Đề thi MTBT toán THPT tỉnh Tuyên quang 2011-2012

UBND TỈNH TUYÊN QUANG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011 – 2012
*
MÔN: TOÁN THPT

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề này có 05 trang)


Điểm bài thi Họ và tên giám khảo
Bằng số Bằng chữ Giám khảo 1 Giám khảo 2
Số phách
(do Chủ tịch hội đồng chấm thi
ghi)






Quy ước: - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này;
- Các bài toán có yêu cầu trình bày lời giải thì chỉ trình bày tóm tắt cách giải và
công thức áp dụng (không viết tràn ra ngoài ô quy định);
- Các kết quả gần đúng thì lấy đến 4 chữ số thập phân sau dấu phảy.
Câu 1 (5 điểm). Cho hàm số
inx
() ( 0)
sxx
yfx x x


  (1). Tính (theo radian) góc tạo bởi tiếp
tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ
0
3x  với đường thẳng 2012.
x

Cách giải Kết quả

















Câu 2 (5 điểm). Cho hàm số . Tính chu vi tam giác tạo thành từ ba điểm cực trị
của đồ thị hàm số.
42
4yx x 1
Cách giải Kết quả

ĐỀ CHÍNH THỨC

1
Câu 3 (5 điểm). Cho các hàm số f(x) = ax
-2
- 3x +2, (x

0) và g(x) = a sin 2x.
Giá trị nào của a thỏa mãn hệ thức: f[f(-1)] - g[f(2)] =
2
Cách giải Kết quả

Câu 4 (5 điểm). Tìm nghiệm gần đúng (độ, phút, giây) của phương trình:
sin
2
2x+ 4(sin x + cos x) = 3
Cách giải Kết quả

2
C
âu 5 (5 điểm).
Tìm chiều dài bé nhất của cái thang để nó có thể tựa vào
tường và mặt đất, ngang qua cột đỡ cao 4 m, song song và
cách tường 0,5 m kể từ tim của cột đỡ (hình vẽ)

Mat dat
Tuong
Thang
cot do
Cách giải Kết quả




















Câu 6 (5 điểm). Số 30! có bao nhiêu ước dương phân biệt chia hết cho 1024?
Cách giải Kết quả

Câu 7 (5 điểm). Cho dãy số:
3
3
3
*
3
3
3333 3 ,
n
n
un 


(gồm dấu căn). n
a) Tính .
2012
u
b) Biết rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn, tính giới hạn
đó.
Cách giải Kết quả
















3
Câu 8 (5 điểm). Cho hai đường tròn
22
(): 2 2 4 0Cx y x y

 và
22

('):( 2) 6.Cx y
a) Tìm tọa độ giao điểm của với
()C (').C
b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua các giao điểm của và
()C (').C
Cách giải Kết quả

4
C
âu 9 (5 điểm). Cho hình ngũ giác đều nội tiếp
trong đường tròn (O) có bán kính R = 3,65 cm .
Tính diện tích (phần gạch sọc) giới hạn bởi
nửa đường tròn đường kính AB là cạnh của
ngũ giác đều và đường tròn (O) (hình vẽ)

Cách giải Kết quả

A
R
I
E
B
O
D
C

Câu 10 (5 điểm). Có một cái cốc úp ngược như hình vẽ. Chiều cao của cốc là 20cm, bán kính
đáy cốc là 3cm, bán kính miệng cốc là 4cm. Một con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc
dự định sẽ bò hai vòng quanh thân cốc để lên đến đáy cốc ở điểm B. Tính quãng đường ngắn
nhất để con kiến có thể thực hiện được dự định của mình.

Cách giải Kết quả

Hết
Ghi chú: - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu trong khi làm bài.

5
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MTCT NĂM HỌC 2011 – 2012
(HD này có 05 trang)

Quy ước chấm:
-
Các kết quả có đơn vị đi kèm thì trừ 0,5 đ với một kết quả thiếu đơn vị (chỉ trừ nếu
thí sinh không ghi đơn vị ở ô bên phải).
- Với các kết quả gần đúng, trừ nửa số điểm của kết quả đó nếu thí sinh sai đúng một
chữ số cuối cùng (trường hợp sai các chữ số khác thì không cho điểm kết quả đó).
-
Các kết quả xấp xỉ , bằng mà thí sinh không dùng đúng dấu “ , = ” thì trừ 0,5 đ /
một lỗi.
- Nếu kết quả đúng mà lời giải sai thì không cho điểm toàn bộ phần đó.

