Đề KSCL đội tuyển HSG môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Hậu Lộc 4

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi chọn HSG, mời các bạn cùng tham khảo nội dung Đề KSCL đội tuyển HSG môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Hậu Lộc 4 dưới đây. Hi vọng đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kì thi sắp tới. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

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 ... biệt có hoành 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:  ...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