Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 THPT thanh hóa giải toán trên máy tính cầm tay năm học 2010 – 2011

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT THANH HÓA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2010 – 2011 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Điểm của bài thi Các giám khảo (Họ và tên, chữ ký) Số phách Bằng số 1. Bằng chữ 2. Chú ý: 1) Kết quả tính chính xác đến 5 chữ số thập phân (trừ kết quả bài 1) 2) Thí sinh ghi kết quả vào ô trống bên phải, đối với các bài từ bài 6 – 10 có thêm phần tóm tắt lời giải. 3) Thí sinh không được có thêm ký hiệu nào khác trong bài làm. Đề bài Kết quả Bài 1: (2 điểm) Tìm gần đúng các nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình: 3(sin cos ) 5sin cos 2x x x x+ − = Bài 2: (2 điểm) Tính gần đúng diện tích tam giác ABC có cạnh AB = 6 dm, các góc A = 0 ' ''123 3128 và B = 0 ' ''25 40 26 . Bài 3: (2 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 3 3 3 log 3 log log log 12 log log x x y y x x y y ⎧ + = +⎪⎨ + = +⎪⎩ Bài 4: (2 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; -1) và hai đường thẳng: d1: x – y – 1 = 0 ; d2: 2x + y – 5 = 0. Tính gần đúng toạ độ tâm và bán kính của đường tròn đi qua điểm M và tiếp xúc với đường thẳng d2. Biết tâm của đường tròn nằm trên đường thẳng d1. 2 Bài 5: (2 điểm). Tính tổng S tất cả các nghiệm x thuộc đoạn [2; 40] của phương trình: 2cos2x + cot2x = 3 2 1 sin sin x x + . Bài 6: (2 điểm). Trong hộp có 100 viên bi được đánh số từ 1 đến 100. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 viên. Tính xác suất của biến cố: "Tổng 3 số trên 3 viên bi là một số chia hết cho 3". Lời giải tóm tắt bài 6 Kết quả 3 Bài 7: (2 điểm). Tính toạ độ gần đúng 2 điểm A, B nằm trên đồ thị hàm số 1 2 −= x xy đối xứng với nhau qua đường thẳng d: y = x – 1. Lời giải tóm tắt bài 7 Kết quả 4 Bài 8: (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA (ABCD)⊥ . Cho SA = AB = a; Gọi C’ là trung điểm SC, (P) là mặt phẳng đi qua A, C’ và vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SD lần lượt tại B’, D’. Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ , biết rằng: a = 7,12345 cm. Lời giải tóm tắt bài 8 Kết quả 5 Bài 9: (2 điểm). Cho dãy số ( nu ) 1 2 1 1 4, 2 3 5n n n u u u u u+ − = =⎧⎨ = +⎩ (n ≥ 2) a. Viết quy trình bấm phím tính 1nu + . b. Tính 10 15à .u v u Lời giải tóm tắt bài 9 Kết quả 6 Bài 10: (2 điểm). Cho hàm số f(x) = 2010 2009 2008( 1) (2 1) ... (2009 1) 2010 1x k x k x k x k+ + + + + + + + + với k thuộc R. Tính f (1 – k). Lời giải tóm tắt bài 10 Kết quả 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT THANH HÓA “GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY”NĂM HỌC 2010 – 2011 Thời gian làm bài: 150 phút ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Điểm của bài thi Các giám khảo (Họ và tên, chữ ký) Số phách Bằng số 1. Bằng chữ 2. Chú ý: 1) Kết