Đề KSCL đội tuyển HSG môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Hậu Lộc 4

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi chọn HSG, mời các bạn cùng tham khảo nội dung Đề KSCL đội tuyển HSG môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Hậu Lộc 4 dưới đây. Hi vọng đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kì thi sắp tới. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề KSCL đội tuyển HSG môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Hậu Lộc 4

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  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 độ x1 ; x2 thỏa mãn 1   6 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 1. Giải phương trình  cosx 1+tanx 2  x  1  y  1  4  x  5 y 2. Giải hệ phương trình   x, y    .  x  y  2  5  2 x  y  1  3 x  2 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 ca ab    a  b c 3 a b c u1  2018  3n  2. Cho dãy số (un) được xác định bởi  2 . Tính giới hạn lim  2 .un  .  3n  9n  un 1   n  5n  4  un , n  1 2 n  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) u1  2   u u un  1. Cho dãy số  un  xác định  1 .Tính lim  1  2  ...  . u n 1  u n  2018  u 2 n  u n  , n  1  u 2  1 u3  1 u n 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 4 x  3 y  10  0 và điểm A có hoành độ âm. ...........................Hết........................
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Cho hàm số y  x  2 x  3 (*) và đường thẳng d : y  2mx  4 . 2 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 x  m x2  m phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn 1   6 x2  1 x1  1 + 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 x -3 O 1 -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 0.50    m  1  1  0 2  m 2  2m  0 m  2 phân biệt x1 , x2  1     1  2  m  1  1  0  4  2m  0 m  0  x1  x2  2  m  1 khi đó theo định lí viet ta có   x1.x2  1 x  m x2  m x 2  x22   m  1 x1  x2   2m Ta có 1   6  1  6 x2  1 x1  1 x1 x2   x1  x2   1
x  x   2 x1 x2   m  1 x1  x2   2m 4  m  1  2  2  m  1  2m 2 2 2  1 2  6   6 0.50 x1 x2   x1  x2   1 1  2  m  1  1 m  2  6  m  1  2m  2  6  4  2m   3m  13m  14  0   2 2 m  7  3 7 kết hợp với điều kiện ta được m  3 2. Giải bất phương trình ( x  3  x  1)  (1  x2  2 x  3)  4 () 2.0 Điều kiện: x  1. Suy ra: x  3  x  1  0. 0.50 4  (1  x 2  2 x  3) 0.50 ()   4  1  x2  2 x  3  x  3  x  1 x  3  x 1  1  x 2  2 x  3  2 x 2  2 x  3  x  3  x  1  2 ( x  3)( x  1) 0.50  x 2  4  0  x  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  4,0 1  s inx  cos2x  sin  x   1 2.0  4 điểm 1. Giải phương trình  cosx 1+tanx 2    x   k cosx  0 cosx  0  2 Điều kiện :    0.50 1  tanx  0  tanx  1  x     k  4  1  s inx  cos2 x  sin  x   1  4 Pt   cos x s inx 2 1 0.50 cos x cos x 1  s inx  cos2 x  cos x  s inx 1  .  cos x cos x  s inx 2 2 1 0.50  1  s inx  cos 2 x  1  2s in 2 x+ s inx  1  0  s inx  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 0.50  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 2.0 2.Giải hệ phương trình   x, y    .  x  y  2  5  2x  y  1  3x  2 2
 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  1 y  1  4  x  5y  x  2y  1   x  1 y  1  0  x  1   x  1 y  1  2  y  1  0 0.50   x 1  y 1   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 0.50  x2  x 1   0 5x  5  x  2 3x  2  x  1     x 2  x  1 1   1 5x  5  x  1  1  0 3x  2  x  2   1 5 1 5 x  y  x2  x 1  0   2 2  1 5 1 5 x  y  2 2 0.50 1 1 2 Vì 1    0 , x   . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm 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 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng 4,0 bc ca ab 2.0 điểm    a  b c 3 a b c bc 2 bc bc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  2 a a a 0.50 ca ca a  b ab Tương tự ta được 2 ; 2 b b c c Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được bc ca ab  bc ca ab     2    a b c  a b c  0.50   bc ca bc ca Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có  2  2 c a b a b ca ab ab bc Áp dụng tương tự ta được   2 a;  2 b b c c a bc ca ab Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được    a b c 0.50 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 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 .  3n  9 n  u n 1   n 2  5 n  4  u n , n  1 2.0 3 n  Tính giới hạn lim  2 .un  . n  1 (n  1)  3(n  1) 2 un 1 1 un 0.50 Ta có un 1  un   3 n  3n 2 (n  1)  3(n  1) 3 n 2  3n 2 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 0.50 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  3n   3n   1009  1  n 1 2 3n   2  3   Khi đó lim  2 .un   lim  2 .un   lim  . n  3n  . 2  0.50 n  n   n   3027 n 2  3n  3027  3  3027  lim  . 2  lim 1    . 0.50  2 n  2  n  2 IV 3x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y 4,0 1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  2.0 điểm 3x  2 y  6  6m  0  x  2 y Đk:   y  6 3 K H I 1 x 1 O 3  x   y  x y   1    2   2 1  2 2 3  2   3  2 3 Ta có pt(1)    x  1   y  2   m  4  2   3   0.50
 x a  1  a  b  2a  2b  3 2 2  2 Đặt  (đk a, b  0 ). Ta có hệ phương trình  2 (*) 0.50  a  b  m  4 2 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 0.50 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 0.50 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 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  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 . 0.50 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   0.50 b  2  B  2; 2   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 . un 1  un  2018  un  un  , n  1 2 điểm 2.0  u u un  Tính lim  1  2  ...  .  u2  1 u3  1 un 1  1  un  un  1 Theo giả thiết ta có: 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  un2  2017un L2  2017 L L  0 lim un 1  lim L  . 2018 2018 L  1 0.50 1 Vô lý do L  2 . Suy ra dãy  un  không bị chặn trên do đó. lim un    lim 0 un 1 Ta có: un 1  un  2018  un2  un   un  un  1  2018  un 1  un  un un  un  1 2018  un 1  un  0.50    un 1  1  un 1  1 un  1  un 1  1 un  1 2018  un 1  1   un  1   1 1    2018.     un1  1 un  1  un  1 un 1  1  Đặt : 0.50 u1 u un Sn   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 MBC  , lại có CJI   I BC (cùng chắn cung IC) do đó I  CN CJ  M  MN / / IJ 0.50
 ACI   ABI  Lại có  J BA  JCA      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 0.50 đường thẳng OA : 3 x  4 y  0. 3 x  4 y  0 A  4;3  +) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ    x  y  25  A  4; 3   lo¹ i  2 2 +) Do AC đi qua A  4;3  và K  2;1  , nên phương trình đường thẳng AC : x  3 y  5  0. 0.50  x  3 y  5  0 C  4; 3   A  lo¹ i  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  2   x  y  25 C 5; 0  2 +) 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 0.50 3 x  y  5  0  B  0;5  Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  2   x  y  25  B  3; 4  2 Vậy A  4;3  , B  3; 4  , C 5;0  hoặc A  4;3  , B  0;5  , C  5;0  . ...........................Hết........................