toanmath com đề kiểm tra chất lượng đội tuyển toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT hậu lộc 4 – thanh hóa

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
TỔ: Toán

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN
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)
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Số báo danh
……………………............

Câu I (4,0 điểm)
1. Cho hàm số y = x 2 + 2 x − 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
x1 + m x2 + m
+
= −6
độ x1 ; x2 thỏa mãn
x2 − 1 x1 − 1
2. Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ 4 .
Câu II (4,0 điểm)
π
( 1 + s inx + cos2x ) sin  x + ÷ 1
4
1. Giải phương trình

=

cosx
1+tanx
2
 x + 1 + y + 1 = 4 − x + 5 y
( x, y ∈ ¡ ) .
2. Giải hệ phương trình  2
 x + y + 2 = 5 ( 2 x − y + 1) + 3 x + 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
a

+

c+ a
b

+

a+ b
c

≥ a+ b+ c+3

u1 = 2018
 3n

2. Cho dãy số (un) được xác định bởi  2
. Tính giới hạn lim  2 .un ÷.

2
n

( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + 4 ) un , n ≥ 1
Câu IV (4,0 điểm)
3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 
.
3 x + 2 y − 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)
1. Cho dãy số ( un )

u1 = 2
 u
un 
u

xác định 
.Tính lim  1 + 2 + ... +
1
÷.
2
un +1 − 1 
 u2 − 1 u3 − 1
un +1 − un = 2018 ( un − un ) , ∀n ≥ 1

2
2
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( C ) : 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 − 3 y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
...........................Hết........................


Câu
I
4,0
điểm

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
NỘI DUNG
2
1. Cho hàm số y = x + 2 x − 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
x1 + m x2 + m
+
= −6
phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn
x2 − 1 x1 − 1

Điểm
2.0

+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y = x 2 + 2 x − 3

 x = −1
⇒ I ( −1; −4 )
ta có đỉnh I : 
 y = −4
Ta có bảng biến thiên:
-1

0.50

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
-3

O

1

x

-4

 x1 ≠ 1
Đk: 
 x2 ≠ 1
2

2
Xét phương trình hoành độ giao điểm x + 2 x − 3 = 2mx − 4 ⇔ x − 2 ( m − 1) x + 1 = 0 (1)
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm
∆′ = ( m − 1) 2 − 1 > 0
 m 2 − 2m > 0
m > 2
⇔
⇔
phân biệt x1 , x2 ≠ 1 ⇔ 
m < 0
 4 − 2m ≠ 0
1 − 2 ( m − 1) + 1 ≠ 0
 x1 + x2 = 2 ( m − 1)
khi đó theo định lí viet ta có 
 x1.x2 = 1
x12 + x22 + ( m − 1) ( x1 + x2 ) − 2m
x1 + m x2 + m
+
=
−
6
⇔
= −6
Ta có
x2 − 1 x1 − 1
x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1

0.50

(x +x )
⇔ 1 2

2

− 2 x1 x2 + ( m − 1) ( x1 + x2 ) − 2m
4 ( m − 1) − 2 + 2 ( m − 1) − 2m
= −6 ⇔
= −6
x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1
1 − 2 ( m − 1) + 1
2

2

m = 2
⇔ 6 ( m − 1) − 2m − 2 = −6 ( 4 − 2m ) ⇔ 3m − 13m + 14 = 0 ⇔ 
m = 7
3

7
kết hợp với điều kiện ta được m =
3
2. Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ 4 (∗)
2

2

4×(1+ x2 + 2x − 3)
x+ 3 + x− 1

2.0
0.50
0.50

Điều kiện: x ≥ 1. Suy ra: x + 3 + x − 1 > 0.
(∗) ⇔

0.50

≥ 4 ⇔ 1+ x2 + 2x − 3 ≥ x + 3 + x − 1

0.50

⇔ 1+ x2 + 2x − 3 + 2 x2 + 2x − 3 ≥ x + 3+ x − 1+ 2 (x + 3)(x − 1)
⇔ x2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 hoặc x ≥ 2.

II
4,0
điểm

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =  2; +∞ ) ×
π
( 1 + s inx + cos2x ) sin  x + ÷ 1
4
1. Giải phương trình

=
cosx
1+tanx

2
π

x ≠ + kπ

cosx ≠ 0
cosx ≠ 0 
2
⇔
Điều kiện : 

1 + tanx ≠ 0
tanx ≠ −1  x ≠ − π + kπ

4
π
( 1 + s inx + cos2 x ) sin  x + ÷ 1
4

Pt ⇔
=
cos x
s inx
2
1+
cos x
cos x ( 1 + s inx + cos2 x ) cos x + s inx
1
⇔
.

