2018  un 1    un  1   un1  1 un  1  1   2018     un  un 1   0.50 Đặt : Sn  un u1 u    u2  u3  un 1       S n  2018     2018     lim S n  2018  u1  un 1    un 1   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 2.0 cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN x  y  10  điểm A có hồnh độ âm Gọi I, J giao điểm BM, CN với đường tròn  C  Do tứ giác BCM N nội tiếp nên   CNM  , lại có CJI   I MBC BC (cùng chắn cung IC) I  CN  CJ M  MN / / IJ 0.50  ACI   ABI  BA  J CA Lại có  J      ABI  J CA( doNBM  NCM )  J BA  I CA  AI  AJ  AO  J I  AO  M N Từ ta có: +) Do OA qua O  0;0  vng góc với MN : x  y  10  nên Phương trình đường thẳng OA : x  y  0.50  A  4;3    x  y  25  A  4; 3   lo¹ i  3 x  y  +) Tọa độ điểm A nghiệm hệ  2 +) Do AC qua A  4;3  K  2;1  , nên phương trình đường thẳng AC : x  y    x  y   C  4;   A  lo¹ i  Tọa độ điểm C nghiệm hệ    x  y  25 C 5;  0.50 +) Do M giao điểm AC MN nên tọa độ điểm M nghiệm hệ 4 x  y  10   M  1;2   x  y   +) Đường thẳng BM qua M  1;2  vng góc với AC nên phương trình đường thẳng BM : x  y   3 x  y    B  0;5  Tọa độ điểm B nghiệm hệ    B  3; 4   x  y  25 Vậy A  4;3  , B  3; 4  , C 5;0  A  4;3  , B  0;5  , C  5;0  Hết 0.50