Đề thi định kỳ Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT chuyên Bắc Ninh lần 1

Giới thiệu Đề thi định kỳ Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT chuyên Bắc Ninh lần 1

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi định kỳ Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT chuyên Bắc Ninh lần 1 mới nhất.

Tài liệu Toán 11 và các đáp án, hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Đề thi định kỳ Toán 11 năm 2018 – 2019 trường THPT chuyên Bắc Ninh lần 1

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 11 tại đây

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN TIN (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN I NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán 11 (Dành cho lớp 11 Chuyên Sinh, Văn, Anh, Cận 2) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 3  3 với .  x  0;   y  5 2 2 Hãy tính giá trị của: cos( x  y ) và sin( x  y ) . 4 5 Câu 1 (2,5 điểm). a) Cho cos x  ,sin y  b) Giải các phương trình sau: 2sin 3 x  3 cos x  sinx cos 2 x  3cosx  2  0. Câu 2 (2,5 điểm). a) Cho phương trình: x 2  4 x  m  1  0. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương thỏa mãn: x1  x2  6 . b) Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau vô nghiệm? mx 2  2mx  2m  3  0 . Câu 3 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Lấy điểm D trên đường thẳng BC    sao cho CB  CD  0 , biết AB  3a, HC  16a , (a  0) . 5 Tính diện tích tam giác ABD . Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 x 2  x  2 x x 2  x  1  1 Câu 5 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có các đỉnh B, D thuộc trục hoành, các đỉnh A, C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1 : x  2 y  1  0 và d 2 : 3 x  2 y  5  0. a) Chứng minh hai điểm A và C đối xứng nhau qua trục hoành ? Xác định tọa độ các đỉnh A và C. b) Biết diện tích hình thoi ABCD bằng 20. Xác định tọa độ các đỉnh B và D. Câu 6 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau đây: y 8  sin 6 x  cos 6 x   sin 4 x  4 4  sin 4 x  cos 4 x   sin 4 x  1 . —————— Hết —————–Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………; Số báo danh:………….…………. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN TIN Câu I ý a) HDC ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN I NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán 11 (Dành cho lớp 11 Chuyên Sinh, Văn, Cận 2) Nội dung 4  3 với  x  0  sinx  2 5 5 3 3 4 từ sin y  với   y   cos y  5 2 5 7 vậy: cos( x  y )  cosxcosy sinxsiny  25 sin( x  y )  sinxcosy cosxsiny  0 từ cos x  *)2sin 3x  3 cos x  sinx  2sin 3 x  sinx  3 cos x b) 1 3  .cos x  sin 3 x  sin( x  )  sin 3 x  sin x.  2 2 3    x  k ; x   k 6 3 2 *) cos 2 x  3cosx  2  0  2 cos 2 x  3cos x  1  0  x  (2k  1)  cos x  1     x  2  k 2  cos x  1 3  2  II a) Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  ‘  0 3  m  0     S  x1  x2  0   S  4  0  1  m  3  P  x .x  0 P  m 1  0  1 2  ta có hệ thức x1  x2  6  x1  x2  2 x1.x2  6 0,5 0,5  4  2 m 1  6  m  0 Đố chiếu điều kiện thỏa mãn: m = 0 b) 0,25 mx 2  2mx  2m  3  0 xét m  0 ta được bpt: 3  0 (t/m) xét m  0 khi đó f ( x)  mx 2  2mx  2m  3 là một tam thức bậc hai a  0 bất phương trình vô nghiệm  f ( x)  0    ‘  0 m  0  2  0  m .Vậy bất phương trình vô nghiệm khi m  0 m  3m  0 0,25 0,5 0,5 III Ta có AB 2  BH .BC  9a 2  BH ( BH  16a 16a )  BH 2  BH  9a 2  0 5 5 9a  BC  5a; AC  4a  S ABC  6a 2 5 Ta có C là trung điểm của BD, do đó SABD  2SABC  BH  0,25 0,5 Vậy diện tích tam giác ABD là: 12a 2 0,25 IV 2 x2  x  2x x2  x  1  1 Đk: x 2  x  1  0; luôn đúng với mọi x 0,25 2 x 2  x  2 x x 2  x  1  1  x 2  2 x x 2  x  1  ( x 2  x  1)  4 x 2  x  x 2  x  1  2 x;(1)  ( x  x 2  x  1) 2  4 x 2    x  x 2  x  1  2 x;(2) (1)  x 2  x  1   x  x  1 1  33 (2)  x  x  1  3 x  x  16 2 V Va Vì B và D thuộc trục hoành nên các đỉnh A và C của hình thoi đối xứng qua Ox. Có A(2a-1;a) nên C(2a-1;-a), mà C thuộc d 2 nên A(3;2), C(3;-2). Vb gt: S ABCD  20, AC  4  BD  10  IB  5 , với I(3;0) là tâm hình thoi; B  b;0  , IB  b  3  5  b  8; b  2; Từ đó ta có B(8;0) và D(-2;0) hoặc B(-2;0) và D(8;0). VI sin 4 x  3cos 4 x  1 (1) xác định trên  sin 4 x  cos 4 x  2 (do sin 4 x  cos 4 x  2, x   ) Hạ bậc biến đổi y về dạng y  Từ (1) có  y  1 sin 4 x   y  3 cos 4 x  1  2 y  2  , nhờ điều kiện (2) có nghiệm thực, ta có max y  2  22 2  22 ;min y  . 