TRƯỜNG THPT HẬU LỘC TỔ: Toán KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ KIỂM TRA LẦN Mơn thi: TỐN - 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) Cho hàm số y = x + x − (*) đường thẳng d : y = 2mx − Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh x1 + m x2 + m + = −6 độ x1 ; x2 thỏa mãn x2 − x1 − Giải bất phương trình ( x + − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ Câu II (4,0 điểm) π ( + s inx + cos2x ) sin  x + ÷ 4 Giải phương trình  = cosx 1+tanx  x + + y + = − x + y ( x, y ∈ ¡ ) Giải hệ phương trình   x + y + = ( x − y + 1) + x + Câu III (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh b+ c a + c+ a b + a+ b c ≥ a+ b+ c+3 u1 = 2018  3n  Cho dãy số (un) xác định  Tính giới hạn lim  un ÷ n  ( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + ) un , n ≥ Câu IV (4,0 điểm) 3 x − x + = y + 18 − y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3 x + y − − 6m = Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A ( −3;1) , đỉnh C nằm đường thẳng ∆ : x − 2y − = Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE = CD , biết N ( 6; −2) hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD Câu V (4,0 điểm) Cho dãy số ( un ) u1 =  u un  u  xác định  Tính lim  + + + ÷ un +1 −   u2 − u3 − un +1 − un = 2018 ( un − un ) , ∀n ≥ 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( C ) : x + y = 25 , đường thẳng AC qua điểm K ( 2;1) Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN 4x − y + 10 = điểm A có hồnh độ âm .Hết Câu I 4,0 điểm ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM NỘI DUNG Cho hàm số y = x + x − (*) đường thẳng d : y = 2mx − Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số (*) Tìm m để d cắt (P) hai điểm x1 + m x2 + m + = −6 phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn x2 − x1 − Điểm 2.0 + Lập bảng biến thiên vẽ (P): y = x + x −  x = −1 ⇒ I ( −1; −4 ) ta có đỉnh I :   y = −4 Ta có bảng biến thiên: -1 0.50 đồ thị parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng đường thẳng x = −1 cắt trục hoành điểm ( 1;0 ) ; ( −3;0 ) cắt trục tung điểm ( 0; −3) Ta có đồ thị hàm số: y 0.50 -1 -3 O x -4  x1 ≠ Đk:   x2 ≠ 2 Xét phương trình hồnh độ giao điểm x + x − = 2mx − ⇔ x − ( m − 1) x + = (1) d cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm ∆′ = ( m − 1) − >  m − 2m > m > ⇔ ⇔ phân biệt x1 , x2 ≠ ⇔  m <  − 2m ≠ 1 − ( m − 1) + ≠  x1 + x2 = ( m − 1) theo định lí viet ta có   x1.x2 = x12 + x22 + ( m − 1) ( x1 + x2 ) − 2m x1 + m x2 + m + = − ⇔ = −6 Ta có x2 − x1 − x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 0.50 (x +x ) ⇔ 2 − x1 x2 + ( m − 1) ( x1 + x2 ) − 2m ( m − 1) − + ( m − 1) − 2m = −6 ⇔ = −6 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 − ( m − 1) + 2 m = ⇔ ( m − 1) − 2m − = −6 ( − 2m ) ⇔ 3m − 13m + 14 = ⇔  m =  kết hợp với điều kiện ta m = Giải bất phương trình ( x + − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ (∗) 2 4×(1+ x2 + 2x − 3) x+ + x− 2.0 0.50 0.50 Điều kiện: x ≥ Suy ra: x + + x − > (∗) ⇔ 0.50 ≥ ⇔ 1+ x2 + 2x − ≥ x + + x − 0.50 ⇔ 1+ x2 + 2x − + x2 + 2x − ≥ x + 3+ x − 1+ (x + 3)(x − 1) ⇔ x2 − ≥ ⇔ x ≤ −2 x ≥ II 4,0 điểm Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình S =  2; +∞ ) × π ( + s inx + cos2x ) sin  x + ÷ 4 Giải phương trình  = cosx 