Đề kiểm tra chất lượng đội tuyển lần 1 năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 11 - Trường THPT Hậu Lộc 4 (Có đáp án)

 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN 
 TỔ: Toán Năm học: 2018 - 2019 
 ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1 Môn thi: TOÁN - Lớp 11 THPT 
 Số báo danh 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 xx2 23 (*) và đường thẳng dy:2 mx 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 
 xmxm12 
độ x12; x thỏa mãn 6 
 xx21 11
2. Giải bất phương trình (3xx 1)(123)4  xx2 . 
Câu II (4,0 điểm) 
 1 sinx cos2x sin x 
 4 1
1. Giải phương trình cosx 
 1+tanx 2
 xy 1145 xy
2. Giải hệ phương trình xy, . 
 2 
 xy 2521 xy 32 x 
Câu III (4,0 điểm) 
1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng 
 bc ca ab 
 abc3 
 abc
 n
 u1 2018 3
2. Cho dãy số (un) được xác định bởi 22 . Tính giới hạn lim 2 .un . 
 39nnunnun 54,1 n
 nn 1 
Câu IV (4,0 điểm) 
 362443182x xyy
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm . 
 32660xy m
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 :250xy . 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) 
 u1 2
 uu12 un
1. Cho dãy số un xác định 1 2 .Tính lim ... . 
 uunn 1 uun nn ,1  uu23 11 un 1 1
 2018
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Cx:2522 y , 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 43100xy và điểm A có hoành độ âm. 
 ...........................Hết........................ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
 Câu NỘI DUNG Điểm 
 I 1. Cho hàm số y xx2 23 (*) và đường thẳng dy:2 mx 4. 
 4,0 Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm 2.0 
điểm 
 xmxm12 
 phân biệt có hoành độ x12; x thỏa mãn 6 
 xx21 11
 + Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y xx2 23 
 x 1
 ta có đỉnh II:1;4 
 y 4 
 Ta có bảng biến thiên: 
 -1 
 x -∞ 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 x 
 -3 O 1 
 -4 
 x1 1
 Đk: 
 x 1
 2 
 Xét phương trình hoành độ giao điểm xx22 232 mxx 4 2 mx 1 10 (1) 
 d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x phương trình (1) có hai nghiệm 
 12 0.50 
 2
 m 110 mm2 20 m 2
 phân biệt xx12,1 
 m 0
 12 m 1 10 42 m 0 
 xx12 21 m 
 khi đó theo định lí viet ta có 
 xx12.1 
 22
 xmxm12 xx12 m 12 xx 12 m
 Ta có 66 
 xx 11 xxxx 1
 21 1212 xx 2 21 xxm xx 2412212 m m 22 m m 
 12 12 12 660.50 
 xx12 x 1 x 2 11211 m 
 m 2 
 2
 6 mm 1 2 2 6 4 2 mmm 32 13 14 0 7
 m 
 3
 7
 kết hợp với điều kiện ta được m 
 3
 2. Giải bất phương trình (3xx 1)(123)4  xx2 () 2.0 
 Điều kiện: x 1. Suy ra: xx 310. 0.50 
 4(1 xx2 2 3) 0.50 
 () 4 1xx2 2 3 x 3 x 1 
 xx 31 
 123223312(3)(1)xx22 xx x x x x 0.50 
 xx2 40 2 hoặc x 2. 
 Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S 2;  0.50 
 II 
 1 sinx cos2x sin x 
 4,0 4 1 2.0 
điểm 1. Giải phương trình cosx 
 1+tanx 2
 xk 
 cosx 0 cosx 0 2 
 Điều kiện : 0.50 
 1tanx0 tanx1 
 x k 
 4
 1 sinx cos2xx sin 
 4 1 
 Pt cos x 
 sinx 2
 1 0.50 
 cos x
 cosxx 1 sinx cos2 cosx sinx 1
 .cosx 
 cosx sinx 22
 1 0.50 
 1 sinx cos 2x 1 2sin2 x+sinx 1 0 sinx hoặc sinx 1 (loại). 
 2
 xk 2 
 1 6 
 Với sinx sinx sin , kZ 
 267 
 xk 2 
 6 0.50 
 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x k2 ; 
 6
 7 
 x k2 với kZ . 
 6
 2.0 
 x1 y1 4x5y 
 2.Giải hệ phương trình x,y . 
 2 
 xy252xy13x2 2 
 x,y1 
 3 
 Điều kiện : 4x5y0 . 
 0.50 
 2x y 1 0
 Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có : 
 x1 y1 4x5yx y22 x1y1 4x5y 
 x 2y1 x1y1 0 x1 x1y1 2y1 0 
 0.50 
 x1 y1 x12y1 0 x1 y1 x y. 
 Thay xy vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình : 
 xx25x53x22 xx1x25x5x13x202 
 xx122 xx1 0.50 
 xx12 0 
 5x 5 x 2 3x 2 x 1
 2 11
 xx11 0 
 5x5x1 3x2x2 
 15 15 
 xy 
 2 22
 xx10 
 15 15
 xy 
 22 0.50 
 11 2
 Vì 10 ,  x . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm 
 5x5x1 3x2x2 3
  15151515 
 của hệ : x,y  ; ; ; . 
