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

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TỔ: Toán
Năm học: 2018 - 2019
ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1
Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu
……………………............
Câu I (4,0 điểm) 1. Cho hàm số 2
y  x  2x  3 (*) và đường thẳng d : y  2mx  4 .
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành
x  m x  m
độ x ; x thỏa mãn 1 2   6  1 2 x 1 x 1 2 1
2. Giải bất phương trình 2
( x  3  x  1) (1  x  2x  3)  4 .
Câu II (4,0 điểm)    
1 s inx  cos2xsin x     4  1
1. Giải phương trình  cosx 1+tanx 2
 x 1  y 1  4  x  5y 
2. Giải hệ phương trình 
 x, y   . 2
x  y  2  52x  y   1  3x  2 
Câu III (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng b  c c  a a  b    a  b  c  3 a b c u   2018   3n 
2. Cho dãy số (u 1
n) được xác định bởi 
. Tính giới hạn lim  .u . 2  3n  9n 2 n  u      
 2n 5n 4 u , n 1  n n 1  n 
Câu IV (4,0 điểm) 3
 x  6 2x  4  4 3y 18  2y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  . 3
 x  2y  6  6m  0
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A 3;1 , đỉnh C nằm trên
đường thẳng  : x  2y  5  0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE  CD , biết N 6;2 là
hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.
Câu V (4,0 điểm) u   2 1   u u u 
1. Cho dãy số u xác định .Tính 1 2 lim    ... n  . n   1  u  u  u  u n    u 1 u 1 u 1 n n  2 , 1 1 n n     2018 2 3 n 1 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C 2 2
: x  y  25 , đường
thẳng AC đi qua điểm K 2;1 . Gọi M, N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là 4x  3y  10  0 và điểm A có hoành độ âm.
...........................Hết........................
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Cho hàm số 2
y  x  2x  3 (*) và đường thẳng d : y  2mx  4 . 4,0
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm 2.0 điểm
x  m x  m
phân biệt có hoành độ x ; x thỏa mãn 1 2   6  1 2 x 1 x 1 2 1
+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): 2
y  x  2x  3 x  1  ta có đỉnh I :   I  1  ; 4   y  4  Ta có bảng biến thiên: -1 x 1 -∞ +∞ 0.50 +∞ +∞ y -4
đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x  1
cắt trục hoành tại điểm 1;0; 3
 ;0 cắt trục tung tại điểm 0; 3  
Ta có đồ thị của hàm số: y 0.50 -1 x -3 O 1 -4 x  1 Đk: 1  x  1  2
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 2
x  2x  3  2mx  4  x  2m   1 x 1  0 (1)
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x  phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 0.50
  m  2 2 1 1  0
m  2m  0 m  2
phân biệt x , x  1      1 2  1   2  m   1 1  0 4  2m  0 m  0
x  x  2 m 1 1 2  
khi đó theo định lí viet ta có  x .x 1  1 2 2 2
x  m x  m
x  x  m 1 x  x  2m 1 2 1 2   1 2  Ta có   6    6 x 1 x 1
x x  x  x 1 2 1 1 2  1 2
x  x 2  2x x m  
1  x  x   2m 4m  2
1  2  2m  2 1  2m 1 2 1 2 1 2   6    6 0.50
x x  x  x 1 1 2 m 1 1 1 2  1 2   m  2 6m 2 1 2m 2 64 2m 2 3m 13m 14 0              7 m   3 7
kết hợp với điều kiện ta được m  3
2. Giải bất phương trình 2
( x  3  x  1) (1  x  2x  3)  4 ( )  2.0
Điều kiện: x  1. Suy ra: x  3  x  1  0. 0.50 2
4  (1  x  2x  3) 0.50 2 ( )  
 4  1  x  2x  3  x  3  x  1
x  3  x  1 2 2  0.50
1  x  2x  3  2 x  2x  3  x  3  x  1  2 (x  3)(x  1) 2
 x  4  0  x  2
 hoặc x  2.
Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S     2; 0.50 II    4,0
1sinx  cos2xsin x     4  1 2.0
điểm 1. Giải phương trình  cosx 1+tanx 2      cosx  0 cosx  0 x k  Điều kiện : 2     1 0.50   tanx  0 tanx  1 
x    k  4    
1 sinx  cos2xsin x     4  1 Pt   cos x sinx 2 1 0.50 cos x
cos x 1 sinx  cos2x cos x  sinx 1  .  cos x cos x  s inx 2 2 1 0.50 2
 1 sinx  cos 2x  1  2
 sin x+sinx 1  0  sinx 
hoặc s inx  1 (loại). 2    x   k2 1      Với 6
sin x    sinx  sin     ,k  Z  2  6  7 x   k2   6 0.50  
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x   k2 ; 6 7 x 
 k2 với k  Z  . 6
 x 1  y 1  4  x  5y 2.0
2.Giải hệ phương trình  x, y . 2
x  y  2  52x  y   1  3x  2   2 x   , y  1   3
Điều kiện : 4  x  5y  0  .  0.50 2x  y 1 0
Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :
x 1  y 1  4  x  5y  x  y  2  2 x   1 y   1  4  x  5y
 x  2y 1 x   1 y  
1  0  x 1 x   1 y   1  2y   1  0 0.50
  x 1  y 1 x 1  2 y 1  0  x 1  y 1  x  y .
Thay x  y vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 2
x  x  2  5x  5  3x  2 2
 x  x 1 x  2  5x  5  x 1 3x  2  0 2 2 0.50 2 x  x 1 x  x 1  x  x 1   0 5x  5  x  2 3x  2  x 1  2    1 1   x x 1 1   0    5x  5  x 1 3x  2  x  2   1 5 1 5 x   y  2 2 2  x  x 1  0    1 5 1 5 x   y   2 2 0.50 Vì 1 1 1   0 , 2 x
   . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm 5x  5  x 1 3x  2  x  2 3          của hệ :   1 5 1 5 1 5 1 5  x, y    ; ; ;   . 2 2   2 2       III
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng 4,0 b  c c  a a  b 2.0 điểm  
 a  b  c  3 a b c b  c 2 bc bc
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có   2 a a a 0.50 c  a ca a  b ab Tương tự ta được  2 ;  2 b b c c
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được b c c a a b  bc ca ab        2     a b c  a b c    0.50 bc ca bc ca
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có   2   2 c a b a b ca ab ab bc
Áp dụng tương tự ta được   2 a;   2 b b c c a bc ca ab
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được    a  b  c 0.50 a b c b  c c  a a  b Do đó ta suy ra  
 2  a  b  c a b c
Ta cần chứng minh được
2  a  b  c  a  b  c  3  a  b  c  3 0.50
Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết abc  1
Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1. u   2018  2. Cho dãy số (u 1
n) được xác định bởi  . 2 3n  9n  u      
 2n 5n 4 u , n 1 n 1  n 2.0  3n 
Tính giới hạn lim  .u . 2 n   n  2
1 (n 1)  3(n 1) u 1 u 0.50 Ta có n 1  n u  u   n 1  2 n 2 2 3 n  3n
(n 1)  3(n 1) 3 n  3n u 1 1 Đặt n v 
 v  v  (v
q  và số hạng đầu n
n) là cấp số nhân có công bội 2 n 1 n  3n  3 n 3 0.50 u 2018 1009 n 1  n 1 1009 1 1009 1      1 v     v  .  u  . n  n n   n    2 3  1 4 4 2 2  3  2  3   3n  n 1  3n  1009  1    3n 
Khi đó lim  .u  lim .u   lim . n  n    n  2 3 . 2  2 n  0.50  n  2  n   2 3 n      2
 3027 n  3n  3027  3  3027  lim .   lim 1  . 2   0.50  2 n  2  n  2 IV 3
 x  6 2x  4  4 3y 18  2y 4,0
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  2.0 điểm 3
 x  2y  6  6m  0 x  2  Đk: y  y  6  3 K H I 1 x 1 O 3
 x   y  x y  1   2  2 1  2  2  3      2   3  2 3 Ta có pt(1)     x   y  1   2  m  4       2   3  0.50  x a  1  2 2 2
a  b  2a  2b  3 Đặt 
(đk a,b  0 ). Ta có hệ phương trình  (*) 0.50  y 2 2
a  b  m  4 b   2  3
Hệ phương trình đã cho có nghiệm  hệ (*) có nghiệm a,b  0 Nếu m  4
 hệ (*) vô nghiệm  hệ phương trình đã cho vô nghiệm
Nếu m  4 . Chọn hệ tọa độ Oab ta có 1
Pt(1) cho ta đường tròn C tâm I 1; 
1 , R  5 ( vì a,b  0 ) 1  4 1 1 0.50
Pt(2) cho ta đường tròn C tâm O0;0, R  m  4 ( vì a,b  0 ) 2  4 2
Hệ phương trình có nghiệm  C cắtC 2  1 
 OH  R  OK  3  m  4  2  5  5  m  3  2 10 2 0.50
Vậy hệ đã cho có nghiệm  5  m  3  2 10
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A 3;1 ,
đỉnh C nằm trên đường thẳng  : x  2y  5  0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao 2.0
cho CE  CD , biết N 6;2 là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE. Xác
định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.