1+tanx π  x ≠ + kπ  cosx ≠ cosx ≠  ⇔ Điều kiện :   1 + tanx ≠ tanx ≠ −1  x ≠ − π + kπ  π ( + s inx + cos2 x ) sin  x + ÷ 4  Pt ⇔ = cos x s inx 1+ cos x cos x ( + s inx + cos2 x ) cos x + s inx ⇔ = cos x cos x + s inx 2 −1 ⇔ + s inx + cos x = ⇔ −2s in x+ s inx + = ⇔ s inx = s inx = (loại) −π  x= + k 2π   −π  ,( k ∈ Z ) Với sin x = − ⇔ s inx = sin  ÷⇔     x = 7π + k 2π  −π + k 2π ; Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình là: x = 7π x= + k 2π với ( k ∈ Z )  x + + y + = − x + 5y 2.Giải hệ phương trình   x + y + = ( 2x − y + 1) + 3x + ( x, y ∈ ¡ ) 0.50 2.0 0.50 0.50 0.50 0.50 2.0   x ≥ − , y ≥ −1 Điều kiện :  − x + 5y ≥   2x − y + ≥ 0.50 Từ phương trình thứ hệ ta có : x + + y + = − x + 5y ⇔ x + y + + ⇔ x − 2y − + ⇔ ( ( x + 1) ( y + 1) x +1 − y +1 )( = ⇔ x +1+ ( x + 1) ( y + 1) = − x + 5y ( x + 1) ( y + 1) − ( y + 1) = 0.50 ) x +1 + y +1 = ⇔ x +1 = y +1 ⇔ x = y Thay x = y vào phương trình thứ hai hệ ta có phương trình : ( ) ( ) x + x + = 5x + + 3x + ⇔ x − x − + x + − 5x + + x + − 3x + = ⇔ x2 − x −1 + ( 0.50 x2 − x −1 x2 − x −1 + =0 5x + + x + 3x + + x + ) 1   ⇔ x − x − 1 + + ÷= 5x + + x + 3x + + x +    1+ 1+ ⇒y= x = 2 ⇔ x2 − x −1 = ⇔   1− 1− ⇒y= x =  2 1 + > , ∀x ≥ − Đối chiều điều kiện ta có nghiệm Vì + 5x + + x + 3x + + x +  + +   − −   ; ; hệ : ( x, y ) =  ÷;  ÷ ÷ ÷      III 4,0 điểm Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh 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 a c+ a b ≥2 ≥ bc a =2 bc a 0.50 2.0 0.50 ca a + b ab ; ≥2 b c c Cộng theo vế bất đẳng thức ta 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 bc ca × =2 c a b ca ab + ≥ a; b c ab bc + ≥2 b c a Cộng theo vế bất đẳng thức ta 0.50 bc ca ab + + ≥ a+ b+ c a b c Do ta suy b+ c a + c+ a b + a+ b c ( ≥2 a+ b+ c ) Ta cần chứng minh ( ) a + b + c ≥ a + b + c + 3⇔ a + b + c ≥ Đánh giá cuối đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy giả thiết abc = Bài toán giải xong Dấu xảy a = b = c = u1 = 2018 Cho dãy số (un) xác định  ( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + ) un , n ≥ 3  Tính giới hạn lim  un ÷ n  un +1 (n + 1) + 3(n + 1) un un ⇔ = Ta có un +1 = 2 n + 3n (n + 1) + 3(n + 1) n + 3n u 1 Đặt = n ⇒ +1 = ⇒ (vn) cấp số nhân có cơng bội q = số hạng đầu n + 3n 3 n −1 n −1 u 2018 1009 1009   1009   v1 = = = ⇒ =  ÷ ⇒ un =  ÷ ( n + 3n ) 4 2 3 3 0.50 2.0 n  1009  n −1  3n   3n  3n  lim u = lim u = lim n + n  Khi ) n2 ÷÷  n÷  n÷  ÷ ( n  n   3  IV 4,0 điểm  3027 n + 3n  3027   3027 = lim  lim 1 + ÷ = ÷= n 2  n   3 x − x + = y + 18 − y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  3 x + y − − 6m =  x ≥ −2 Đk:   y ≥ −6 0.50 0.50 0.50 0.50 2.0  x   y x y  +1 − +2 =3  + 1÷+  + ÷− 2     Ta có pt(1) ⇔   x + 1 +  y +  = m +  ÷  ÷  3   x +1 a =  a + b − 2a − 2b =  Đặt  (đk a, b ≥ ) Ta có hệ phương trình  (*)  a + b = m + b = y +  Hệ phương trình cho có nghiệm ⇔ hệ (*) có nghiệm a, b ≥ Nếu m ≤ −4 hệ (*) vơ nghiệm ⇒ hệ phương trình cho vô nghiệm 0.50 0.50 Nếu m > Chọn hệ tọa độ Oab ta có Pt(1) cho ta đường tròn ( C1 ) tâm I ( 1;1) , R1 = ( a, b ≥ ) Pt(2) cho ta đường tròn ( C2 ) tâm O ( 0;0 ) , R2 = m + ( a, b ≥ ) Hệ phương trình có nghiệm ⇔ ( C1 ) cắt ( C2 ) 0.50 ⇔ OH ≤ R2 ≤ OK ⇔ ≤ m + ≤ + ⇔ ≤ m ≤ + 10 Vậy hệ cho có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ + 10 