  22 22
 III 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng 
 4,0 bc ca ab 2.0 
điểm abc3 
 abc
 bc 2bc bc 
 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2 
 aa a 0.50 
 ca caab ab
 Tương tự ta được 2; 2 
 bcbc
 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được 
 bc ca ab bccaab 
 2 
 abc abc 0.50 
 bc ca bc ca
 Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có 22c  
 ab ab
 ca ab ab bc 
 Áp dụng tương tự ta được 2a; 2b 
 bc ca 
 bc ca ab 
 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được abc 0.50 
 abc bc ca ab 
 Do đó ta suy ra 2a b c 
 abc 
 Ta cần chứng minh được 
 2abc abc3abc3 
 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 abc1 . 
 u1 2018
 2. Cho dãy số (un) được xác định bởi . 
 39nnunnun22 54,1
 nn 1 2.0 
 3n
 Tính giới hạn lim 2 .un . 
 n
 1(nn 1)2 3( 1)uu 1 0.50 
 Ta có uu nn 1 
 nn 1 3nn222 3 (1)3(1)3 n n nn 3
 un 1 1 
 Đặt vvv (vn) là cấp số nhân có công bội q và số hạng đầu 
 nnnnn2 33 1 3 0.50 
 nn 11
 u1 2018 1009 1009 1 1009 1 2
 v1 vunnnn..3 
 44 2 23 23 
 n 1
 3n 3nn 1009 1 3 
 Khi đó lim .u lim .unn lim .2 3 . 
 2 n 22n 0.50 
 n nn 23 
 3027nn2 3 3027 3 3027 
 lim .2 lim 1 . 0.50 
 22nn 2
 IV 362443182x xyy 
 4,0 1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 2.0 
điểm 32660xy m
 x 2 y 
 Đk: 
 y 6
 3
 K 
 H 
 I
 1 
 x 
 1
 O 3 
 xy x y 
 1221223 
 23 2 3 
 Ta có pt(1) 
 xy
 124 m 
 23 0.50 
 x 
 a 1 22 
 2 ab 223 ab 
Đặt (đk ab , 0 ). Ta có hệ phương trình (*) 0.50 
 y abm22 4
 b 2 
 3
Hệ phương trình đã cho có nghiệm hệ (*) có nghiệm ab,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 C tâm IR 1;1 , 5 ( vì ab , 0 ) 
 4 1 1 
 1 0.50 
Pt(2) cho ta đường tròn C tâm ORm 0;0 , 4 ( vì ab , 0 ) 
 4 2 2
Hệ phương trình có nghiệm C1 cắt C2 
 OH R2 OK342553210 m m 
 0.50 
Vậy hệ đã cho có nghiệm 53210 m 
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 :250xy . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao 2.0 
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 
 00 
 ADC 90 ANC 90 AN  CN . 
 0.50 
   
Giả sử Cc 25; c , từ AN.0 CN 31 2cc 2 0 cC 1 7;1 
Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC// BE . 0.50 
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y 20. 
   bBN 6  lo¹i 
Giả sử Bb ;2 , ta có AbBC. B 0 b2 4120 0.50 
 b 22;2 B 
Từ đó dễ dàng suy ra D 6; 4 
 0.50 Vậy C 7;1 , B 2; 2 , D 6;4 . 
 V 
 u1 2
 4,0 
 1. Cho dãy số un xác định 1 2 . 
điểm uunn 1 uun nn ,1  2.0 
 2018
 uu u
 Tính lim 12 ... n . 
 uu23 11 un 1 1
 uunn 1
 Theo giả thiết ta có: uunn 1 mà u1 2 suy ra. 
 2018 0.50 
 2 uuu123 ....... do đó dãy un là dãy tăng. 
 Giả sử dãy un bị chặn trên suy ra lim uLn với L 2 khi đó. 
 n 
 uu2 2017 LL2 2017 L 0
 nn 
 limuLn 1 lim . 
 2018 2018 L 1 0.50 
 1
 Vô lý do L 2 . Suy ra dãy un không bị chặn trên do đó. limun lim 0 
 un
 1 2
 Ta có:uunn 11 uuuu nnnn 1 2018 uu nn 
 2018 
 u uu 1 2018 u u 0.50 
 n nn n 1 n
 uuuuunnnnn 11 11111 1
 2018 uunn 1 1 1 11
 2018. 
 uunn 11 11 uu nn 1 1
 Đặt : 0.50 
 uu u
 S 12... n
 n uu 11 u 1
 23n 1 
 11 1
 SSn 2018 2018 1 limn 2018 
 uu11 11nn u 1 1
 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 
 Cx:2522 y , 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 43100xy 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 
 MBC CNM , lại có CJI I BC (cùng 
 chắn cung IC) do đó 
 CJI CNM MN// IJ 0.50 
 ACI ABI 
 Lại có JBA JCA 
 ABI JCA () doNBM NCM 
 JBA ICA 
 AI AJ  AO JI AO MN
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 
 0.50 
đường thẳng OA:3 x 4 y 0. 
 340xy A 4;3 
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
 22 
 x y 25 A 4; 3 lo¹i
+) Do AC đi qua A 4;3 và K 2;1 , nên phương trình đường thẳng 
AC:350. x y 
 0.50 
 x 350y C 4;3 A lo¹i 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
 22 
 x y 25 C 5; 0
+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
 43100xy 
 M 1; 2 
 xy 350
+) Đường thẳng BM đi qua M 1; 2 và vuông góc với AC nên phương trình đường 
thẳng BM:3 x y 5 0 
 0.50 
 350xy B 0;5 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
 22 
 x y 25 B 3; 4
Vậy AB 4;3 , 3; 4 , C 5;0 hoặc ABC 4;3 , 0;5 , 5;0 . 
 ...........................Hết........................