Câu 1 (5 điểm). Cho hàm số
inx
() ( 0)
sxx
yfx x x

  (1). Tính (theo radian) góc tạo bởi tiếp
tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ
0
3x  với đường thẳng 2012.
x

Cách giải Kết quả

Gọi (d) là tiếp tuyến và

là góc tạo bởi (d) với chiều dương của trục
Ox. Khi đó
0
)fxtan '( 0


0,0363
(2 đ)
. (1,5 đ)
Góc cần tìm bằng:
1
0
tan ( '( )).
2
f
x


 (1,5 đ)
Câu 2 (5 điểm). Cho hàm số . Tính chu vi tam giác tạo thành từ ba điểm cực trị
của đồ thị hàm số.
42
4yx x 1
Cách giải
Kết quả
y’ = 4x
3
– 8x, y’ = 0 khi x = 0 và 2.x  (1 đ)

Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số: (0;1), ( 2; 3), ( 2; 3)AB C

 (1 đ)
218 22.
ABC
CABBCCA

  (1 đ)
C
ABC
 11,3137
(2 đ)
Câu 3 (5 điểm). Cho các hàm số f(x) = ax
-2
- 3x +2, (x

0) và g(x) = a sin 2x.
Giá trị nào của a thỏa mãn hệ thức: f[f(-1)] - g[f(2)] =
2
Cách giải Kết quả
f (-1) = a+5; f[f(-1)]=
2
313
(5)
a
a
a


, (a


-5) (1đ)
f(2) =
4
4
a
 ; g[f(2)] = a sin ( 8
2
a
 ) (1đ)
f[f(-1)] - g[f(2)] =
2


2
313 sin( 8) 2
(5) 2
aa
aa
a
 


Giải pt tìm a (dùng chức năng SOLVE)
(1đ)
a -5,8122 (2đ)


Câu 4 (5 điểm).
Tìm nghiệm gần đúng (độ, phút, giây) của phương trình:

6
sin
2
2x+ 4(sin x + cos x) = 3
Cách giải Kết quả
Đặt t = sin x + cos x = 2 cos (x - 45
0
); sin 2x = t
2
- 1
pt tương đương: t
4
- 2t
2
+ 4t - 2 = 0 , ( 2t  ) (2 đ)
(Dùng chức năng SOLVE) giải pt được 1 nghiệm t
 0,676444288
giải pt:
2 cos (x - 45
0
) = 0,676444288 (1đ)
x
1
 106
0
25'28'' + k
360
0
(k


Z)
x
2
= 16
0
25'28''+ k
360
0
(2 đ)
Câu 5 (5 điểm). Tìm chiều dài bé nhất của cái thang để nó có thể tựa vào tường và mặt đất,
ngang qua cột đỡ cao 4 m, song song và cách tường 0,5 m kể từ tim của cột đỡ (hình vẽ)

Cách giải Kết quả
Cho AB = l là chiều dài của thang,
HC = 4m là cột đỡ, C giao của cột đỡ
và thang, x là góc giữa thang và mặt
đất. Ta có:
AB = AC + CB =
sin cos
CH CI
x
x


f(x) = AB =
41
((0;)
sin 2cos 2
x

xx

7
)

 (2đ)
f '(x) =
33
22
8os sin
2sin os
cx x
x
cx

;
f '(x) = 0
 tan x = 2

x
0
= tan
-1
(2)

63
0
26'6''
AB
min

= Min f(x) = f(x
0
) 5,5902 (m) (2đ) 
AB
min
5,5902 (m)

(1 đ)
Câu 6 (5 điểm). Số 30! có bao nhiêu ước dương phân biệt chia hết cho 1024?
Cách giải Kết quả
Ta có: 30! = 2
26
.3
14
.5
7
.7
4
.11
2
.13
2
.17.19.23.29. (1 đ)
Mỗi một ước dương của 30! chia hết cho 1024 = 2
10
có dạng:
3 567891
12 4
2 .3 .5 .7 .11 .13 .17 .19 .23 .29
nnnnnn

nn n
0
n

Theo quy tắc nhân có: 17.15.8.5.3.3.2.2.2.2 ước thỏa mãn.
(1 đ)


với 10
 n
1
 26, 0  n
2
 14, 0  n
3
 7, 0  n
4
 4, 0  n
5
, n
6
 2,
0
 n
7
, n
8
, n
9
, n

10
 1. (2
đ)

