ĐỀ THI CASIO THPT THỪA THIÊN HUẾ 2009-2010

Sở Giáo dục v Đo tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính CầM TAY

Đề thi chính thức Khối 11 THPT - Năm học 2009-2010

Thi gian lm bi: 150 phỳt
Ngy thi: 20/12/2009 - thi gm 5 trang
Điểm toàn bài thi
Các giám khảo
(Họ, tên v chữ ký)
Số phách
(Do Chủ tịch Hội đồng thi
ghi)
GK1

Bằng số Bằng chữ
GK2

Qui nh: Hc sinh trỡnh by vn tt cỏch gii, cụng thc ỏp dng, kt qu tớnh toỏn vo ụ
trng lin k bi toỏn. Cỏc kt qu tớnh gn ỳng, nu khụng cú ch nh c th, c ngm
nh chớnh xỏc ti 4 ch s phn thp phõn sau du phy
Bi 1. (5 im) Tớnh giỏ tr ca hm s ()
f
x ti 0,75x

:

5
3
23 3
32

2sin cos
()
2
tan cot 3sin 1 1
3
xx
fx
x
xx











Túm tt cỏch gii: Kt qu:

Bi 2. (5 im)
Tỡm ta giao im ca ca th hai hm s
42
3yx x 4

v
2
2
25
2
xx
y
x



.
Túm tt cỏch gii: Kt qu:






MTCT11THPT-Trang 1

Bài 3.
(5 điểm)
Cho biết:
32
4 tan 19 tan 37 tan 28 0
2
xxx x






và
3
3sin 5cos 4
2
yy y







.
Tính:




32
32 4 3
23
3223
cos cot sin cos
sin 2sin cot 3cos
xy xy
M
y
xy


x


Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 4. (5 điểm) Cho dãy hai số xác định như sau:
n
u
2
111
1; 5 8 ( 2,3,4, )
nn n
uuu ku n

 
.
, là số nguyên dương cho trước. k
a) Chứng tỏ rằng chỉ có một giá trị
k bé hơn 30 để cho các giá trị của dãy số đều nguyên.
Khi đó tính chính xác các giá trị
10; 11 12 13
;;uu u u
b) Với giá trị
k tìm được ở câu a), lập công thức truy hồi tính
2n
u

theo
1n

u

và
n
u . Chứng
minh.
Tóm tắt cách giải: Kết quả:







MTCT11THPT-Trang 2







Bài 5. (5 điểm) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm của số tự nhiên:
2010
9
2
A


Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 6. (5 điểm)
Bác An gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất
0,72%/tháng. Sau một năm, bác An rút cả vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất
0,78%/tháng. Gửi đúng một số kỳ hạn 6 tháng và thêm một số tháng nữa thì bác An phải rút
tiền trước kỳ hạn để sửa chữa nhà được số tiền là 29451583,0849007 đồng (chưa làm tròn).
Hỏi bác An gửi bao nhiêu kỳ hạn 6 tháng, bao nhiêu tháng chưa tới kỳ hạn và lãi suất không
kỳ hạn mỗi tháng là bao nhiêu tại thời điểm rút tiền ? Biết rằng gửi tiết kiệm có kỳ hạn thì cuối
kỳ hạn mới tính lãi và gộp vào vốn để tính kỳ hạn sau, còn nếu rút tiền trước kỳ hạn, thì lãi
suất tính từng tháng và gộp vào vốn để tính tháng sau. Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên
máy tính để giải.
Tóm tắt cách giải: Kết quả:

MTCT11THPT-Trang 3
Bài 7. (5 điểm) Cho đa thức
 
23
()23 23 23 23Px x x x x
20
a) Tính gần đúng
2
3
P





b) Tìm hệ số chính xác của số hạng chứa
5
x
trong khai triển và rút gọn đa thức P(x).
Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 8. (5 điểm)
Trong ngày thi giải toán trên máy tính cầm tay (20/12/2009), bạn Bình đố bạn Châu tìm
số nguyên x nhỏ nhất sao cho khi bình phương lên thì được một số nguyên có 4 chữ số đầu là
2012 và 4 chữ số cuối là 2009. Em hãy giúp bạn Bình tìm số x này và viết chính xác số
2
x
.
Nêu sơ lược cách giải.
Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 9. (5 điểm)
Cho tứ diện ABCD có AB = 12 dm; AB vuông góc với mặt (BCD); BC = 7 dm; CD = 9
dm và góc CBD = 52
0
.
a) Tính gần đúng thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện ABCD.
MTCT11THPT-Trang 4
b) Tính gần đúng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và số đo (độ, phút, giây) của
góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (BCD). Cho biết: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là mặt
cầu có tâm cách đều 4 đỉnh của tứ diện đó một đoạn bằng bán kính.

Tóm tắt cách giải: Kết quả:











Bài 10. (5 điểm) Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính 10
R
cm , đặt trong một
khung hình hộp chữ nhật (hình 1). Trong chậu có chứa sẵn một khối nước hình chỏm cầu có
chiều cao . Người ta bỏ vào chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt
nước

dâng lên vừa phủ kín viên bi (hình 2). Tính bán kính của viên bi (kết quả làm tròn đến 2 chữ số
lẻ thập phân)
4hcm
Cho biết công t
hức tính thể tích khối chỏm cầu của hình cầu (O, R), có chiều cao là:
h
2
hom
3
ccau
h
VhR







Hình 1 Hình 2
Tóm tắt cách giải: Kết quả:

HẾT
MTCT11THPT-Trang 5
Sở Giáo dục v Đo tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính CầM TAY