0.50 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A ( −3;1) , đỉnh C nằm đường thẳng ∆ : x − 2y − = Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE = CD , biết N ( 6; −2) hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE Xác định tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD Tứ giác ADBN nội tiếp ⇒ ·AND = ·ABD ·ABD = ·ACD (do ABCD hình chữ nhật) Suy ·AND = ·ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp 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 = ⇒ ( − 2c) + ( + c) = ⇒ c = ⇒ C ( 7;1) Tứ giác ABEC hình bình hành, suy AC / / BE Đường thẳng NE qua N song song với AC nên có phương trình y + = 0.50 b = → B ≡ N ( lo¹i ) uuur uuur  B b ; − A B C B = ⇒ b − b − 12 = ⇒ ) , ta có Giả sử ( b = −2 → B ( −2; −2)  0.50 Từ dễ dàng suy D ( 6;4) 0.50 Vậy C ( 7;1) , B ( −2; −2) , D ( 6;4) V 4,0 điểm u1 =  Cho dãy số ( un ) xác định  un +1 − un = 2018 ( un − un ) , ∀n ≥  u un  u Tính lim  + + + ÷ un +1 −   u2 − u3 − Theo giả thiết ta có: un +1 = un ( un − 1) 2018 2.0 + un mà u1 = suy 0.50 = u1 < u2 < u3 < dãy ( un ) dãy tăng un = L với ( L ≥ ) Giả sử dãy ( un ) bị chặn suy lim n →∞ lim un +1 = lim L = un2 + 2017un L2 + 2017 L ⇔L= ⇔ 2018 2018 L = Vô lý L ≥ Suy dãy ( un ) không bị chặn lim un = +∞ ⇒ lim Ta có: un +1 − un = ⇔ = 0.50 =0 un ( un2 − un ) ⇔ un ( un − 1) = 2018 ( un+1 − un ) 2018 un ( un − 1) 2018 ( un +1 − un ) un = = un +1 − ( un +1 − 1) ( un − 1) ( un +1 − 1) ( un − 1) 2018 ( un +1 − − ( un − 1) ) ( un+1 − 1) ( un − 1) 0.50  1  = 2018  −   un − un +1 −  0.50 Đặt : Sn = un u1 u + + + u2 − u3 − un +1 −     ⇒ Sn = 2018  − ÷ = 2018 1 − ÷⇒ lim S n = 2018  u1 − un +1 −   un +1 −  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( C ) : x + y = 25 , đường thẳng AC qua điểm K ( 2;1) Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN 4x − y + 10 = điểm A có hồnh độ âm Gọi I, J giao điểm 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) · 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 ta có: +) Do OA qua O ( 0;0 ) vng góc với MN : 4x − 3y + 10 = nên Phương trình đường thẳng OA : 3x + y =  A ( −4;3) ⇒  x + y = 25  A ( 4; −3) 3x + y = +) Tọa độ điểm A nghiệm hệ  2 0.50 ( lo¹i ) +) Do AC qua A ( −4;3) K ( 2;1) , nên phương trình đường thẳng AC : x + 3y − =  x + y − =  C ( −4;3) ≡ A ( lo¹ i ) ⇒ Tọa độ điểm C nghiệm hệ  2  x + y = 25  C ( 5;0) +) Do M giao điểm AC MN nên tọa độ điểm M nghiệm hệ 4x − y + 10 = ⇒ M ( −1;2)   x + 3y − = 0.50 3x − y + =  B ( 0;5) ⇒ Tọa độ điểm B nghiệm hệ  2  x + y = 25  B ( −3; −4) 0.50 +) Đường thẳng BM qua M ( −1;2) vng góc với AC nên phương trình đường thẳng BM :3x − y + = Vậy A ( −4;3) , B ( −3; −4) , C ( 5;0) A ( −4;3) , B ( 0;5) , C ( 5;0) Hết ... 1) = 2018 ( un+1 − un ) 2018 un ( un − 1) 2018 ( un +1 − un ) un = = un +1 − ( un +1 − 1) ( un − 1) ( un +1 − 1) ( un − 1) 2018 ( un +1 − − ( un − 1) ) ( un+1 − 1) ( un − 1) 0.50  1  = 2018. .. B ( −2; −2)  0.50 Từ dễ dàng suy D ( 6 ;4) 0.50 Vậy C ( 7;1) , B ( −2; −2) , D ( 6 ;4) V 4, 0 điểm u1 =  Cho dãy số ( un ) xác định  un +1 − un = 2018 ( un − un ) , ∀n ≥  u un  u Tính... với MN : 4x − 3y + 10 = nên Phương trình đường thẳng OA : 3x + y =  A ( 4; 3) ⇒  x + y = 25  A ( 4; −3) 3x + y = +) Tọa độ điểm A nghiệm hệ  2 0.50 ( lo¹i ) +) Do AC qua A ( 4; 3) K (