Đề thi KS chất lượng đầu năm học 2017 môn Toán Lớp 11

SỞ GD-ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
MÔN TOÁN LỚP 11
Năm học 2016-2017

Thời gian làm bài:180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1(2,0 điểm). Cho parabol (P) : y  x 2  2mx  3 và đường thẳng ( ) : y  2x  m .

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) khi m=1
b. Tìm m để đường thẳng  cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2
thỏa mãn x12  x22  8
Câu 2(1,5 điểm)
1
3
a) Cho cos x   ,   x 
. Tính các giá trị lượng giác: sin 2 x; cos2x .
3
2
2
b) T×m m sao cho f ( x)  (m  1) x  2(m  1) x  3m  6  0 víi mäi x.

Câu 3(1,5 điểm)
a) Giải phương trình: x 2  2 x  5  3 2 x 2  4 x  5  0
b) Giải bất phương trình: 2 3x  1  3  x  2
x  2  t
Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho I(2;3) và đường thẳng : 
y  1 t

t

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua I và vuông góc với .
b) Viết phương trình đường tròn tâm I(2;3) tiếp xúc với .
Câu 5:(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa
trung tuyến và phân giác trong đỉnh B lần lượt là d1: 2x+y-3=0 và d2: x+y-2=0. Điểm M(2;1) nằm trên
đường thẳng AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 , điểm A có hoành độ
dương. Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2 y y  y  2 x x  1  x  1  0

Câu 6:(1,0 điểm) Giải hệ phương trình  3 x3  8
(x, y  )
3y2 1

1
3
2
2


Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại B và C có AB >CD
và CD = BC. Đường tròn đường kính AB có phương trình x2 + y2 – 4x – 5 = 0 cắt cạnh AD của hình
thang tại điểm thứ hai N. Gọi M là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng AB. Biết điểm N có
tung độ dương và đường thẳng MN có phương trình 3x + y – 3 = 0, tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C, D
của hình thang ABCD.
Câu 8: (1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn: abc  2( ab  bc  ca)  3( a  b  c)  16
1) Chứng minh rằng abc  1
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

1
12


.
abc a  b  c  3

--------------------------------Hết-------------------------------


SỞ GD & ĐT BẮC NINH

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM 2016-2017

TRƯỜNG THPT THUẬN
THÀNH SỐ 1

Môn: TOÁN 11

HƯỚNG DẪN CHẤM
Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong
hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định.

Nội dung
Điểm
Câu
- Tập xác định: D   .
0.25
Đỉnh: I(1;-4).

Trục đối xứng: x=1

Bảng biến thiên:

x

-

1

+

+

+
0.25

y

-4
Hàm số nghịch biến trên  ;1 . Hàm số đồng biến trên 1;  .

0.25

Đồ thị
1a.
+)Giao Ox: (-1;0) và (3;0)

+)Giao Oy: (0;-3):

1,0đ
Vẽ đồ thị đúng,
đẹp
6

4

0.25
2

10

5

5

2

4

10


Phương trình hoành độ giao điểm:

x 2  2  m  1 x  m  3  0

0.25

1

(P) cắt  tại 2 điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt
1.b

0.25

   m  m  4  0  m
2

1,0đ
Ta có: x1  x2  2(m  1);

x1 x2  m  3 .

 m  1
x  x  8  4 m  6m  2  0  
1
m  

2
2
1

2
2

2

Tính được sin x  

2 2
3

2.a

0,75đ

sin 2 x  2sin x cos x 

0,25

0.25

0.25

4 2
9

0.25

7
9

0.25

cos 2 x  2 cos 2 x  1  

TH1: m  1  f ( x)  4 x  3  0  x 

3
nên m=1 không thỏa mãn
4

0.25

TH2: m  1 . f(x) là tam thức bậc hai.
0.25

2.b
0,75đ

m  1  0
f ( x)  0 x    
2
  2m  11m  5  0

m  1

1

1
   m   m 
2
2

  m  5
Vậy m 

0.25

1
2
2

2

Đặt t  2 x  4 x  5  0  x  2 x 
3.a

0,75đ

t2  5
2

t  1
t  5

0.25

PT trở thành: t 2  6t  5  0  

0.25

t  1  2 x 2  4 x  4  0 PT vô nghiệm

0.25


 x  1  11
t  5  x 2  2 x  10  0  
 x  1  11
ĐKXĐ x 

1
3

BPT  2 3 x  1 

0.25

x  3  2  4  3 x  1  x  7  4 x  3

 11x  3  4 x  3

3.b

3

x 

11
121x 2  82 x  39  0


0.25

0,75đ

3

 x  11

  x  1
 x 1


39
 x  
121


0.25

Vậy tập nghiệm của BPT là: 1;  
Gọi đường thẳng cần lập là d
4a.
0,5đ



+) Đường thẳng  có một VTCP là u  (1;1)

0.25



Vì d   nên d nhận u  (1;1) làm VTPT
+) Phương trình đường thẳng d : 1 x  2   1 y  3  0  x  y  5  0 1 x  2   1

0.25

+) PT đường thảng  : x  y  1  0

Đường tròn tiếp xúc với đường thẳng nên bán kính đường tròn là: R  d ( I ,  ) 
4.b

2

2  3 1

 2

2

+) Phương trình đường tròn cần lập là:  x  2    y  3  2

0,5đ
5.

