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

Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của C.. Xỏc định để hàm số 1 cú ba điểm cực trị, đồng thời cỏc điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giỏc cú bỏn kớnh đường trũn ngoại tiếp bằng .1 Cõ

SỞ GD&ĐT HOÀ BèNH

TRƯỜNG THPT 19-5 ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LẦN 8 NĂM HỌC 2013-2014 Mụn TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phỳt, khụng kể thời gian giao đề, khụng sử dụng

mỏy tớnh bỏ tỳi.

Cõu 1: (5,0 điểm)

1/ Cho hàm số y x Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C) Tỡm điểm M thuộc (C) sao

x

2 1 1







cho tiếp tuyến của (C) tại M vuụng gúc với đường thẳng MI.

2/ Cho hàm số 4 2 (1) , với là tham số thực Xỏc định để hàm

số (1) cú ba điểm cực trị, đồng thời cỏc điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giỏc cú bỏn

kớnh đường trũn ngoại tiếp bằng 1

Cõu II: (6,0 điểm) Giải phương trỡnh, hệ phương trỡnh

1/ 4 sin x.c3 os3x4co s x.sin 3x3 3 3cos4x3

log (x 5x6)log (x 9x20) 1 log 8

3/ { � + � + 1 + 1 = 4(� + �)2+ 3 � + �

2� ‒ � =32

Cõu III(4, 0 điểm)

Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thoi ; hai đường chộo AC = 2 3a,

BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cựng vuụng gúc với mặt phẳng

(ABCD) Biết khoảng cỏch từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3, tớnh thể tớch khối

4

a

chúp S.ABCD theo a

Cõu IV( 3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B là cỏc giao điểm của đường

thẳng (d): 2x – y – 5 = 0 và đường trũn (C’): x2y220x500 Hóy viết phương trỡnh

đường trũn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1)

Cõu V: (2,0 điểm)

1/ Cho x; y là cỏc số thực thoả món x 2 + y 2 + xy = 1 Tỡm giỏ trị lớn nhất và giỏ trị

nhỏ nhất của biểu thức P = 5xy – 3y 2

2/ Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:

10x 28x4m(2x1) x2 1

-HẾT -Câu 1

1/ + Giao 2 tiệm cận là I(1; 2)

+ Gọi ( ; 2 1 )

m

m



+ Tiếp tuyến tại M có hệ số góc '( ) 1 2

y m

m







+ Phương trình MI: 1 2 ( 1) 2

m



+ YCBT

0

2

m m







KL: Tìm được 2 điểm thỏa mãn M(2;3) hoặc M(0;1)

2

0





 Hàm số đã cho có ba điểm cực trị pt ' có ba nghiệm phân biệt và đổi dấu khi

0

y

đi qua các nghiệm đó

 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

A m B  m m  m C m m  m

2

AB AC m m BC m

3 2

1 2

2

ABC

m

AB AC BC





 



฀ Câu 2 1/Phương trình : 3 3

4 sin x.cos3x  4co s x.sin 3x 3 3 co s4x   3

4 (1 co s x) sin x.cos3x [ (1 sin x)co s x.sin 3x ] 3 3 co s4x 3

4 sin x.cos3x [( co s x.sin 3x) cos x sin x(co sx.cos3x sin x.sin 3x) ] 3 3 co s4x 3

4 sin 4x sin 2x.co s2x 3 3 co s4x 3 4 sin 4x sin 4x 3 3 co s4x 3 3sin 4x 3 3 co s4x 3

sin 4x 3 co s4x 1 sin 4x co s 4x sin(4x ) sin

 

x k 4x k2 4x k2 4x k2

8 2

                  

               

                

log (x  5x  6)  log (x  9x  20)   1 log 8

2

x 5

x 5x 6 0 x 3 x 2

4 x 3

x 5 x 4

x 9x 20 0

x 2

 



         

       

  

+ PT (*) log 3 (x2 5x 6)(x2 9x 20) log 24 3 (x2 5x 6)(x2 9x 20) 24

(x 5) ( 4 x 3) (x 2) (x 5) ( 4 x 3) (x 2)

             

         

          



(x 2)(x 3)(x 4)(x 5) 24 (*)

(x 5) ( 4 x 3) (x 2) (**)

    



           



t  (x  3)(x  4)  x  7x  12  (x  2)(x  5)   t 2

t(t-2) = 24 2

(t 1) 25 t 6 t 4

       

 t = 6 : 2 2 x 1 ( thỏa đkiện (**))

x 7x 12 6 x 7x 6 0

x 6

 



          



x  7x  12    4 x  7x  16  0

+ Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - 6

3/ Đặt : t = x + y ; ĐK: t ≥ 0 Giải PT:

� + 1 + 1 = 4�2

+ 3 �⇔ � + 1 ‒ 3� = 4�2

‒ 1

� + 1 + 3� = ( 2� ‒ 1)(2� + 1)

� + 1 + 3� + 2� + 1 ] = 0 ⇔� = 1 2

Hệ đã cho trở thành {� + � =1 Vậy hệ dã cho có một nghiệm

2

2� ‒ � =32

⇔{� =23

� =‒16

Câu 3 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

+ Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi

đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó ฀ 0

60

A DB  Hay tam giác ABD đều

+ Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên

giao tuyến của chúng là SO  (ABCD)

+ Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có

a

OK  DH  Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng

cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  12 12 12

2

a SO

OI OK  SO   Diện tích đáy S ABCD 4SABO 2.OA OB 2 3a2;

đường cao của hình chóp

2

a

SO  Thể tích khối chóp S.ABCD:

3

.

S ABC ABC

a

Câu 4 Đáp số: A(3; 1), B(5; 5)  (C): 2 2

x y  x y  Câu 5

Cho x; y là các số thực thoả mãn x 2 + y 2 + xy = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P = 5xy – 3y 2 Suy ra

2

5xy 3y P

x xy y





Với y = 0  P = 0

2

1

t

t t



 

+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5

+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi

’ = - P2 – 22P + 25 0  - 25/3  ≤ P ≤ 1 Từ đó suy maxP , minP

S

A

B K H

C

O

I D

3a

a

2 Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 10x 28x4m(2x1) x2 1.

Nhận xét : 10x2 x8 4= 2(2x+1)2 +2(x2 +1)

Phương trình tương đương với : (2 ) 2 0

1

1 2 ( ) 1

1 2

2 2











x

x m x

x

Đặt t Điều kiện : -2< t Rút m ta có: m=

x

x







1

1

2

t

t 2

2 2 

Lập bảng biến thiên của hàm số trên 2, 5 ta có kết quả của m để phương trình có hai

nghiệm phân biệt là: hoặc -5 <

5 12