Đề thi định kỳ Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT chuyên Bắc Ninh lần 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN I TỔ TOÁN TIN
NĂM HỌC 2018 – 2019
(Đề thi có 01 trang)
Môn: Toán 11 (Dành cho lớp 11 Chuyên Sinh, Văn, Anh, Cận 2)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)    
Câu 1 (2,5 điểm). a) Cho 4 3
cos x  ,sin y  với 3
 x  0;  y  . 5 5 2 2
Hãy tính giá trị của: cos(x  y) và sin(x  y) .
b) Giải các phương trình sau:
2sin 3x  3 cos x  sinx cos 2 x 3cosx 2  0.
Câu 2 (2,5 điểm). a) Cho phương trình: 2
x  4x  m 1  0. Tìm giá trị của m để phương trình có hai
nghiệm phân biệt dương thỏa mãn: x  x  6 . 1 2
b) Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau vô nghiệm? 2
mx  2mx  2m  3  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Lấy điểm D trên đường thẳng BC    16a
sao cho CB  CD  0 , biết AB  3a, HC  , (a  0) . 5
Tính diện tích tam giác ABD .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 2
2x  x  2x x  x 1  1
Câu 5 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có các đỉnh B, D thuộc trục hoành,
các đỉnh A, C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d : x  2y 1  0 và d : 3x  2 y  5  0. 1 2
a) Chứng minh hai điểm A và C đối xứng nhau qua trục hoành ? Xác định tọa độ các đỉnh A và C.
b) Biết diện tích hình thoi ABCD bằng 20. Xác định tọa độ các đỉnh B và D.
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau đây: 8 6 6 sin x  o
c s x  sin 4x  4 y  4 . 4 4
sin x  cos x  sin 4x 1
------------------ Hết ------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………; Số báo danh:………….………….
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
HDC ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN I TỔ TOÁN TIN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Toán 11 (Dành cho lớp 11 Chuyên Sinh, Văn, Cận 2) Câu ý Nội dung Điểm I a) 4   3  từ 0,25 cos x  với
 x  0  sinx  5 2 5        4   từ 3 sin y với 3 y cos y 5 2 5 0,25  0,25 vậy: 7
cos(x  y)  cosxcosy sinxsiny  25
sin(x  y)  sinxcosy cosxsiny  0 0,25      0,25 *)2sin 3x 3 cos x sinx 2sin 3x sinx 3 cos x b) 1 3   sin 3x  sin . x 
.cos x  sin 3x  sin(x  ) 0,25 2 2 3      x 
 k; x   k 6 3 2 0,25 2
*) cos 2 x 3cosx 2  0  2cos x  3cos x 1  0 0,25 cos x  1 
x  (2k 1)   0,25 1    2   cos x  x   k2 0,25  2  3 II a)
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  '  0 3   m  0  
 S  x  x  0  S  4  0  1   m  3 0,5 1 2 
P  x .x  0
P  m 1 0  1 2 
ta có hệ thức x  x  6  x  x  2 x .x  6 1 2 1 2 1 2 0,5
 4  2 m 1  6  m  0
Đố chiếu điều kiện thỏa mãn: m = 0 0,25 b) 2
mx  2mx  2m  3  0
xét m  0 ta được bpt: 3  0 (t/m) 0,25 xét m  0 khi đó 2
f (x)  mx  2mx  2m  3 là một tam thức bậc hai a  0
bất phương trình vô nghiệm  f (x)  0   0,5  '  0 m  0  
 0  m .Vậy bất phương trình vô nghiệm khi m  0 2
m  3m  0 0,5 III Ta có 16a 16a 2 2 2 2 0,25
AB  BH.BC  9a  BH (BH  )  BH  BH  9a  0 5 5 9a 2  BH   BC  5 ;
a AC  4a  S  6a 5 ABC  0,5
Ta có C là trung điểm của BD, do đó S  2S AB  D A  BC
Vậy diện tích tam giác ABD là: 2 12a 0,25 IV 2 2
2x  x  2x x  x 1  1 Đk: 2
x  x 1  0; luôn đúng với mọi x 0,25 2 2 2 2 2 2
2x  x  2x x  x 1  1  x  2x x  x 1  (x  x 1)  4x 2
x  x  x 1  2 ;x(1) 2 2 2
 (x  x  x 1)  4x   0,25 2
x  x  x 1  2  ; x (2) 2
(1)  x  x 1  x  x  1  0,25 1 33 2
(2)  x  x 1  3x  x  16 0,25 V Va 1,0 đ
Vì B và D thuộc trục hoành nên các đỉnh A và C của hình thoi đối xứng qua Ox. 0,5đ
Có A(2a-1;a) nên C(2a-1;-a), mà C thuộc d nên A(3;2), C(3;-2). 0,5đ 2 Vb 1,0 đ gt: S
 20, AC  4  BD  10  IB  5, với I(3;0) là tâm hình thoi; ABCD B ;0
b , IB  b  3  5  b  8;b  2  ; 0,5đ
Từ đó ta có B(8;0) và D(-2;0) hoặc B(-2;0) và D(8;0). 0,5đ VI 1,0đ
sin 4x  3cos4x 1
Hạ bậc biến đổi y về dạng y  (1) xác định trên 
sin 4x  cos4x  2 0,5đ
(do sin 4x  cos4x  2, x    )
Từ (1) có  y  
1 sin 4x   y  3cos4x  1 2y 2 , nhờ điều kiện (2) có 0,5đ 2   22 2   22
nghiệm thực, ta có max y  ;min y  . 2 2
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN I TỔ TOÁN TIN
NĂM HỌC 2018 – 2019
(Đề thi có 01 trang)
Môn: Toán 11 (Dành cho lớp 11 Chuyên Lý, Hóa, Tin, Cận 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)    
Câu 1 (2,5 điểm). a) Cho 4 3
cos x  ,sin y  với 3
 x  0;  y  . 5 5 2 2
Hãy tính giá trị của: cos(x  y) và sin(x  y) .
b) Giải các phương trình sau:
2sin 3x  3 cos x  sinx cos 2 x 3cosx 2  0.
