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

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
x  m x2  m

 6
độ x1 ; x2 thỏa mãn 1
x2  1 x1  1
2. Giải bất phương trình  ( x  3  x  1)  (1  x2  2 x  3)  4 . 
Câu II (4,0 điểm)

1  s inx  cos2x  sin  x   1
4

cosx
1. Giải phương trình


1+tanx
2

 x  1  y  1  4  x  5 y
2. Giải hệ phương trình 
 x, y    .
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)
3x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y
.
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 
3x  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  2 y  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
u

u
u
1
1
1



u
u
u
u
,
n
1







2
3
1
n



1

n

n
n
n

2018

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 4 x  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
x  m x2  m

 6
phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn 1
x2  1 x1  1

Điểm
2.0

+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y  x 2  2 x  3
 x  1
ta có đỉnh I : 
 I  1; 4 
 y  4
Ta có bảng biến thiên:
x

-∞
+∞

-1
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
-3

O

1

x

-4

x  1
Đk:  1
 x2  1
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2  2 x  3  2mx  4  x 2  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
2
 m 2  2m  0
m  2
   m  1  1  0
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
x 2  x22   m  1 x1  x2   2m
x  m x2  m
Ta có 1

 6  1
 6
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

0.50

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

2

2. Giải bất phương trình ( x  3  x  1)  (1  x2  2 x  3)  4

Điều kiện: x  1. Suy ra:
() 

4  (1  x 2  2 x  3)
x  3  x 1

()

2.0

0.50
0.50

x  3  x  1  0.

 4  1  x2  2 x  3  x  3  x  1

0.50

 1  x 2  2 x  3  2 x 2  2 x  3  x  3  x  1  2 ( x  3)( x  1)
 x 2  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;   

1  s inx  cos2x  sin  x   1
4

cosx

1. Giải phương trình
1+tanx
2



x   k

cosx  0
cosx  0 
2


Điều kiện : 

1  tanx  0
 tanx  1  x     k

4

1  s inx  cos2 x  sin  x   1
4

cos x

Pt 
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  s inx  cos 2 x  1  2s in 2 x+ s inx  1  0  s inx 

2.0

0.50

0.50

1
hoặc s inx  1 (loại).
2



x
 k 2

1
  
6
Với sin x    s inx  sin 
,k  Z 

2
 6 
 x  7  k 2

6


Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x 
 k 2 ;
6
7

x
 k 2 với  k  Z  .
6
 x  1  y  1  4  x  5y

2.Giải hệ phương trình 

0.50

2
 x  y  2  5  2x  y  1  3x  2

 x, y    .

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  1 y  1  2  y  1  0

x  1  y  1  4  x  5y  x  y  2  2
 x  2y  1 




 x  1 y  1  0  x  1 

x 1  y 1



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 :



 



x 2  x  2  5x  5  3x  2  x 2  x  1  x  2  5x  5  x  1  3x  2  0
 x2  x 1 



x2  x 1
5x  5  x  2

x2  x 1



0.50

0

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
Vì 1 

 0 , x   . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm
3
5x  5  x  1
3x  2  x  2
 1  5 1  5   1  5 1  5  
của hệ :  x, y   

;
;
;
 .
2   2
2  
 2

III
4,0
điểm

0.50

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Tương tự ta được

2.0

 a  b c 3

bc
a



ca
b

2 bc
a

2

2

bc
a

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

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có
Áp dụng tương tự ta được

bc
ca

2
a
b

ca
ab

 2 a;
b
c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

0.50

bc
ca

2 c
a

b

ab
bc

2 b
c
a

bc
ca
ab


 a b c
a
b
c

0.50


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

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 .
u1  2018
2. Cho dãy số (un) được xác định bởi  2
.
2
3
n

9
n
u

n

5
n

4
u
,
n

1




n

n

1


2.0

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
n  3n
3
(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
1009  1 
1009  1 
u 2018 1009
 vn 
.    un 
.    n 2  3n 
v1  1 

2 3
2 3
4
4
2
n

 1009  1  n 1 2
 3n

 3n

3n 
Khi đó lim  2 .un   lim  2 .un   lim 
n  3n  . 2 
.
 2  3  
n 
n

n




IV
4,0
điểm

0.50

0.50

 3027 n 2  3n  3027
 3  3027
.
 lim 
.
lim 1   

2
2
n
2
n
2




3x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 

3x  2 y  6  6m  0
y
 x  2
Đk: 
 y  6
3

0.50

0.50
2.0

K
H
I

1

O

1

 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
3

0.50



x
1
2
2
a 
2

 a  b  2a  2b  3
(đk a, b  0 ). Ta có hệ phương trình  2
(*)
Đặt 
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
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 
 OH  R2  OK  3  m  4  2  5  5  m  3  2 10

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  2 y  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

0.50

0.50

0.50
2.0

định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.
AND  
ABD và 
ABD  

ACD (do ABCD là hình chữ nhật).
Tứ giác ADBN nội tiếp  


Suy ra AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà

ADC  900  
ANC  900  AN  CN .

0.50

 

Giả sử C  2 c  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.
 

b  6  B  N  lo¹ i 

Giả sử B  b;  2  , ta có AB.CB  0  b2  4b  12  0  

b  2  B  2; 2 


Từ đó dễ dàng suy ra D  6; 4 

0.50

0.50

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 

2.0

un  un  1
 un mà u1  2 suy ra.
2018

0.50

2  u1  u2  u3  ....... do đó dãy  un  là dãy tăng.

Giả sử dãy  un  bị chặn trên suy ra lim un  L với  L  2  khi đó.
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

0.50

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

 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 
 S n  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

2.0

cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường
thẳng MN là 4 x  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 BCM N nội tiếp nên

  CNM
 , lại có CJI
  I
MBC
BC (cùng
chắn cung IC) do đó
I  CN

CJ
M  MN / / IJ

0.50



ACI  
ABI

BA  J
CA
Lại có  J
 
 
 ABI  J CA( doNBM  NCM )
 J
BA  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 : 4 x  3 y  10  0 nên Phương trình
đường thẳng OA : 3 x  4 y  0.

0.50

 A  4;3 

 x  y  25  A  4; 3   lo¹ i 
3 x  4 y  0

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

2

2

+) Do AC đi qua A  4;3  và K  2;1  , nên phương trình đường thẳng
AC : x  3 y  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 

0.50

+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

4 x  3 y  10  0
 M  1;2 

x  3 y  5  0

+) Đường thẳng BM đi qua M  1;2  và vuông góc với AC nên phương trình đường
thẳng BM : 3 x  y  5  0
3 x  y  5  0  B  0;5 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  2

2
 B  3; 4 
 x  y  25

Vậy A  4;3  , B  3; 4  , C 5;0  hoặc A  4;3  , B  0;5  , C  5;0  .
...........................Hết........................

0.50