Đề kiểm tra chất lượng đội tuyển Toán 11 năm 2018 – 2019 mới nhất năm 2021

Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD... Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.[r]

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

TỔ: Toán

ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN

Năm học: 2018 - 2019

Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu

Câu I (4,0 điểm)

1 Cho hàm số y x 2 2x (*) và đường thẳng :3 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

độ x x thỏa mãn 1; 2 1 2

6

x m x m

    

2 Giải bất phương trình  2

( x  3 x   1) (1 x  2x 3) 4   

Câu II (4,0 điểm)

1 Giải phương trình

1 s inx cos2x sin

1 4

cosx

x 

  

2. Giải hệ phương trình

2

      





 x y,  

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

2. Cho dãy số (un) được xác định bởi

1

2018

u

n n u  n n u n





3 lim n.u n n

 

Câu IV (4,0 điểm)

1 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 3 6 2 4 4 3 18 2

3 2 6 6 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  u xác định n

1

2 1

2

1

2018

u







n n

u

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   2 2

C x   , 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

Số báo danh

………

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

I

4,0

điểm

1 Cho hàm số y x 22x (*) và đường thẳng :3 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 độ x x thỏa mãn 1; 2 1 2

6

x m x m

2.0

+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P):y x 22x 3

ta có đỉnh : 1  1; 4

4

x

y

 

  



Ta có bảng biến thiên:

y

x

-4

1

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:

0.50

Đk: 1

2

1 1

x x





 

Xét phương trình hoành độ giao điểm x22x 3 2mx 4 x22m1x 1 0 (1)

d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1; 2  phương trình (1) có hai nghiệm

phân biệt x x1, 2 1  

 

0

m m

m



         

khi đó theo định lí viet ta có 1 2  

1 2

1

x x







0.50

2 2

x m x m

-1

-1

-4

x

y

-3 O 1

    

1 2 1 2

2

3

m

m







 



kết hợp với điều kiện ta được 7

3

m

0.50

2 Giải bất phương trình 2

Điều kiện: x 1. Suy ra: x  3 x  1 0. 0.50

2

2

0.50

2

0.50

Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S   2;  0.50

II

4,0

điểm 1 Giải phương trình

1 s inx cos2x sin

1 4

cosx

x 

Điều kiện : cosx 0 cosx 0 2

1 tanx 0 tanx 1

4

  



      



Pt

1 sinx cos2 sin

1

1 cos

x x





cos 1 s inx cos2 cos s inx 1

x x



0.50

1 sinx cos 2 1 2sin x+sinx 1 0 sinx

2

          hoặc s inx 1 (loại) 0.50

Với sin 1 sinx sin 6 2 , 

7

2 6





  





 

    



Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 2

6

x  k 

  ; 7

2 6

x  k 

với k Z 

0.50

2.Giải hệ phương trình

2





Điều kiện :

2

3

4 x 5y 0 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

0.50

Thay x y  vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình :

2

x    x 2 5x 5   3x 2   x 2    x 1 x 2   5x 5    x 1   3x 2   0

0.50

2









2 x 3

   Đối chiều điều kiện ta có nghiệm

của hệ :  x, y 1 5 1; 5 ; 1 5 1; 5

0.50

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có b c 2 bc bc

2 a

Tương tự ta được c a ca a b ab

0.50

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

2

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có bc ca bc ca

0.50

Áp dụng tương tự ta được ca ab ab bc

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được bc ca ab

Do đó ta suy ra b c c a a b  

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

0.50

2 Cho dãy số (un) được xác định bởi

1

2018

u

n n u  n n u n





Tính giới hạn lim 32

n n

u n

 

2.0

Ta có

2

1





0.50

n

u

  (v n) là cấp số nhân có công bội

1 3

q và số hạng đầu

1 1

2018 1009

u

0.50

Khi đó lim 32

n n

u n

2 3

n

n



 

2 2

IV

4,0

điểm

1 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 3 6 2 4 4 3 18 2

3 2 6 6 0





   

Đk: 2

6

x y

 



  



H

x

3

y

1

O

I

1

Ta có pt(1)

m

         

 



0.50

Đặt

1 2

2 3

x

a

y

b



 





  



(đk ,a b ) Ta có hệ phương trình 0 2 2

2 2

2 2 3 4

a b m

    





  

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

Nếu m4 Chọn hệ tọa độ Oab ta có

Pt(1) cho ta 1

4 đường tròn  C1 tâm I 1;1 ,R1 5 ( vì ,a b ) 0

Pt(2) cho ta 1

4đường tròn C2 tâm O 0;0 ,R2  m ( vì ,4 a b ) 0

Hệ phương trình có nghiệm   C1 cắt C2

0.50

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

2.0

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

0.50

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.

Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y  2 0. 0.50

   





 

 

2

b

B

B

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 1 Cho dãy số  u xác định n

1

2 1

2

1

2018

u









n n

u

2.0

Theo giả thiết ta có:  

1

1 2018

n n

u u

  mà u12 suy ra

1 2 3

2u u u  do đó dãy  u là dãy tăng n

Giả sử dãy  u bị chặn trên suy ra n lim n

n u L

  với L2 khi đó

0.50

1

0

lim lim

1

n

L

L









Vô lý do L2 Suy ra dãy  u không bị chặn trên do đó n lim n lim 1 0

n

u

u

   

0.50

1

1 2018 2018

u  u  u u u u   u  u

     1  

1 2018

n

u



2018



0.50

Đặt :

n n

n

u

S

0.50

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 C x: 2y2 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

2.0

Gọi I, J lần lượt là giao điểm của BM, CN

với đường tròn  C .

Do tứ giác BCM N nội tiếp nên

MBC CNM, lại có CJI I BC (cùng

chắn cung IC) do đó

Lại có



ACI ABI



AI AJ  AOJ I  AOM N

Từ đó ta có:

+) DoOA đi qua O 0;0 và vuông góc với MN: 4x 3y 10 0  nên Phương trình

đường thẳng OA: 3x 4y 0.

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  



 









4 25

;3

4; 3

y

A

0.50

+) Do ACđi quaA4;3 và K 2;1 , nên phương trình đường thẳng

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ    

 









4;

25

3

5;0

C x

y

A y

lo¹ i

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





1;2

M

0.50

+) Đường thẳng BM đi qua M1;2và vuông góc với ACnên phương trình đường

thẳng BM : 3x y   5 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  



  



 



 

0;5

3; 4 25

B

x y

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

0.50

Hết