Đề thi Khảo sát chất lượng đầu năm khối 11

[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNGĐẦU NĂM HỌC 2013 - 2014 Mơn thi: Tốn 11; Thời gian làm bài: 120 phút Dành cho học sinh Chuyên Toán, Tin, Lý, Hóa

Câu (3,0 điểm) Giải phương trình, bất phương trình

a)

2 28

2

( 1)

x x

x

   



b)

2

4

1

1

x

x

x x



  

 

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

3

2

x xy y

x y x y

   

 

    

 

Câu 3 (1,0 điểm) Cho số x a b, , thỏa mãn a b 

 

Tính giá trị biểu thức

2

cos ( ) sin ( ) cos( )sin( )

A x a  x b  x a x b

Câu 4 (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thoả mãn x2y2 z2 1 Tìm giá trị

lớn biểu thức 2

1 1

xy yz zx

P

z x y

  

  

Câu 5 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có G trọng tâm, M N tương ứng trung điểm BC CG

a) Giả sử AB u AC v , 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Hãy biểu diễn véc tơ AG MN



theo u v,

 

b) Cho biết AB4, AC5, tanBAC3 Tính BC MN

Câu 6 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có A( 3; 6), phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B C

3x y  0 x 2y0

a) Viết phương trình BC tính diện tích tam giác ABC b) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNGĐẦU NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn thi: Tốn 11; Thời gian làm bài: 120 phút. Dành cho học sinh Chuyên Tốn, Tin, Lý, Hóa

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Điều kiện: x1

Bất phương trình

2

2 28

2( 1)

( 1) x

x

    



Đặt t(x1) ,2 t0 Khi bất phương trình trở thành

28

2 28

2

t t t t

t

          

1,0

Suy t4, hay (x1)2    4 x

Kết hợp điều kiện suy nghiệm bất phương trình    3 x 1, 1  x 0,5

b) Điều kiện:

2

4

1

x

x x

  

    

  

Phương trình tương đương với 4 x2    x 4 x2  1 x

0,5

2 2

1

1 1 7

1 2

4 (1 ) 2

2 x

x x

x

x x x x x

 

  

   

        

      

  



Vậy nghiệm phương trình

1

x 

1,0

Câu 2 (1,0 điểm)

Đặt t 2x y , phương trình thứ hai hệ trở thành

2 3 1 3 1 1.

t   t  t     t t

Suy 2x y 1

0,5

Do y 1 ,x vào phương trình thứ ta 3x2 (1 ) (1 )x  x   x 4

2

1

3 5

x

x x

x

  

    

  

Suy nghiệm hệ

5 13 (1; 1), ;

3

 

  

 

Câu 3 (1,0 điểm)

Ta có

1 cos 2( ) cos 2( )

cos( )cos( )

2

x a x b

A       x a x b

 

1

1 cos 2( ) cos 2( ) cos( )sin( )

1 sin( )sin( ) cos( )sin( )

1 sin( ) cos( )sin( )

2

x a x b x a x b

x a x b b a x a x b

x a x b x a x b

                         0,5      

1 sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) cos( )sin( )

1

1 sin( ) cos( ) sin( ) cos( )

1 1

1 sin ( ) ( ) sin( )

2 4

x a x b x b x a x a x b

x a x b x b x a

x a x b b a

                            0,5 Câu 4 (1,0 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có

 2  2  2  2  2  2

xy yz zx

P

x z y z y x z x z y x y

  

        

           

2 2 2 2 2 2

2 2

xy yz zx

x z y z y x z x z y x y

  

     

0,5

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1

2

x y y z z x

x z y z y x z x z y x y

                

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1

4

x y y z z x

x z y z y x z x z y x y

 

       

     

 

Dấu đẳng thức xảy

1

x y z  

Vậy giá trị lớn P

,

4 đạt

1

x y z  

Chú ý: Nếu học sinh đánh giá

2 2 2

2 2

1

2 1

x y y z z x

P

z x y

    

    

  

  khơng

tìm giá trị lớn P,

2 2 2

2 2 2

2 2 2.9

3 ,

4

1 1 1

x y y z z x

z x y z x y

  

        

     

có nghĩa bất đẳng thức bị ngược chiều

0,5

Câu 5 (2,0

a) Ta có

 

2 1( ),

3 3

AG AM  AB AC  u v

                                                                                     

1 1

( )

2

MN  BG AG AB  v u

      1,0 A B C G P N M

u v

i m đ ể

) b) * Vì



tanBAC 3 0 nên BAC nhọn. (*)

Từ

2

2 1 tan

cos 



 

(*) ta suy



cos

8

BAC 

Theo định lý cosin

2 42 52 2.4.5.1 36.

BC    

Suy BC6

* Gọi P trung điểm AC Khi

2 2

2 79.

2 4

BA BC AC

BP    

Suy

79

BP

Suy

2 79 79

3

BG 

Do

1 79

2

MN  BG

1,0

Câu 6 (2,0

i m đ ể

)

a) * ACBH pt AC x: 3y 15 0.

Từ hệ

3 15

(6; 3)

x y

C

x y

  



 

 



* AB CK  pt AB: 2x y 0

Từ hệ

2

(1; 2)

3

x y

B x y

 



 



  



Suy pt BC x y:   0. Diện tích

1

( , ) 30

ABC

S  BC d A BC 

1,0

b) Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình dạng

2 2 2 0.

x y  ax by c 

Vì A, B, C thuộc đường tròn nên

45 12

5

45 12 15

a b c a

a b c b

a b c c

    

 

 

     

 

      

 

Suy ( ) :C x2 y2 2x 6y 15 0 hay (x1)2(y 3)2 25

1,0

( 3; 6) A 

B C

H