quả tính chính xác đến 5 chữ số thập phân (trừ kết quả bài 1) 2) Thí sinh ghi kết quả vào ô trống bên phải, đối với các bài từ bài 6 – 10 có thêm phần tóm tắt lời giải. 3) Thí sinh không được có thêm ký hiệu nào khác trong bài làm. Đề bài Kết quả Điểm Bài 1: Tìm gần đúng các nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình: 3(sin cos ) 5sin cos 2x x x x+ − = 0 0 1 27 26 '33" 360x k≈ − + 0 0 2 51 01'14" 360x k≈ − + 0 0 3 62 33'27" 360x k≈ + 0 0 4 141 01'14" 360x k≈ + Với k Z∈ 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 2: Tính gần đúng diện tích tam giác ABC có cạnh AB = 6 dm, các góc A = 0 ' ''123 3128 và B = 0 ' ''25 40 26 . S ≈12,69597 dm2 2.0 Bài 3: Giải hệ phương trình 2 2 2 3 3 3 log 3 log log log 12 log log x x y y x x y y ⎧ + = +⎪⎨ + = +⎪⎩ 4 3 4 3 log 2 2 log 2 x y =⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩ Hay 2, 40942 4,81884 x y ≈⎧⎨ ≈⎩ 2.0 Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; -1) và hai đường thẳng: d1: x – y – 1 = 0 ; d2: 2x + y – 5 = 0. Tính gần đúng toạ độ tâm và bán kính của đường tròn đi qua điểm M và tiếp xúc với đường thẳng d2. Biết tâm của đường tròn nằm trên đường thẳng d1. I1 1 1 1,14214 0,14214 x y ≈⎧⎨ ≈⎩ 1 5(9 6 2)R = − ≈ 1,15095 I2 2 2 27,14214 28,14214 x y ≈ −⎧⎨ ≈ −⎩ 2 5(9 6 2)R = + ≈39, 09828 0,5 0,5 0,5 0,5 2 Bài 5: Tính tổng S tất cả các nghiệm x thuộc đoạn [2; 40] của phương trình: 2cos2x + cot2x = 3 2 1 sin sin x x + . S = 117π S ≈ 367,56634 2.0 Bài 6: Trong hộp có 100 viên bi được đánh số từ 1 đến 100. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 viên. Tính xác suất của biến cố: "Tổng 3 số trên 3 viên bi là một số chia hết cho 3". Lời giải tóm tắt bài 6 Kết quả Điểm Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100, có 33 số chia hết cho 3, có 34 số chia cho 3 dư 1 và có 33 số chia cho 3 dư 2. T/h 1: Cả 3 số trên 3 viên có cùng số dư khi chia cho 3: 3 3 333 34 33C C C+ + T/h 2: Ba số trên 3 viên bi chia cho 3 có số dư khác nhau từng đôi: 1 1 133 34 33C .C .C Gọi A là biến cố cân tính xác suất, ta có 3 3 3 1 1 1 33 34 33 33 34 33 3 100 C C C C .C .C P(A) C + + += = 817 2450 ⇒ 33347,0)( ≈AP + Lời giải đúng + P(A) = 817 2450 Hay 33347,0)( ≈AP 1,0 1.0 Bài 7: Tính toạ độ gần đúng 2 điểm A, B nằm trên đồ thị hàm số 1 2 −= x xy đối xứng với nhau qua đường thẳng d: y = x – 1. Lời giải tóm tắt bài 7 Kết quả Điểm Ta có : AB ⊥ d => đường thẳng AB có phương trình dạng : y = - x + m => Toạ độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ : ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −= +−= 1 2 x xy mxy ⇒ 2x2 – (m +1)x + m = 0 (1) => xA + xB = 2 1+m Gọi I là trung điểm của AB => 1 2 4 2 ( ) 3 1 2 4 A B I A B I x x mx m x x my + +⎧ = =⎪⎪⎨ − + −⎪ = =⎪⎩ Mà I thuộc đường thẳng d: y = x – 1⇒ 3 1 4 m − = 1 4 m + -1 ⇒ m = -1 Thay m = -1 vào pt (1) được : 2x2 – 1 = 0 Với x1 = 2 21 2 2 1 +−=⇒− y ; Với x2 = 2 21 2 2 2 −−=⇒ y + trình bày lời giải đúng 1 1 0,70711 0, 29289 x y ≈ −⎧⎨ ≈ −⎩ ⎩⎨ ⎧ −≈ ≈ 70711,1 70711,0 2 2 y x 1.0 0.5 0.5 3 Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA (ABCD)⊥ . Cho SA = AB = a; Gọi C’ là trung điểm SC, (P) là mặt phẳng đi qua A, C’ và vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SD lần lượt tại B', D ' . Tính thể tích khối đa diện ABCDB’C’D’ , biết rằng: a = 7,12345 cm. Lời giải tóm tắt bài 8 Kết quả Điểm I O A B C D S B' C' D' Có BD ⊥ AC và BD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) nên BD ⊥ (SAC). mp(P) ⊥ mp(SAC) nên (P) // BD. Vậy (P) qua A, C’ và song song với BD. Ta có (P) // BD nên B’D’ // BD. B’D’ // BD nên B’D’ ⊥ (SAC). Do C’ là trung điểm của SC. Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của B’D’ và AC’. Có I là trọng tâm tam giác SAC nên SI = 2 3 SO, suy ra SB’ = 2 3 SB. Gọi V = VS.ABCD, V1 =VS.AB’C’D’ và V2 = VABCDB’C’D’. Ta có: V2 = V- V1. V = . .ABCD a SA S a a= = 3 21 1 3 3 3 . Có . ' ' . ' ' . . .S AB C S ABC V SA SB SC V SA SB SC = = =2 1 1 3 2 3 Suy ra .. ' ' S ABCS AB C V V = 3 . Mà . ' ' .,S AB C S ABCV V V V= =11 12 2 nên V a V = = 3 1 3 9 . Vậy a a aV V V= − = − = 3 3 3 2 1 2 3 9 9 332646,80 cm≈ SB’ = 2 3 SB =. ' ' . S AB C S ABC V V 1 3 V a V = = 3 1 3 9 V2= 32 9 a 332646,80 cm≈ 0.5 0.5 1.0 4 Bài 9: Cho dãy số ( nu ) 1 2 1 1 4, 2 3 5n n n u u u u u+ − = =⎧⎨ = +⎩ (n ≥ 2) a. Viết quy trình bấm phím tính 1nu + . b. Tính 10 15à .u v u Lời giải tóm tắt bài 9 Kết quả Điểm Nhập 2 SHIFT STO X 4 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA A ALPHA = 3 ALPHA B + 5 ALPHA A ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA B ALPHA = 3 ALPHA A + 5 ALPHA B Sau đó bấm phím “ = ” liên tục với giá trị của X là chỉ số của u. U10 = 503192 U15= 651858506 1.0 0.5 0.5 Bài 10: Cho hàm số f(x) = 2010 2009 2008( 1) (2 1) ... (2009 1) 2010 1x k x k x k x k+ + + + + + + + + , với k thuộc R. Tính f (1 – k). Lời giải tóm tắt bài 10 Kết quả - Điểm + Xét khi x = 1 => 1 – k = 1 ⇔ k = 0. Ta có: f(1) = 1 + 1 + …+ 1 = 2011 (vì có 2011số 1) + Xét khi x 1≠ ta có : x2009 + 2x2008 + 3x2007 + …+ 2009 x + 2010 = (x2009 + x2008 + … + x + 1) + (x2008 + x2007 + …+ x + 1 ) + … + (x2 + x + 1) + (x + 1) + 1 = 2010 2009 3 21 1 1 1 1... 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x − − − − −+ + + + +− − − − − = ( )2010 2009 3 21 ... 1 20111 x x x x xx ⎡ ⎤+ + + + + + −⎣ ⎦− = 2011 2011 2 1 1 2011 2010( 2011) 1 1 ( 1) x x x x x x − − +− =− − − => f(x) = (x2010 + x 2009 + … + x + 1) + k (x2009 + 2x2008 + 3x2007+ …+ 2009x + 2010). = 2011 1 1 x x − +− k 2011 2 2011 2010 ( 1) x x x − + − = 2012 2011 2 ( 1) (2011 1) 2010 1 ( 1) x k x k x k x + − − + + + − Khi x ≠ 1 ta có x = 1 – k ≠ 1 => k ≠ 0 ⇒ f (1 – k) = 2012 2011 2 (1 ) ( 1)(1 ) (2011 1)(1 ) 2010 1k k k k k k k − + − − − + − + + ⇒ f(1- k) = 2011 Vậy f (1- k) = 2011 với mọi k thuộc R. (0,5 đ) (1,0 đ) f (1- k) = 2011 (0.5đ)