TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
TỔ: Toán

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN
Năm học: 2018 - 2019

ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1

Môn thi: TOÁN - 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)
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
x1 + m x2 + m
+
= −6
độ x1 ; x2 thỏa mãn
x2 − 1 x1 − 1
2. Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ 4 .
Câu II (4,0 điểm)
π
( 1 + s inx + cos2x ) sin  x + ÷ 1
4
1. Giải phương trình

=

2
n

( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + 4 ) un , n ≥ 1
Câu IV (4,0 điểm)
3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y
1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 
.
3 x + 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 − 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 ( un )

u1 = 2
 u
un 
u

xác định 
.Tính lim  1 + 2 + ... +
1
÷.
2
un +1 − 1 
 u2 − 1 u3 − 1
un +1 − un = 2018 ( un − un ) , ∀n ≥ 1

 x = −1
⇒ I ( −1; −4 )
ta có đỉnh I : 
 y = −4
Ta có bảng biến thiên:
-1

0.50

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
-3

O

1

x

-4

 x1 ≠ 1
Đk: 
 x2 ≠ 1
2

(x +x )
⇔ 1 2

2

− 2 x1 x2 + ( m − 1) ( x1 + x2 ) − 2m
4 ( m − 1) − 2 + 2 ( m − 1) − 2m
= −6 ⇔
= −6
x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1
1 − 2 ( m − 1) + 1
2

2

m = 2
⇔ 6 ( m − 1) − 2m − 2 = −6 ( 4 − 2m ) ⇔ 3m − 13m + 14 = 0 ⇔ 
m = 7
3

7
kết hợp với điều kiện ta được m =
3
2. Giải bất phương trình ( x + 3 − x − 1) ×(1+ x2 + 2x − 3) ≥ 4 (∗)
2

2

4×(1+ x2 + 2x − 3)
x+ 3 + x− 1

2
π

x ≠ + kπ

cosx ≠ 0
cosx ≠ 0 
2
⇔
Điều kiện : 

1 + tanx ≠ 0
tanx ≠ −1  x ≠ − π + kπ

4
π
( 1 + s inx + cos2 x ) sin  x + ÷ 1
4

Pt ⇔
=
cos x
s inx
2
1+
cos x
cos x ( 1 + s inx + cos2 x ) cos x + s inx
1
⇔
.

x=
+ k 2π với ( k ∈ Z ) .
6
 x + 1 + y + 1 = 4 − x + 5y

2.Giải hệ phương trình 

2
 x + y + 2 = 5 ( 2x − y + 1) + 3x + 2

( x, y ∈ ¡ ) .

0.50
2.0

0.50

0.50

0.50

0.50

2.0


2

 x ≥ − 3 , y ≥ −1
Điều kiện :  4 − x + 5y ≥ 0 .


(

) (

)

2
x 2 + x + 2 = 5x + 5 + 3x + 2 ⇔ x − x − 1 + x + 2 − 5x + 5 + x + 1 − 3x + 2 = 0

⇔ x2 − x −1 +

(

0.50

x2 − x −1
x2 − x −1
+
=0
5x + 5 + x + 2
3x + 2 + x + 1

)

1
1


⇔ x 2 − x − 1 1 +

 1 + 5 1 + 5   1 − 5 1 − 5  
;
;
của hệ : ( x, y ) = 
÷; 
÷ .
2 ÷
2 ÷
 2
  2
 

III
4,0
điểm

1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

b+ c
a

+

c+ a
b

+

a+ b


0.50

ca a + b
ab
;
≥2
b
c
c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

b+ c
a

+

c+ a
b

+

 bc
ca
ab 
≥ 2
+
+
÷


+
≥ 2 a;
b
c

ab
bc
+
≥2 b
c
a

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
0.50


bc
ca
ab
+
+
≥ a+ b+ c
a
b
c
Do đó ta suy ra

b+ c
a


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
.
2
( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + 4 ) un , n ≥ 1
3

Tính giới hạn lim  2 .un ÷.
n

2
un +1
1 (n + 1) + 3(n + 1)
1 un
un ⇔
=
Ta có un +1 =
2
2
3
n + 3n
(n + 1) + 3(n + 1) 3 n 2 + 3n
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

.
u
=
lim
.
u
=
lim
.
n
+
3
n
.

Khi đó
) n2 ÷÷
 2 n÷
 2 n÷
 ÷ (
n

n

 2 3


IV
4,0
điểm


 x   y
x
y

+1 − 2
+2 =3
 + 1÷+  + 2 ÷− 2
2
3
 2   3

Ta có pt(1) ⇔ 
 x + 1 +  y + 2  = m + 4

÷
 2 ÷
 3


x
+1
a =
 a 2 + b 2 − 2a − 2b = 3
2

Đặt 
(đk a, b ≥ 0 ). Ta có hệ phương trình  2
(*)
2

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

2.0

·ADC = 900 ⇒ ·ANC = 900 ⇒ AN ⊥ CN .

0.50

uuuur uuuu
r

Giả sử C ( 2c + 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 .
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y + 2 = 0.

0.50


b = 6 → B ≡ N ( lo¹i )
uuur uuur
2

B
b
;
−
2

4,0
điểm

u1 = 2

1. Cho dãy số ( un ) xác định 
.
1
2
un +1 − un = 2018 ( un − un ) , ∀n ≥ 1
 u
un 
u
Tính lim  1 + 2 + ... +
÷.
un +1 − 1 
 u2 − 1 u3 − 1
Theo giả thiết ta có: un +1 =

un ( un − 1)
2018

2.0

+ un mà u1 = 2 suy ra.

0.50

2 = u1 < u2 < u3 < ....... do đó dãy ( un ) là dãy tăng.
un = L với ( L ≥ 2 ) khi đó.

un ( un − 1)
2018 ( un +1 − un )
un
=
=
un +1 − 1 ( un +1 − 1) ( un − 1) ( un +1 − 1) ( un − 1)

2018 ( un +1 − 1 − ( un − 1) )

( un+1 − 1) ( un − 1)

0.50

 1
1 
= 2018. 
−

 un − 1 un +1 − 1 
0.50

Đặt :
Sn =

un
u1
u
+ 2 + ... +
u2 − 1 u3 − 1
un +1 − 1


· 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 đó ta có:
+) Do OA đi qua O ( 0;0 ) và vuông góc với MN : 4x − 3y + 10 = 0 nên Phương trình
đường thẳng OA : 3x + 4 y = 0.
 A ( −4;3)
⇒
 x + y = 25  A ( 4; −3)
3x + 4 y = 0

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 



0.50

+) Đường thẳng BM đi qua M ( −1;2) và vuông góc với AC nên phương trình đường
thẳng BM :3x − y + 5 = 0

Vậy A ( −4;3) , B ( −3; −4) , C ( 5;0) hoặc A ( −4;3) , B ( 0;5) , C ( 5;0) .
...........................Hết........................