12  12

0.25

0.25

* B  d1  d 2  Tọa độ B 1;1
0.25\

*AB là đường thẳng đi qua B,M  AB : y  1  0
1,0đ

*Gọi N là điểm đối xứng với M qua đường phân giác d2  N  BC
0.25

*Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với d2  PT của d: x – y – 1=0

3 1
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d2  H   d  d 2  H  ; 
2 2
*Vì H là trung điểm của MN  N 1; 0   BC là đường thẳng đi qua B,N  BC : x  1  0
Nhận xét rằng:
 BA : y  1  0
*
 BA  BC  ABC vuông tại A  Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác
 BC : x  1  0

0.25

 I  d1 : 2 x  y  3  0  I  0;3
là trung điểm của AC  

 IB  5
 I  2; 1
 I  0;3
 A  1;1
*

(loại vì x A  1  0 )
 A  AB, C  BC C 1;5 
0.25

 I  2; 1
 A  3;1
*


(tm).
 A  AB, C  BC C 1; 3
*Vậy tam giác ABC có A(3;1), B(1;1), C(1:-3).
6.

ĐKXĐ:

Phương trình đầu của hệ









0.25

y  x  1 2 y  2 y ( x  1)  2( x  1)  1

 y  x 1

1,0đ

Thế vào phương trình thứ hai ta có :

ĐK:

3

3x 3  8
3x2  6 x  2

1
2
2


3 3
x 
3
3
x
8
10
3
3

. Để phương trình có nghiệm 
1 x  3
2
3

3 3
x 

3
0,25

Kết hợp với điều kiện

Đặt

3

x

3x 3  8
a 
2

3 3
3

3x 2  6x  2
 1  a (a  1)
2

Khi đó, phương trình đã cho trở thành:


3

3x 3  8
3x 2  6x  2
8
1
3x3  8
3x 2  6 x  2

2
2
2
 1 2

2
2
a
a  2a  4

 x  2(t/m)  y=1
3( x  2)( x 2  2 x  4) 3( x  2) x


  x2  2x  4 x
2

2a
2 a  2a  4
 (*)
 a 2  2 a  4 a





x  a

 x  a  ax  4   0   ax  4


3

TH1 : x  a  x 

3

0.25
3

3x  8
3x  8
 x3 
 x  2 y  1
2
2

3
3x 3  8
3  3x  8 
TH2: ax  4  x.
4 x 
  64
2
2


3

x  2

x3  8
 3 x 6  8 x 3  128  0   3 16  
16
x 
x 3
( L)


3
3

0.25

Vậy nghiệm của hệ là: (x;y)=(2;1)
+) N  MN(C) => tọa độ N là nghiệm của hpt:

3 x  y  3  0
1 12
, do N có tung độ dương nên N ( ; ), N1(2; 3) .
 2
2
5 5
 x  y  4 x  5  0
7.

  BDM
  45o => MN là đường phân giác góc BNA
 => N1 là
+) Tứ giác BMND nội tiếp  BNM
điểm chính giữa cung 

AB  IN1  AB với I(2;0) là tâm của (C) => AB: y = 0.

1,0đ

0.25

0.25

+) M = MNAB => M (1;0) , A,B là các giao điểm của đt AB và (C) => A(-1;0) và B(5;0) hoặc A(5;0)





và B(-1;0). Do IM cùng hướng với IA nên A(-1;0) và B(5;0) .

0.25

+) AN: 2x – y + 2 = 0, MD: y = 1 => D = ANMD => D(1;4).

 
MB  DC => C(5;4).

0.25


D

C

N

A

M I

B

N1

…

3

2 2 2

+) Vì a,b,c>0 nên theo BĐT Cosi cho 3 số ta có : ab  bc  ca  3 a b c ; a+b+c  3 3 abc

 16  abc  2(ab  bc  ca )  3( a  b  c)  abc  6 3 a 2b 2c 2  9 3 abc

Đặt t 

3

abc  t 3  6t 2  9t  16  0  t  1  abc  1

1
12
abc  2(ab  bc  ca )  3(a  b  c) 25




abc a  b  c  3
9
9
Ta có
1
abc 2
12
1
25


  ab  bc  ca  
 (a  b  c  3) 
abc
9
9
abc3 3
9

0.25

0.25

P

8.

0.25

1,0đ

1
abc 4
abc3
12

 ;

4
abc
9
9
3
abc3
4
2
10
  ab  bc  ca  
9abc 9
9
0.25

4
4 10 25
P
4  
3
9abc

9 9 9
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1
Vậy minP=3 khi a  b  c  1

----- HẾT -----