=
cos x
cos x + s inx
2
2
−1
⇔ 1 + s inx + cos 2 x = 1 ⇔ −2s in 2 x+ s inx + 1 = 0 ⇔ s inx =
hoặc s inx = 1 (loại).
2
−π

x=
+ k 2π

1
 −π 
6
,( k ∈ Z )
Với sin x = − ⇔ s inx = sin 
÷⇔ 
2
 6 
 x = 7π + k 2π

6
−π
+ k 2π ;
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x =
6
7π

x=
+ k 2π với ( k ∈ Z ) .
6
 x + 1 + y + 1 = 4 − x + 5y

2.Giải hệ phương trình 

2
 x + y + 2 = 5 ( 2x − y + 1) + 3x + 2

( x, y ∈ ¡ ) .

0.50
2.0

0.50

0.50

0.50

0.50

2.0


2

 x ≥ − 3 , y ≥ −1
Điều kiện :  4 − x + 5y ≥ 0 .


 2x − y + 1 ≥ 0

0.50

Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :
x + 1 + y + 1 = 4 − x + 5y ⇔ x + y + 2 + 2
⇔ x − 2y − 1 +
⇔

(

( x + 1) ( y + 1)

x +1 − y +1

)(

= 0 ⇔ x +1+

( x + 1) ( y + 1) = 4 − x + 5y
( x + 1) ( y + 1) − 2 ( y + 1) = 0

0.50

)

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 2 + x + 2 = 5x + 5 + 3x + 2 ⇔ x − x − 1 + x + 2 − 5x + 5 + x + 1 − 3x + 2 = 0

⇔ x2 − x −1 +

(

0.50

x2 − x −1
x2 − x −1
+
=0
5x + 5 + x + 2
3x + 2 + x + 1

)

1
1


⇔ x 2 − x − 1 1 +

+
÷= 0
5x + 5 + x + 1
3x + 2 + x + 2 


1+ 5
1+ 5
⇒y=
x =
2
2
⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ 

1− 5
1− 5
⇒y=
x =

2
2
1
1
2
+
> 0 , ∀x ≥ − . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm
Vì 1 +
5x + 5 + x + 1
3x + 2 + x + 2
3

 1 + 5 1 + 5   1 − 5 1 − 5  
;
;
của hệ : ( x, y ) = 
÷; 
÷ .
2 ÷
2 ÷
 2
  2
 

III
4,0
điểm

1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

b+ c
a

+

c+ a
b

+

a+ b

≥ a+ b+ c+3

c

b+ c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
Tương tự ta được

a

c+ a
b

≥2

≥

2 bc
a

=2

bc
a

0.50

2.0

0.50

ca a + b
ab
;
≥2
b
c
c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

b+ c
a

+

c+ a
b

+

 bc
ca
ab 
≥ 2
+
+
÷


÷
a
b
c
c



a+ b

0.50

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

bc
ca
+
≥2
a
b
Áp dụng tương tự ta được

bc ca
×
=2 c
a
b

ca
ab

+
≥ 2 a;
b
c

ab
bc
+
≥2 b
c
a

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
0.50


bc
ca
ab
+
+
≥ a+ b+ c
a
b
c
Do đó ta suy ra

b+ c
a

+

c+ a
b

+

a+ b
c

(

≥2

a+ b+ c

)

Ta cần chứng minh được

(

2

)

a + b + c ≥ a + b + c + 3⇔ a + b + c ≥ 3

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.
u1 = 2018
2. Cho dãy số (un) được xác định bởi  2
.
2
( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + 4 ) un , n ≥ 1
3

Tính giới hạn lim  2 .un ÷.
n

2
un +1
1 (n + 1) + 3(n + 1)
1 un
un ⇔
=
Ta có un +1 =
2
2
3
n + 3n
(n + 1) + 3(n + 1) 3 n 2 + 3n
u
1
1
Đặt vn = 2 n ⇒ vn +1 = vn ⇒ (vn) là cấp số nhân có công bội q = và số hạng đầu
n + 3n
3

3
n −1
n −1
u 2018 1009
1009  1 
1009  1 
v1 = 1 =
=
⇒ vn =
.  ÷ ⇒ un =
.  ÷ ( n 2 + 3n )
4
4
2
2 3
2 3

0.50

2.0

n

 1009  1 n −1 2
 3n

 3n

3n 
lim

.
u
=
lim
.
u
=
lim
.
n
+
3
n
.

Khi đó
) n2 ÷÷
 2 n÷
 2 n÷
 ÷ (
n

n

 2 3


IV
4,0
điểm

 3027 n 2 + 3n  3027
 3  3027
= lim 
.
lim 1 + ÷ =
.
÷=
2
n
2
2
 n
 2

3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 
3 x + 2 y − 6 − 6m = 0
 x ≥ −2
Đk: 
 y ≥ −6

0.50

0.50

0.50
0.50
2.0

 x   y
x
y

+1 − 2
+2 =3
 + 1÷+  + 2 ÷− 2
2
3
 2   3

Ta có pt(1) ⇔ 
 x + 1 +  y + 2  = m + 4

÷
 2 ÷
 3


x
+1
a =
 a 2 + b 2 − 2a − 2b = 3
2

Đặt 
(đk a, b ≥ 0 ). Ta có hệ phương trình  2
(*)
2

 a + b = m + 4
b = y + 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

0.50

0.50

Nếu m > 4 . Chọn hệ tọa độ Oab ta có
1
Pt(1) cho ta
đường tròn ( C1 ) tâm I ( 1;1) , R1 = 5 ( vì a, b ≥ 0 )
4
1
Pt(2) cho ta đường tròn ( C2 ) tâm O ( 0;0 ) , R2 = m + 4 ( vì a, b ≥ 0 )
4
Hệ phương trình có nghiệm ⇔ ( C1 ) cắt ( C2 )