2 2 0,25 0,25 0,25 1,0 đ 0,5đ 0,5đ 1,0 đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ 0,5đ 0,5đ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN TIN (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN I NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán 11 (Dành cho lớp 11 Chuyên Lý, Hóa, Tin, Cận 1) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 3  3 với .  x  0;   y  5 2 2 Hãy tính giá trị của: cos( x  y ) và sin( x  y ) . 4 5 Câu 1 (2,5 điểm). a) Cho cos x  ,sin y  b) Giải các phương trình sau: 2sin 3 x  3 cos x  sinx cos 2 x  3cosx  2  0. Câu 2 (2,5 điểm). a) Cho phương trình: x 2  4 x  m  1  0. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương thỏa mãn: x1  x2  6 . b) Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau vô nghiệm? mx 2  2mx  2m  3  0 . Câu 3 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Lấy điểm D trên đường thẳng BC    sao cho CB  CD  0 , biết AB  3a, HC  16a , (a  0) . 5 Tính diện tích tam giác ABD . Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 x 2  x  2 x x 2  x  1  1 Câu 5 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Đường trung tuyến AM và đường thẳng BC có phương trình lần lượt là: 3 x  5 y  8  0; x  y  4  0 . Đường thẳng AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; -2). Tìm tọa độ điểm B, biết B có hoành độ không lớn hơn 3. Câu 6 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y  3  0 . Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép tịnh tiến theo  u (1; 2) và phép đối xứng trục Ox. Câu 7 (1.0 điểm). x 2  y 2  4 x  4  x 2  y 2  4 x  4  10 3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   x 2  y 2  . 4 Cho hai số thực x, y thỏa mãn —————— Hết —————–Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………; Số báo danh:………….…………. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN TIN Câu I ý a) HDC ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN I NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán 11 (Dành cho lớp 11 Chuyên Lý, Hóa, Tin, Cận 1) Nội dung 4  3 với  x  0  sinx  2 5 5 3 3 4 từ sin y  với   y   cos y  2 5 5 7 vậy: cos( x  y )  cosxcosy sinxsiny  25 sin( x  y )  sinxcosy cosxsiny  0 từ cos x  *)2sin 3 x  3 cos x  sinx  2sin 3 x  sinx  3 cos x b) 1 3   sin 3x  sin x.  .cos x  sin 3x  sin( x  ) 2 2 3    x  k ; x   k 6 3 2 *) cos 2 x  3cosx  2  0  2 cos x  3cos x  1  0  x  (2k  1) cos x  1     x  2  k 2 cos x  1 3 2   2 II a) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  ‘  0 3  m  0     S  x1  x2  0   S  4  0  1  m  3  P  x .x  0 P  m 1  0   1 2 ta có hệ thức x1  x2  6  x1  x2  2 x1.x2  6  42 m3  6  m  0 0,5 0,5 0,25 Đố chiếu điều kiện thỏa mãn: m = 0 b) Điểm 0,25 mx 2  2mx  2m  3  0 xét m  0 ta được bpt: 3  0 (t/m) xét m  0 khi đó f ( x)  mx 2  2mx  2m  3 là một tam thức bậc hai a  0 bất phương trình vô nghiệm  f ( x)  0    ‘  0 m  0  2  0  m .Vậy bất phương trình vô nghiệm khi m  0  m  3m  0 0,25 0,5 0,5 III Ta có AB 2  BH .BC  9a 2  BH ( BH  16a 16a )  BH 2  BH  9a 2  0 5 5 0,25 9a  BC  5a; AC  4a  S ABC  6a 2 5 Ta có C là trung điểm của BD, do đó SABD  2SABC  BH  0,5 Vậy diện tích tam giác ABD là: 12a 2 0,25 2 x2  x  2 x x2  x  1  1 Đk: x 2  x  1  0; luôn đúng với mọi x 0,25 IV 2 x 2  x  2 x x 2  x  1  1  x 2  2 x x 2  x  1  ( x 2  x  1)  4 x 2  x  x 2  x  1  2 x;(1)  ( x  x  x  1)  4 x    x  x 2  x  1  2 x;(2) 0,25 (1)  x 2  x  1   x  x  1 0,25 2 2 2 (2)  x 2  x  1  3x  x  V VI VII 1  33 16 0,25 Viết phương trình AD: x  y  2  0  BC  AD  K (3; 1) , AD  AM  A(1;1) CM: ĐBC (D) = H  H (2;0) 0,25 7 1 AM  BC  M  ;   2 2 B(t ; t  4)  BC (t  3)  C (7  t ;3  t )   t  2(tm) AC  BH  AC.BH  0    B  2; 2  t  5( L) Tu (d )  d1 : x  y  4  0 ĐOx (d1) : x  y  4  0 0,25 x2 y2 Từ điều kiện x, y suy ra  1 25 21 75 63 GTLN: GTNN: 4 4 0,25 0,25 0.5 0.5 0.5 0.5
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top