Đề thi thử học sinh giỏi lần 15 năm học 2013-2014 môn Toán - Trường THPT 19-5

1

SỞ GD&ĐT HOÀ BÌNH

TRƯỜNG THPT 19-5

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LẦN 15 NĂM HỌC 2013-2014

Môn TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề, không sử dụng máy tính bỏ túi.

Câu I (5,0 điểm)

1) Cho hàm số (1) ( m là tham số). 3 2 ( ) 2 y f x x mx m    

Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm.

2) Cho hàm số . m x m y x

2 (2 1)

1    

Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng . y x 

Câu II.(6,0 điểm) Giải các phương trình sau:

1) . 2.27 18 4.12 3.8 x x x x   

2)    x x x 2 4 3 1 1

3) x x 5 5cos 2 4sin –9 3 6                 

Câu III (4,0 điểm): Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên 2a.

1) Tính thể tích của khối chóp.

2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp trên.

3) Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp trên.

Câu IV (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : và điểm A(4;5). 2 2 4 2 1 0     x y x y

Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T1, T2, viết phương

trình đường thẳng T1T2.

Câu V (3,0 điểm):

1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm . 2 4 3 1 1 2 1 x m x x   

2) là các số dương thoả mãn . Chứng minh: x y z 2 2 2 1   

P = x y z

y z z x x y 2 2 2 2 2 2

3 3

2      

----------------HẾT----------------------

ThuVienDeThi.com

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 15 Câu I. 1) Cách 1.

2 3 2 (3 2 )     y x mx x x m

 Khi m = 0 thì (1) đồng biến trên R thoả yêu cầu bài toán. 2 3 0   y x  

 Khi thì (1) có 2 cực trị 0 m  1 2

2 0 , 3

m x x  

Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi:

 1 2 ( ). 0 f x f x 

3 2 2 4 2 2 (2 ) 0 4 (1 ) 0 27 27 m m m m m      

0

3 6 3 6 2 2

m

m

     

Kết luận: khi thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm. 3 6 3 6 ; 2 2 m          Cách 2. Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với Ox là nghiệm của phương trình:

3 3 2

2 2 0 ; 2 2 x mx m m x x x       

Xét hàm số

3 2 2 3 4 2

2 2 2 2 2

0 3 2) 2 . ( ) ; '( ) 0 2 ( 2) ( 6

(

2) 6 x x x x x x f x f x

x

x x x x x

           

   Bảng biến thiên x  6  2  0 2  6  f'(x) + 0 - - 0 - - 0 + f(x)

Từ đó suy ra Kết luận: khi thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm. 3 6 3 6 ; 2 2 m         

Câu II

3 6

2 

3 6

2

ThuVienDeThi.com

3

1) 1) PT  3 2 2 3 2.3 2 .3 4.2 3 3.2 x x x x x x    

3 2 3 3 3 2 4 3 0 2 2 2

x x x                       

1 x 

2) Điều kiện . x 0 

PT   x x x 2 4 1 3 1 0     x x x

x x

2 1 (2 1)(2 1) 0 3 1

      

   . x x

x x

1 (2 1) 2 1 0 3 1

          

x 2 1 0  x 1 2 

3) PT    . x x 2 10sin 4sin 14 0 6 6                    x sin 1 6          x k2 3    

Câu III

M

O

B C

A D

S

I

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có : SO  (ABCD)

; D 1. . 3

ABC V SO S  2 D ABC S a 

2 2 2 2 2 2 2a a 7a a 14 = SC - = 4a = SO = 4 2 2 2 SO  

Vậy :

3a 14 = 6 V

Dựng trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD

SO (ABCD)  

Dựng trung trực của SA

d SA tại trung điểm M  

Xét (SAO) có d cắt SO tại I, ta có :

SI = IA

IA = IB = IC = ID

 IS = IA = IB = IC = ID

 Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là I và bán kính r = SI.

SI SM SM.SA SAO = SI = SA SO SO SIM     :

. Vậy : 2a 14 SI = 7  2a 14 = SI = 7 r

2 3 2 3 224 .a 4 448 a 14 = 4 r = ;V = = 49 3 1029 S r    

ThuVienDeThi.com