0.50

⇔ OH ≤ R2 ≤ OK ⇔ 3 ≤ m + 4 ≤ 2 + 5 ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10
Vậy hệ đã cho có nghiệm ⇔ 5 ≤ m ≤ 3 + 2 10

0.50

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.
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

2.0

·ADC = 900 ⇒ ·ANC = 900 ⇒ AN ⊥ CN .

0.50

uuuur uuuu
r

Giả sử C ( 2c + 5; c) , từ AN .CN = 0 ⇒ 3 ( 1 − 2c) + ( 2 + c) = 0 ⇒ c = 1 ⇒ C ( 7;1)
Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / / BE .
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y + 2 = 0.

0.50


b = 6 → B ≡ N ( lo¹i )
uuur uuur
2

B
b
;
−
2

A
B
.
C
B
=
0
⇒
b
−
4
b
−
12
=
0
⇒
) , ta có
Giả sử (
b = −2 → B ( −2; −2)


0.50

Từ đó dễ dàng suy ra D ( 6;4)

0.50

Vậy C ( 7;1) , B ( −2; −2) , D ( 6;4) .
V

4,0
điểm

u1 = 2

1. Cho dãy số ( un ) xác định 
.
1
2
un +1 − un = 2018 ( un − un ) , ∀n ≥ 1
 u
un 
u
Tính lim  1 + 2 + ... +
÷.
un +1 − 1 
 u2 − 1 u3 − 1
Theo giả thiết ta có: un +1 =

un ( un − 1)
2018

2.0

+ un mà u1 = 2 suy ra.

0.50

2 = u1 < u2 < u3 < ....... do đó dãy ( un ) là dãy tăng.
un = L với ( L ≥ 2 ) khi đó.

Giả sử dãy ( un ) bị chặn trên suy ra lim
n →∞

lim un +1 = lim

L = 0
un2 + 2017un
L2 + 2017 L
⇔L=
⇔
.
2018
2018
L = 1

Vô lý do L ≥ 2 . Suy ra dãy ( un ) không bị chặn trên do đó. lim un = +∞ ⇒ lim
Ta có: un +1 − un =
⇔
=

0.50

1
=0
un

1
( un2 − un ) ⇔ un ( un − 1) = 2018 ( un+1 − un )
2018

un ( un − 1)
2018 ( un +1 − un )
un
=
=
un +1 − 1 ( un +1 − 1) ( un − 1) ( un +1 − 1) ( un − 1)

2018 ( un +1 − 1 − ( un − 1) )

( un+1 − 1) ( un − 1)

0.50

 1
1 
= 2018. 
−

 un − 1 un +1 − 1 
0.50

Đặt :
Sn =

un
u1
u
+ 2 + ... +
u2 − 1 u3 − 1
un +1 − 1

 1

1 
1 
⇒ Sn = 2018 
−
÷ = 2018 1 −
÷⇒ lim S n = 2018
 u1 − 1 un +1 − 1 
 un +1 − 1 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
( C ) : x 2 + y 2 = 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 − 3 y + 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
·
·
· I = I· BC (cùng
, lại có CJ
MBC
= CNM

2.0


chắn cung IC) do đó

· I = CNM
·
CJ
⇒ MN / / I J
 ·ACI = ·ABI

Lại có  J· BA = J· CA
·
·
·
·
 ABI = J CA(doNBM = NCM )
⇒ J· BA = I· CA ⇒
AI = AJ

0.50

⇒ AO ⊥ J I ⇒ AO ⊥ MN

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 OA : 3x + 4 y = 0.
 A ( −4;3)
⇒
 x + y = 25  A ( 4; −3)
3x + 4 y = 0

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

2

2

0.50

( lo¹i )

+) Do AC đi qua A ( −4;3) và K ( 2;1) , nên phương trình đường thẳng
AC : x + 3y − 5 = 0.
 x + 3 y − 5 = 0  C ( −4;3) ≡ A ( lo¹ i )
⇒
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  2
2
 x + y = 25
 C ( 5;0)
+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
4x − 3 y + 10 = 0
⇒ M ( −1;2)

 x + 3y − 5 = 0

0.50

3x − y + 5 = 0  B ( 0;5)
⇒
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  2
2
 x + y = 25
 B ( −3; −4)

0.50

+) Đường thẳng BM đi qua M ( −1;2) và vuông góc với AC nên phương trình đường
thẳng BM :3x − y + 5 = 0

Vậy A ( −4;3) , B ( −3; −4) , C ( 5;0) hoặc A ( −4;3) , B ( 0;5) , C ( 5;0) .
...........................Hết........................