1 468 800
(1 đ)
Câu 7 (5 điểm). Cho dãy số:
3
3
3
*
3
3
3333 3 ,
n
n
un 

(gồm
n
dấu căn).
b) Biết rằng dãy số trên có g hạn, tính giới hạn
đó.
Cách giải K
a) Tính
2012
u .
iới hạn hữu
ết quả
B

I
C
H
A
K

8
a) Ta có:
3
1
*
1
3
.
nn
u
uun









Tính trên máy ta được u
3
3,


b) Gọi là giới hạn của dãy số {u
n
}. Khi đó là n
2012
. (1 đ)
l
phương trình:
l
ghiệm dương của
3
3
x
x
.
(1 đ)
3
30xx


3
3
,6717
0
1 1,6717.xx l 
(1,5 đ)
u
2012
 1,6717
(1,5 đ)
x

x
  



Câu 8 (5 điểm). Cho hai đường tròn
22
(): 2 2 4 0Cx y x y

 v '):( 2)Cà
22
( 6.x y
a) Tìm tọa độ giao điểm của
và
Cách giải
Kết quả
()C với (C ').
()C (').C b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua các giao điểm của
a) Tọa độ giao điểm của (C) và (C’) là nghiệm hệ phương trình:
22
2
22
311
2
111
1
2240
2
.
2250

420
311
2
111
2
y












x
y
xy
xy
xy
yy
xy x
x


































(2 đ)

A(-0,1583; -1,1583)
(1 đ)
B(3,1583; 2,1583)
(1 đ)
b) Tọa độ A, B thỏa mãn phương trình x = y + 1. Do đó phương trình
AB là x – y + 1 = 0.
(1 đ)
Câu 9 (5 điểm). Cho hình ngũ giác đều nội
c) giới hạn
tiếp trong đường tròn (O) có bán k ,65 cm
. Tính diện tích (phần gạch sọ bởi nửa đường tròn đường kính AB ngũ
g
Cách giải Kết quả
ính R = 3
là cạnh của
iác đều và đường tròn (O) (hình vẽ)
r = AI 1đ) = R sin 36
0
= 2,1454 (cm) (
(gán cho A)
S
vp
=
2
20 2
1
sin 72
52
R
2,0355

R
cm , (1đ)


S =
(gán cho B).
2
2
5,1945
2


vp
R
Scm

 (2đ)
S
(1 đ)
2
5,1945cm
Câu 10 (5 điểm). Có một cái cốc úp ngược như hình vẽ. Chiều cao của cốc là 20cm, bán kính
đáy cốc là 3cm, bán kính miệng cốc là 4cm. Một con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc
R
I
O
A
E
B
C

D

9
dự định sẽ bò hai vòng quanh thân cốc để lên đến đáy cốc ở điểm B. Tính quãng đường ngắn
nhất để con kiến có thể thực hiện được dự định của mình.

Cách giải Kết quả
Đặt b, a, h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và chiều cao
của cốc,  là góc kí hiệu ình vẽ. Ta “trải” t
xung quanh
như trên h hai lần mặ
cốc lên mặt phẳng sẽ được một hình quạt của một
khuyên với cung nhỏ
"4BB b

 và cung lớn
"4
A
Aa


.
(1 đ)

Độ dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài đoạn thẳng
BA”. Áp dụng định lí hàm số cosin ta được:
22
"2 . ".cos2 (1)lBOOA BOOA

 .

22
"" ( ) .BA AB a b h 
đ)
47,2714lcm
(1

(2 đ)


4(") .
11
2
AB AB
b
42
(AA")
aalBBOAOBAB
b b OB OB b
l







     

22
2( ) 2( )

().
()
ab ab
a
AB
ab h




 

(1 đ)
22
()
1(
bab h
AB a a b
OB b)


  
.
OB
b b a b
22
22
()
"()().
bab h

OA OB BA a b h c
ab

  


Ghi chú.
Để tồn tại lời giải trên phải không cắt cung
Tha
y (a), (b), (c) vào (1) ta tìm được
(1 đ)
thì đoạn BA”
.l

"BB tại điểm nào khác B, tức là BA” nằm dưới tiếp tuyến của

"BB
tại B. Điều này tương đương với
1
2c

 os().
b

Tuy nhiên, trong lời
a
giải của thí sinh không yêu cầu phải trình bày điều kiện này (
và đề
bài cũng đã cho thỏa mãn yêu cầu đó).
Hết

Ghi chú: Nếu thí sinh giải bài theo cách khác thì cho điểm theo các phần đúng tương ứng,
nhưng phải đảm bảo tỉ lệ giữa cách giải và đáp án.


10