Tứ giác ADBN nội tiếp  
 AND  ABD và  
ABD  ACD (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra  
AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà  0  ADC   ANC  0 90
90  AN  CN . 0.50
 
Giả sử C 2c  5; 
c , từ AN .CN  0  3 1  2  c  2  
c  0  c  1  C 7;1
Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / /BE. 0.50
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y  2  0.  
b  6  B  N lo¹ i  Giả sử B  ;
b  2 , ta có AB B C  0  2 .
b  4b  12  0   0.50
b  2  B 2;2 
Từ đó dễ dàng suy ra D 6;4 0.50
Vậy C 7;1 , B 2;2 , D 6;4 . V u   2 1 4,0 
1. Cho dãy số u xác định . n   1 điểm u  u  u  u n    2.0 n n  2 , 1 1 n n   2018  u u u  Tính 1 2 lim    ... n   . u 1 u 1 u 1  2 3 n 1   u u  n  n  1
Theo giả thiết ta có: u 
 u mà u  2 suy ra. n 1  2018 n 1 0.50
2  u  u  u  ....... do đó dãy u là dãy tăng. n  1 2 3
Giả sử dãy u bị chặn trên suy ra limu  L với L  2 khi đó. n  n n 2 2 u  2017u L  2017L L  0 limu  lim n n  L   . n 1  2018 2018  L 1 0.50 1
Vô lý do L  2 . Suy ra dãy u không bị chặn trên do đó. limu    lim  0 n  n un 1 Ta có: u  u 
u  u  u u   u  u n n  2 1 2018 1 n n  n  n   n 1 n  2018 u u u  u  u 0.50 n n  n 1 2018 n 1 n     u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 n 1 
 n 1  n   n 1  n 
2018u 1 u 1   n 1   n  1 1    2018.    u 1 u 1 u 1 u 1 n 1   n   n n 1   Đặt : 0.50 u u u 1 2 S    ... n  n u 1 u 1 u 1 2 3 n 1   1 1   1   S  2018    20181
  lim S  2018 n u 1 u 1 u 1 n  1 n 1    n 1  
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C 2 2
: x  y  25 , đường thẳng AC đi qua điểm K 2;1 . Gọi M, N là chân các đường 2.0
cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường
thẳng MN là 4x  3y  10  0 và điểm A có hoành độ âm.
Gọi I, J lần lượt là giao điểm của BM, CN
với đường tròn C.
Do tứ giác BCMN nội tiếp nên  
MBC  CNM , lại có  
CJI  I BC (cùng chắn cung IC) do đó  
CJ I  CNM  M N / / I J 0.50   ACI  ABI  Lại có   JBA  JCA    
ABI  JCA doNBM   ( NCM )  
 JBA  I CA 
AI  AJ  AO  J I  AO  M N Từ đó ta có:
+) Do OA đi qua O 0;0 và vuông góc với MN : 4x  3y  10  0 nên Phương trình đường thẳng 0.50
OA : 3x  4 y  0.
3x  4 y  0  A 4;3
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ     2 x  2 y  25
A 4;3 lo¹i
+) Do AC đi qua A 4;3 và K 2;1 , nên phương trình đường thẳng
AC : x  3 y  5  0. 0.50
x  3y  5  0
C 4;3  A lo¹ i
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ     2 x  2 y  25 C 5;0
+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
4x  3y  10  0 
 M 1;2
x  3y  5  0
+) Đường thẳng BM đi qua M 1;2 và vuông góc với AC nên phương trình đường
thẳng BM : 3x  y  5  0 0.50
3x  y  5  0 B 0;5
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ     2 x  2 y  25 B 3;4
Vậy A 4;3, B 3;4,C 5;0 hoặc A 4;3, B 0;5,C 5;0.
...........................Hết........................