Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2007 - 2008 đề thi môn: Toán dành cho học sinh các trường thpt không chuyên

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD đỉnh S, cạnh đáy của hình chóp có độ dài bằng 2, chiÒu cao b»ng h.. Biết rằng khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABCD bằng khoảng cách từ K đến mặt phẳng ABC[r]

sở gd&đt vĩnh phúc

-đề chính thức

kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2007-2008

đề thi môn: toán Dành cho học sinh các trường THPT không chuyên

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

-





















2

3

y x y x

y x y x

) (cos 2 log ) sin

cos ( 3 log

x x 

Bài 3 Tìm tất cả các cặp số thực (a;b)để với mọi xR ta có:

0 ) 2 cos(

1 )

1 (cosx b2   axb 

a

Bài 4 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD đỉnh S, cạnh đáy của hình chóp có độ dài bằng 2,

chiều cao bằng h Gọi C 1 (O; r) là hình cầu tâm O bán kính r nội tiếp hình chóp; gọi C 2 (K; R) là hình cầu tâm K bán kính R tiếp xúc với 8 cạnh của hình chóp Biết rằng khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABCD) bằng khoảng cách từ K đến mặt phẳng (ABCD)

a) Chứng minh rằng:

h

h

2 





b) Tính giá trị của h, từ đó suy ra thể tích của hình chóp

Bài 5 Cho là một hàm liên tục trên [0; 1] thỏa mãn f f(0) f(1) Chứng minh rằng với bất kỳ

] 1

; 0 [



n c f c

Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh SBD

sở gd&đt vĩnh phúc

-kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2007-2008

hướng dẫn chấm môn: toán (Dành cho học sinh các trường THPT không chuyên)

-Bài 1 (2.0 điểm):

ĐK:

















0 2

0

y

x

y

x

0.25























1 )

(

y x

y x y x y x y x

0.50

0 1 2

0 )

1 ( 2 2



















y y

y y

y

Đối chiếu ĐK, suy ra (x; y)(1;1) là một nghiệm của hệ 0.50 +Với x  y1 thay vào PT thứ hai của hệ có:

2

3 2

1 1

2 2

1 3

2

1

2

2































y y

y y

y

Đối chiếu ĐK, suy ra ) là một nghiệm của hệ

2

1

; 2

3 ( )

; (x y 

0.50 0.25

Bài 2 (2.5 điểm):

ĐK:











0 cos

0

sin

x

x

0.25

x

x

cos log )

sin

cos (



0.25

Đặt t (2) Từ (1)&(2) suy ra:

x x

t

t

3 4 1

Đặt













































) 3 ( 1 4 3 4

0 12

3

4

0

t

t t

t

t

t

t

3

4 )













0.50

Dễ thấy f (t) đồng biến và f(1)1(3)t 1 0.50 Thay t 1 vào (2) , kết hợp với ĐK suy ra:

2

1 cos 



0.25 Vậy PT đã cho có duy nhất họ nghiệm: x k2 ,kZ



0.25

Bài 3 (1.5 điểm):

Đặt f(x)a(cosx1)b2 1cos(axb2) Khi đó























0 ) 0 (

0 ) ( ' 0

) (

f

R x x

f R x x

f

0.50 Dễ thấy Khi đó:





























) 2 ( 0 cos

1

) 1 ( 0

) sin(

sin

2 2

2

b b

R x b

ax a x

a

0 )

2 (  b

0.50





















1

0 sin

) sin(

)

1

(

a

a R x x a ax

a

0.25 Thử lại thấy (a;b)(0;0) và (a;b)(1;0) thỏa mãn yêu cầu Vậy có hai cặp số (a;b)cần

Bài 4 (3.0 điểm):

Trong SMN có: IN = 1  SN  h2 1  nửa chu vi SMN: p1 h2 1 0.25

SMN Mặt khác có:

r p MN SI

SMN

h

h h

h r

r h

1 1

)

1 1

.(

2 2

2 2

















0.25 b) Hình cầu (C2) tiếp xúc cạnh AB tại J, khoảng cách từ K đến mp(ABCD) = r

1 r

KJ

Gọi E là tiếp điểm của (C 2 ) với SA    1 (2)

E

1 AJ



















SA SE SA

AE

0.50

TH1: K ≡ O.

Từ (2) suy ra: SE SI2 IA2 1 h2 21 (3)

1 ) ( )

OE SO

Từ (1), (3), (4) có: 1 1h2  h2 2, dễ thấy không tồn tại h thỏa mãn. 0.25

TH2: K đối xứng O qua I.

Khi đó có SE  SK2 KE2  (hr)2 R2  (hr)2 1r2 (5). 0.50

Từ (1), (3), (5) có: h2 1 h2 2 3

3

7



h

0.25

9

7 4

0.25

Bài 5 (1.5 điểm):

Đặt ( ) ( ) ( 1) là hàm liên tục trên [0; 1]

n x f x f

x

0.50

(1)

0 ) 1 ( ) 0 ( )

1 (

)

1 ( ) 0

n

n g n

g g

0.25

Do g liên tục, nên từ (1)  tồn tại i , j Z và 1 ,i jn sao cho ( )0 và (2)

n

i

n

j g

0.25

Từ (2) và g liên tục  tồn tại nằm giữa và (khi đó ) sao cho:

n

k

c

n

i n

j

] 1

; 0 [



(Đpcm)

)

1 (

)

(

n c

f

c



0.50