Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn: Toán lớp 11

TRƯỜNG THPT NHÃ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
Môn: Toán lớp 11
Thời gian: 120 phút
Câu I (2,0 điểm). Tìm tập xác định của các hàm số sau:
 1) 2) .21 2 3y x x   22 3 14
xy x
x
  
Câu II (1,5 điểm). Cho ( với m là tham số)2( ) 2 4 3f x x mx m   
 1) Tìm các giá trị của tham số m để , .( ) 0f x  x R 
 2) Gọi là hai nghiệm của phương trình . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 2, x x ( ) 0f x 
thức .2 21 2 1 2
1
2
P x x x x  
Câu III (2,0 điểm).
 1) Cho . Tính giá trị của biểu thức .5sin 
13 2
       
2sin 2A cos  
 2) Chứng minh: .1 2 cot , +k2 , 
sin 2 sin 3
cosx cos x x x k x k Z
x x
           
Câu IV (1,5 điểm). Cho tam giác ABC có 0ˆ10 , 4 , 60 .AB cm AC cm A  
 1) Tính chu vi của tam giác ABC. 
 2) Tính .tan C
Câu V (1,0 điểm).
 Trong mặt phẳng tọa độ , cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H(5;5) là hình chiếu Oxy
vuông góc của điểm A trên cạnh BC, đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nằm 
trên đường thẳng d: , đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác ABC đi 7 20 0x y  
qua điểm K(-10;5). Gọi E là điểm đối xứng với H qua đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm E và 
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm B có tung độ dương.
Câu VI (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
 
   
2 2 21 1 1
 ,
(2 7 ) 3 2 3 5
x y x xy
x y R
x xy x x xy
           
Câu VII (1,0 điểm). 
 Cho ba số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng:, ,a b c 3a b c  
3 3 3 3
2
a b c
a bc b ca c ab
    
....................Hết.....................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: .................................................... Số báo danh:............................
 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Lưu ý khi chấm bài:
 Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp 
logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm 
tương ứng.
Câu Điểm
1
Điều kiện xác định: 21 2 3 0x x  
. Vậy TXĐ: 11;
3
x      
11;
3
D     
0.5
0.5
C 
I
2
Điều kiện xác định: 
2 4 0
1 0
x
x
    
. Vậy TXĐ: 
2 2
1 1
x x
x x
             1; \ 2D   
0.5
0.5
1 , ( ) 0f x  x R   21 00 1;3' 0 4 3 0
a
m
m m
           1.0
C
II 2
 Điều kiện để pt có nghiệm là: 1 2, x x    ;1 3;m   
 Khi đó:    22 2 21 2 1 2 1 2 1 21 5 54 4 32 2 2P x x x x x x x x m m        
 Lập bbt của P với ta được:   ;1 3;m   
 Min P = P(1)= đạt được tại m=1.
3
2
0.25
0.25
1
Ta có:
5 12sin 
13 2 13
cos           
Vậy 
2
2 5 12 12 242sin 2
13 13 13 169
A cos cos                  
0.5
0.5C
III.
2 Ta có: 
21 2 2 cos
sin 2 sin 2sin cos sin
cos (2cos 1) cot , +k2 , 
sin (2cos 1) 3
cosx cos x cos x x
x x x x x
x x x x k x k Z
x x
 
   
          
0.5
0.5
C 1 Ta có: 
2 0100 16 2.10.4.cos60 76 76BC BC      0.5
Vậy chu vi tam giác ABC: 10 4 76 14 76    0.5IV
2
Kẻ đường cao BH, ta có: 0.cos60 5AH AB 
Suy ra HC=5-4=1; 0.sin 60 5 3BH AB 
Atan tan 5 3HBC BCH
HC
     
0.25
0.25
C
V
Tìm được 27 11;
5 5
E    
Chứng minh d là đường phân giác trong của AHAM
Từ đó suy ra E AM
Phương trình AM: 2 11 35 0x y  
Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: 
2 11 35 1
7 20 3
x y x
x y y
        
Phương trình BC: 2 15 0x y  
Tọa độ điểm M là nghiệm hệ: 
132 11 35
2
2 15 2
x y x
x y y
       
Gọi . Ta có: ( ;15 2 )B t t 2 2 2 9( )13 36 0
4( )
t l
MA MB t t
t tm
       
Vậy A(1;3), B(4;7), C(9;-3).
0.25
0.25
0.5
C
VI
 
   
2 2 21 1 1
 ,
(2 7 ) 3 2 3 5
x y x xy
x y R
x xy x x xy
           
   2 2 21 1 1 + 1 x y xy x    
Điều kiện: (*)21 + 1 0xy x  
   
  
2 2 2 2 2 2 2
2
1 1 2 2 1 1 1
1 1 1 0
1
x x y xy x y xy x x
xy x
xy
         
    
 
Thỏa mãn (*). Thay vào (2) ta được:
(2 7)( 3 2 3) 5x x x    
  2 7 2 5 5 3 2 5 3x x x x      
 24 28 24 5 3 2 3 2 5 3 ( 9)x x x x x x          
   9 11 6 4 0
5 3 2 3 2 5 3 9
x x
x x x x
             
0.25
0.25
1
6
x
x
  
Vậy nghiệm của phương trình là: 1; 6x x 
0.5
C
VII
Áp dụng bất đắng thức Côsi ta có:
3
3
3
1 3
4 2 2
1 3
4 2 2
1 3
4 2 2
a a bc a
a bc
b b ca b
b ca
c c ab c
c ab
  
  
  
Suy ra
 3 3 3 5
4 4
a b c ab bc ca a b c
a bc b ca c ab
        
3 3 3 15
4 4
a b c ab bc ca
a bc b ca c ab
       
Mặt khác: ,  29 3( )a b c ab bc ca     
do đó .
3 3 3 15 9 3
4 4 2
a b c
a bc b ca c ab
      
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .1a b c  
0.25
0.25
0.25
0.25