Câu 2 (2,5 điểm). a) Cho phương trình: 2
x  4x  m 1  0. Tìm giá trị của m để phương trình có hai
nghiệm phân biệt dương thỏa mãn: x  x  6 . 1 2
b) Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau vô nghiệm? 2
mx  2mx  2m  3  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Lấy điểm D trên đường thẳng BC    16a
sao cho CB  CD  0 , biết AB  3a, HC  ,(a  0) . 5
Tính diện tích tam giác ABD .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 2
2x  x  2x x  x 1  1
Câu 5 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Đường trung tuyến AM
và đường thẳng BC có phương trình lần lượt là: 3x  5y  8  0; x  y  4  0 . Đường thẳng AH cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; -2). Tìm tọa độ điểm B, biết B có hoành độ không lớn hơn 3.
Câu 6 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y  3  0 . Viết phương trình đường
thẳng d’ là ảnh của d qua phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép tịnh tiến theo u(1; 2
 )và phép đối xứng trục Ox.
Câu 7 (1.0 điểm).
Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2 2 2
x  y  4x  4  x  y  4x  4 10 3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   2 2 x  y  . 4
------------------ Hết ------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………; Số báo danh:………….………….
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
HDC ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN I TỔ TOÁN TIN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Toán 11 (Dành cho lớp 11 Chuyên Lý, Hóa, Tin, Cận 1) Câu ý Nội dung Điểm I a)    từ 4 0,25 cos x  với  x  0 3  sinx  5 2 5 3     3    4   từ sin y với y cos y 5 2 5 0,25  0,25 vậy: 7
cos(x  y)  cosxcosy sinxsiny  25
sin(x  y)  sinxcosy cosxsiny  0 0,25      0,25 *)2sin 3x 3 cos x sinx 2sin 3x sinx 3 cos x b) 1 3   sin 3x  sin . x 
.cos x  sin 3x  sin(x  ) 0,25 2 2 3      x 
 k; x   k 6 3 2 0,25 2
*) cos 2 x 3cosx 2  0  2cos x  3cos x 1  0 0,25 cos x  1 
x  (2k 1)   0,25 1    2   cos x  x   k2 0,25  2  3 II a)
phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  '  0 3   m  0 0,5  
 S  x  x  0  S  4  0  1   m  3 1 2 
P  x .x  0
P  m 1 0  1 2  0,5
ta có hệ thức x  x  6  x  x  2 x .x  6 1 2 1 2 1 2
 4  2 m  3  6  m  0
Đố chiếu điều kiện thỏa mãn: m = 0 0,25 b) 2
mx  2mx  2m  3  0
xét m  0 ta được bpt: 3  0 (t/m) 0,25 xét m  0 khi đó 2
f (x)  mx  2mx  2m  3 là một tam thức bậc hai a  0
bất phương trình vô nghiệm  f (x)  0   0,5  '  0 m  0  
 0  m .Vậy bất phương trình vô nghiệm khi m  0 2
m  3m  0 0,5 III 16a 16a Ta có 2 2 2 2
AB  BH.BC  9a  BH (BH  )  BH  BH  9a  0 0,25 5 5 9a 2  0,5 BH   BC  5 ;
a AC  4a  S  6a 5 ABC 
Ta có C là trung điểm của BD, do đó S  2S AB  D ABC 
Vậy diện tích tam giác ABD là: 2 12a 0,25 IV 2 2
2x  x  2x x  x 1  1 Đk: 2
x  x 1  0; luôn đúng với mọi x 0,25 2 2 2 2 2 2
2x  x  2x x  x 1  1  x  2x x  x 1  (x  x 1)  4x 2
x  x  x 1  2 ;x(1) 2 2 2
 (x  x  x 1)  4x   0,25 2
x  x  x 1  2  ; x (2) 2
(1)  x  x 1  x  x  1  0,25 1 33 2
(2)  x  x 1  3x  x  0,25 16 V
Viết phương trình AD: x  y  2  0 0,25
 BC  AD  K(3; 1
 ) , AD  AM  (1 A ;1)
CM: ĐBC (D) = H  H (2;0) 0,25  7 1  0,25
AM  BC  M ;    2 2 
B(t;t  4) BC(t  3)  C(7  t;3  t)   t  2(tm) 0,25
AC  BH  AC.BH  0   B2; 2    t  5(L)
T (d )  d : x  y  4  0 0.5 VI u 1
ĐOx (d1) : x  y  4  0 0.5 2 2 x y 0.5
Từ điều kiện x, y suy ra  1 VII 25 21 75 63 0.5 GTLN: GTNN: 4 4