Đề thi thử học sinh giỏi lần 8 năm học 20132014 môn toán thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề38694

SỞ GD&ĐT HỒ BÌNH TRƯỜNG THPT 19-5 Câu 1: (5,0 điểm) 1/ Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LẦN NĂM HỌC 2013-2014 Mơn TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề, khơng sử dụng máy tính bỏ túi 2x 1 Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C) Tìm điểm M thuộc (C) x 1 cho tiếp tuyến (C) M vng góc với đường thẳng MI 2/ Cho hàm số y  x  2mx  m  (1) , với m tham số thực Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời điểm cực trị đồ thị tạo thành tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp Câu II: (6,0 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình 1/ 4sin x.cos3x  4co s3 x.sin 3x  3cos4x  2/ log (x  5x  6)  log (x  9x  20)   log � + � + + = 4(� + �)2 + � + � 3/ 2� ‒ � = { Câu III(4, điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng a (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu IV( 3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B giao điểm đường thẳng (d): 2x – y – = đường tròn (C’): x  y  20 x  50  Hãy viết phương trình đường trịn (C) qua ba điểm A, B, C(1; 1) Câu V: (2,0 điểm) 1/ Cho x; y số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 5xy 3y2 2/ Tìm m để phương trình sau có nghiƯm ph©n biƯt: 10 x 8 x   m(2 x  1) x  HẾT DeThiMau.vn Câu 1/ + Giao tiệm cận I(1; 2) + Gọi M ( m; 2m  )  (C ), m  m 1 + Tiếp tuyến M có hệ số góc y '( m)  + Phương trình MI: y  + YCBT  (m  1) 1 (m  1) ( x  1)  m     m  (m  1) (m  1)  1 KL: Tìm điểm thỏa mãn M(2;3) M(0;1) x  2/ y '  x3  4mx  x  x  m     x  m Hàm số cho có ba điểm cực trị  pt y '  có ba nghiệm phân biệt y ' đổi dấu x qua nghiệm  m   Khi ba điểm cực trị đồ thị hàm số là: A  0; m  1 , B  m ; m  m  , C m ; m  m      yB  y A xC  xB  m m ; AB  AC  m  m , BC  m m  m4  m  m  AB AC.BC  R 1   m  2m     m   S฀ ABC 4m m  3 Câu 1/Phương trình : 4sin x.cos3x  4co s x.sin 3x  3 co s4x   S฀ ABC   4[(1  co s x) sin x.cos3x  (1  sin x)co s x.sin 3x ]  3 co s4x   4[( sin x.cos3x  co s x.sin 3x)  cos x sin x(co sx.cos3x  sin x.sin 3x)]  3 co s4x  1    4[ sin 4x  sin 2x.co s2x ]  3 co s4x    sin 4x  sin 4x   3 co s4x   3sin 4x  3 co s4x      co s 4x   sin(4x  )  sin  sin 4x  co s4x   sin 4x  2             4x    k2  4x    k2  4x    k2  x   24  k (k  Z)      4x    5  k2  4x    5  k2  4x    k2 x    k    6   2.(1,0 điểm) PT log (x  5x  6)  log (x  9x  20)   log (*)  x  5 + Điều kiện :  x  5x     x  3  x  2   4  x  3 , có :   x  9x  20    x  5  x  4  x  2 2 2  + PT (*)  log (x  5x  6)(x  9x  20)   log 24  (x  5x  6)(x  9x  20)  24  (x  5)  (4  x  3)  (x  2) (x  2)(x  3)(x  4)(x  5)  24 (*)  (x  5)  (4  x  3)  (x  2) (**) (x  5)  (4  x  3)  (x  2) + Đặt t  (x  3)(x  4)  x  7x  12  (x  2)(x  5)  t  , PT (*) trở thành : t(t-2) = 24  (t  1)  25  t   t  4 DeThiMau.vn  t = : x  7x  12   x  7x     x  1 ( thỏa đkiện (**))  x  6 t = - : x  7x  12  4  x  7x  16  : vơ nghiệm  + Kết luận : PT có hai nghiệm x = -1 x = - 3/ Đặt : t = x + y ; ĐK: t ≥ Giải PT: �+1 � �+1 2 + = 4� + ‒ 2� ⇔ ‒ 3� = 4�2 ‒ = (2� ‒ 1)(2� + 1) � + + 3� 1 ⇔(1 ‒ 2�) + 2� + = ⇔� = � + + 3� �+�= �= 2⇔ Hệ cho trở thành Vậy hệ dã cho có nghiệm ⇔ [ ] { { 2� ‒ � = � =‒ { � =‒ �= Câu Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a + Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a AC ,BD vng góc với trung điểm O ฀BD  600 đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a ; BO = a , A Hay tam giác ABD + Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO  (ABCD) + Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có S a  OK  AB  AB  (SOK) DH  AB DH = a ; OK // DH OK  DH  2 Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 1 a    SO  Tam giác SOK vuông O, OI đường cao  I 2 OI OK SO D 3a Diện tích đáy S ABC D  4S ABO  2.OA.OB  3a ; O a H đường cao hình chóp SO  a K C B Thể tích khối chóp S.ABCD: 3a VS ABC D  S ABC D SO  3 Câu Đáp số: A(3; 1), B(5; 5)  (C): x  y  x  y  10  Câu Cho x; y số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ xy  y biểu thức P = 5xy – 3y2 Suy P  x  xy  y Với y =  P = 5t   Pt  ( P  5)t  P   (1) Với y ≠ đặt x = ty; ta có: P  t  t 1 + P = phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5 + P ≠ phương trình ( 1) có nghiệm ’ = - P2 – 22P + 25   - 25/3 ≤ P ≤ Từ suy maxP , minP DeThiMau.vn Tìm m để phương trình sau có nghiƯm ph©n biƯt : 10 x 8 x   m(2 x  1) x  NhËn xÐt : 10x 8 x  = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2x  2x  Phương trình tương đương với : ( )20 )  m( x2 1 x 1 2t 2x Đặt t Điều kiƯn : -2< t  Rót m ta cã: m= t x2 1   LËp b¶ng biÕn thiên hàm số 2, ta có kết m để phương trình có hai 12 nghiệm phân biệt là: m -5 < m  4 DeThiMau.vn ... + 25   - 25/3 ≤ P ≤ Từ suy maxP , minP DeThiMau.vn Tìm m để phương trình sau có nghiệm ph©n biƯt : 10 x ? ?8 x   m(2 x  1) x  NhËn xÐt : 10x ? ?8 x  = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2x  2x  Phương... S.ABCD theo a + Từ giả thi? ??t AC = 2a ; BD = 2a AC ,BD vng góc với trung điểm O ฀BD  600 đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a ; BO = a , A Hay tam giác ABD + Từ giả thi? ??t hai mặt phẳng (SAC)... : -2< t  Rót m ta cã: m= t x2 Lập bảng biến thi? ?n hàm số 2, ta có kết m để phương trình có hai 12 nghiệm phân biệt là: m -5 < m  4 DeThiMau.vn