Đề khảo sát chất lượng môn Toán lớp 11 – khối A, A1 và B

Trường THPT Hàn Thuyên ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG - NĂM HỌC 2013 - 2014
 -------------------------------- Môn Toán lớp 11 – Khối A, A1 và B
 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề
 ----------------------------------------------- 
Câu 1 (2,0 điểm).
 Cho hàm số y = x2 – 3mx + 5 (1), có đồ thị là Parabol (Pm) (m ϵ R) và đường thẳng d có phương trình y = - x – 2.
Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) luôn nhận giá trị dương với mọi x thuộc R.
Tìm m để đường thẳng d cắt (Pm) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O, với O là gốc tọa độ.
Câu 2 (2,0 điểm). 
Giải phương trình : , x ϵ R.
Giải hệ phương trình : (x, y ϵ R).
Câu 3 (2,0 điểm). 
Giải bất phương trình , x ϵ R. 
Cho biểu thức , với . Rút gọn T và tính sin2a 
khi T = - 1.
Câu 4 (3,0 điểm). 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm M(2; 0) là trung điểm cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao đi qua A có phương trình lần lượt là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình cạnh AC.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (T) có phương trình x2 + y2 – 7x – 2y + 7 = 0, biết A(1; 1) và AD = 2AB. Viết phương trình đường chéo BD.
Câu 5 (1,0 điểm). 
 Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau : 
HẾT
ĐÁP ÁN TOÁN 11
Câu
Phương pháp giải – kết quả
Điểm
Câu 1
(2đ)
1. (1,0 điểm) Vì hàm số (1) là một tam thức bậc hai có hệ số a = 1 > 0 nên hàm số nhận giá trị dương với mọi x ϵ R khi và chỉ khi Δ = 9m2 – 20 < 0 .
2. (1,0 điểm) Xét pt hoành độ giao điểm của d và (Pm): x2 – 3mx + 5 = -x – 2 ↔ x2 – (3m – 1)x + 7 = 0 (2). Đường thẳng d cắt Parabol (Pm) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (3) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó
Δ = (3m – 1)2 – 28 > 0 ↔ 3m2 – 2m – 9 > 0 (3).
Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (2) và A(x1; -x1 – 2), B(x2; -x2 – 2) là hai giao điểm. Theo ycbt tam giác OAB vuông tại O ↔ . Áp dụng định lý Viet ta được m = - 8/3 thỏa mãn đk (3). 
1,0
0,5
0,5
Câu 2
(2đ)
1. (1,0 điểm) ĐK : x ≥ -1/3
Pt 
 thỏa mãn đk.
2. (1,0 điểm) ĐK xy ≠ 0. Biến đổi pt thứ nhất ta được 
+ Với x = 2y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có pt : y3 – 4y + 3 = 0 ↔ (y – 1)(y2 + y – 3) = 0 suy ra hệ có ba nghiệm là : (2; 1), .
+ Với x= -2/y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có pt: y4 + 3y + 4 = 0 ptvn
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
Câu 3
(2đ)
1. (1,0 điểm) ĐK: x ≥ 1/2 và x ≠ 1
Bpt 
Kết hợp với đk ta được tập nghiệm của bpt là .
2. (1,0 điểm) Ta có 
Với T = -1, ta có cosa = -1/2 mà nên a = suy ra sin2a = . 
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu 4
(3đ)
Câu 5
(1đ)
1. (1,5 điểm) 
+ Tọa độ A(1; 2), với M(2; 0) là trung điểm AB → B(3; -2)
+ Phương trình cạnh BC : x + 6y + 9 = 0 → tọa độ điểm N là trung điểm cạnh BC là N(0; -3/2).
+ Tọa độ điểm C(-3; -1) → pt cạnh AC: 3x -4y + 5 = 0. 
2. (1,5 điểm) 
+ Theo giả thiết ta suy ra tâm của đường tròn (T) là tâm của hình chữ nhật ABCD và AC, BD là hai đường kính. (T) có bán kính R = 5/2.
+ Ta có AB2 + AD2 = BD2 ↔ 5AB2 = 25 ↔ → AD = .
+ Từ A kẻ AH vuông góc với BD tại H. Khi đó 
+ Pt BD: a(x – 7/2) + b(y – 1) = 0 (a2 + b2) hay 2ax + 2by – 7a – 2b = 0. Vậy , chọn a = 4 → b = 3 hoặc b = -3.
Pt BD là 4x + 3y – 17 = 0 hoặc 4x – 3y – 11 = 0.
Ta có 9 =3(x2 + y2 + z2) ≥ (x + y + z)2 → x + y + z ≤ 3 
Mà (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2xz ≥ x2 + y2 + z2 = 3 suy ra
 x + y + z ≥ . 
Ta có với t = x + y + z ϵ . Vậy 
Ta cm P ≤ 14/3. Thật vậy luôn đúng với mọi t . Vậy GTLN của P bằng 14/3 khi x = y = z = 1.
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5