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 223
y
xx (*) và đường thẳng :2 4dy mx.
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 12
;
x
x thỏa mãn 12
21
6
11
xmxm
xx



2. Giải bất phương trình2
(3 1)(1 23)4xx xx .
Câu II (4,0 điểm)
1. Giải phương trình

1 sinx cos2x sin 1
4cosx
1+tanx 2
x




2. Giải hệ phương trình

2
1145
252 1 32
xy xy
xy xy x

 

,xy.
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


2. Cho dãy số (un) được xác định bởi

1
22
1
2018
39 54,1
nn
u
nnu nnun

. Tính giới hạn 2
3
lim .
n
n
u
n



.
Câu IV (4,0 điểm)
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 362443182
3266 0
x
xyy
xy m


.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh

3;1A, đỉnh C nằm trên
đường thẳng  :250xy . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho
CE CD
, biết

6; 2N 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

n
u xác định

1
2
1
2
1,1
2018
nn nn
u
uu uun

.Tính 12
23 1
lim ...
11 1
n
n
u
uu
uu u





.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

22
:25yCx , đường
thẳng AC đi qua điểm
2;1K. 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........................
Số báo danh
……………………............
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Câu NỘI DUNG Điểm
I
4,0
điểm
1. Cho hàm số 223
y
xx (*) và đường thẳng :2 4dy mx.
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 12
;
x
x thỏa mãn 12
21
6
11
xmxm
xx



2.0
+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): 223
y
xx
ta có đỉnh

1
:1;4
4
x
II
y



Ta có bảng biến thiên:
+∞ +∞
y
x
-4
1
-∞ +∞
0.50
đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng 1x
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

22
232 4 2 1 10xx mx x mx (1)
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 12
;
x
x phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt 12
,1xx


22
110 2
20
0
42 0
12 1 10
mm
mm
m
m
m






khi đó theo định lí viet ta có

12
12
21
.1
xx m
xx

0.50
Ta có


22
12 12
12
21 1212
12
66
11 1
xx m xx m
xmxm
xx xxxx




-1
-1
-4
x
y
-3 1
O
 
  


222
12 12 12
12 1 2
22
21 2412212
66
11211
2
6 1 2 2 6 4 2 3 13 14 0 7
3
xx xx m xx m m m m
xx x x m
m
mm mmm m




kết hợp với điều kiện ta được 7
3
m
0.50
2. Giải bất phương trình 2
(3 1)(1 23)4xx xx () 2.0
Điều kiện: 1.x Suy ra: 310.xx 0.50
2
2
4(1 2 3)
() 4 1 2 3 3 1
31
xx xx x x
xx

  
 0.50
22
123223312(3)(1)xx xx x x x x 
240 2xx hoặc 2.x
0.50
Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là

2;S 0.50
II
4,0
điểm 1. Giải phương trình

1 sinx cos2x sin 1
4cosx
1+tanx 2
x




2.0
Điều kiện : cosx 0 cosx 0 2
1tanx 0 tanx 1
4
xk
x
k







0.50
Pt

1 sinx cos2 sin 1
4cos
sinx 2
1cos
xx
x
x






cos 1 sinx cos2 cos sinx 1
.cos
cos sinx 22
xx
x
x
x


0.50
21
1 sinx cos 2 1 2s in x+sinx 1 0 sinx 2
x
  hoặc sinx 1 (loại). 0.50
Với

2
16
sin sinx sin ,
7
26 2
6
xk
x
kZ
xk





Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 2
6
x
k
 ;
72
6
x
k
 với

kZ.
0.50
2.Giải hệ phương trình

2
x1 y1 4x5y
xy252xy1 3x2

 

x,y. 2.0
Điều kiện :
2
x,y1
3
4x5y0
2x y 1 0
 


.
Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có :

x1 y1 4x5y x y22 x1y1 4x5y
0.50
 
x 2y1 x1y1 0 x1 x1y1 2y1 0
x1 y1 x12y1 0 x1 y1 x y .
0.50
Thay xy vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình :
2
xx2 5x5 3x2
2
xx1x25x5 x13x20
22
2xx1 xx1
xx1 0
5x 5 x 2 3x 2 x 1
 



211
xx11 0
5x5x1 3x2x2





0.50
2
15 15
xy
22
xx10 15 15
xy
22





Vì 11
10
5x5x1 3x2x2

 , 2
x3
 . Đối chiều điều kiện ta có nghiệm
của hệ :

15151515
x,y ; ; ;
22 22


 







.
0.50
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


2.0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có bc 2bc bc
2a
aa

Tương tự ta được ca caab ab
2; 2
bc
bc


0.50
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
bc ca ab bc ca ab
2abc
abc






Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có bc ca bc ca
22c
ab ab

0.50
Áp dụng tương tự ta được ca ab ab bc
2a; 2b
bc ca

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được bc ca ab abc
abc

0.50
Do đó ta suy ra
bc ca ab 2a b c
abc


Ta cần chứng minh được
2abc abc3 abc3 
Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết
abc 1
Bài toán đ
ư
ợc
g
iải qu
y
ết xon
g
. Dấu bằn
g
xả
y
ra khi và chỉ khi abc1.
0.50
2. Cho dãy số (un) được xác định bởi

1
22
1
2018
39 54,1
nn
u
nnu nnun

.
Tính giới hạn 2
3
lim .
n
n
u
n



.
2.0
Ta có
2
1
1222
1( 1) 3( 1) 1
3 3 (1)3(1)3 3
nn
nn
uu
nn
uu
nn n n nn



0.50
Đặt 1
2
1
33
n
nnn
u
vvv
nn

(vn) là cấp số nhân có công bội 1
3
q và số hạng đầu
1
1
2018 1009
44 2
u
v

11
2
1009 1 1009 1
..3
23 23
nn
nn
vunn

 

 
 
0.50
Khi đó 2
3
lim .
n
n
u
n




1
2
22
3 1009 1 3
lim . lim . 3 .
23
n
nn
n
unn
nn

 


 



0.50
2
2
3027 3 3027 3 3027
lim . lim 1
22 2
nn
nn






 .
0.50
IV
4,0
điểm
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 362443182
3266 0
x
xyy
xy m


2.0
Đk:
2
6
x
y


H
x
3
y
1
O
I
1
3
K
Ta có pt(1)
1221223
23 2 3
124
23
xy x y
xy
m





 


0.50