Đề thi chính thức Khối 11 THPT - Năm học 2009-2010


ỏp ỏn v biu im
Bài Cách giải
Điểm
TP
Điểm
toàn
bài
1
(0,75) 125, 4511f


5

2
Phng trỡnh cho honh giao im ca th hai hm s:
v
42
3yx x 4
2
2
25

2
xx
y
x



l:

22
42 42
22
25 25
34 34
22
xx xx
xx xx
xx



0
.
Dựng chc nng SOLVE ta tỡm c hai nghim (khi ly giỏ tr u
l 0 v 1):
1
0,701149664x v .
2
1,518991639x
Dựng chc

nng CALC tớnh cỏc giỏ tr tung giao im:
1
2,7668y v .
2
2,4018y
Vy: Hai th ca ha
i hm s ó cho ct nhau ti hai im


0,7011; 2,7668 , (1,519; 2,4018)AB


3
tan 1,75
2
xx






, nờn


100
tan 1.75 180 119 44'42"x

lu
vo bin nh A

Gii phng trỡnh:
3
3sin 5cos 4
2
yy y








0
, ta c:
. Theo iu kin bi toỏn
cho
thỡ (trong quỏ trỡnh tỡm nghim, ta lu kt qu ú
vo
bin nh B)
000
102 21' 360 ; 195 43'20" 360yky k
0
195 43'20"y
Tớnh
t s v lu vo bin X, tớnh mu v lu vo bin Y. Tớnh
0,0400
X
M
Y

4
2
111
1; 5 8 ( 2,3, 4, )
nn n
uuu ku n


a)
2
1211
1; 5 8 5 8uuuku k.
thỡ
2
u 8 0,1,4,9,16 8,9,12,17,24kk

(k < 30).
Th vi : ch cú l s nguyờn, cũn
8, 9, 12, 17k
12
,uu
3
u

Vi : Ta cú:
24k


MTCT11THPT-Trang 6
12 3 4 5 6 7
1, 9, 89; 881; 8721; 86329; 854569;uu u u u u u    
89 10
8459361; 83739041; 828931049.uu u 
11 12 13
8205571449; 81226783441; 804062262961;uu u 
212nnn
uaubu



Công thức t
ruy hồi của u
có dạng:
n+2




321
432
989
10; 1
89 9 881

uaubu
ab
ab
uaubu
ab










21
10
nnn
uuu


. Ta có hệ
phương trình:

Do đó:
Chứng minh sơ lược:
Ta có:
222
11 1 1 1
2


1
5 24 24 5 24 24 10 24 0
nn n nn n n nnn
uu u uu u u uuu
   
      
(1)
Thay n bởi n +1: (2).
22
11
10 24 0
nnnn
uuuu


Trừ (1) cho (2) ta có:





22
11 11 1111
10 0 10 0
nn nnn nnnn n
uu uuu uuuu u
  
     
Dãy số đơn điệu tăng, nên:

11 1
10 10
nn nn nn
uu uu uu
  1


Hay:
21
10
nn
uu


n
u
5
Ta có:

1
99
2 2 512 mod 1000

2
9
999 9 9 5 4
2 2 2 512 512 512 352 (mod1000)

    


32 2
9
999 9 9
2 2 2 352 912 (mod 1000)

 

43 3
9
999 9 9
2 2 2 912 952 (mod1000)

 



54 65
99
99 9 99 9
2 2 952 312 (mod 1000);2 2 312 552 (mod 1000); 



65 76
99
99 9 99 9
2 2 312 552 (mod1000);2 2 552 712 (mod1000); 




87 98
99
99 9 99 9
2 2 712 152 (mod1000);2 2 152 112 (mod 1000); 



98 109
99
99 9 9 9 9
2 2 152 112 (mod1000);2 2 112 752 (mod1000); 

11 10
9
99 9
2 2 752 512 (mod1000);
Do đó chu kỳ lặp lại là 10, nên
Vậy: có ba chứ số cuối là: 752
2010
9
2A 


6
Số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi sau 4 kỳ hạn 3 tháng và sau 1; 2; 3 ;
4; 5; 6; 7 kỳ hạn 6 tháng lần lượt là:

4
20000000 1 0,72 3 100 1 0,78 6 100
A

 

. Dùng phím CALC lần
lượt nhập giá tri của A là 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta được: 22804326,3 đồng;
232871568,78 đồng; 24988758,19 đồng; 26158232,06 đồng;


MTCT11THPT-Trang 7
27382437,34 đồng ; 28663935,38 đồng; 30005407,56 đồng
Ta có: 28663935,38 < 29451583,0849007< 30005407,56,
Nên số kỳ hạn gửi sáu tháng đủ là: 6 kỳ hạn.
Giải phương trình sau, bằng dùng chức năng SOLVE và nhập cho A
lần lượt là 1 ; 2; 3 ; 4; 5, nhập giá trị đầu cho X là 0,6 (vì lãi suất
không kỳ hạn bao giờ cũng thấp hơn có kỳ hạn)

46
20000000 1 0,72 3 100 1 0,78 6 100 1 100 29451583.0849007 0
A
X    
X = 0,68% khi A = 4.
Vậy số kỳ hạn 6 tháng bác An gửi tiết kiệm là: 6 kỳ hạn ; số tháng
gửi không kỳ hạn là: 4 tháng và lãi suất tháng gửi không kỳ hạn là
0,68%
7
a)
2
68375,2807
3
P






b) Hệ số của số hạng chứa
5
x
là:

20
5555
5
2 3 2 296031627712=9473012086784
k
k
k
C






8
Các số có 4 chữ số khi bình phương lên có 4 chữ số cuối là 2009 là:
2003, 7003, 3253, 8253, 1747, 6747, 2997, 7997.
4485 2012 4487; 14184 2012 14189abcd abcde 
44855 2012 44866; 141844 2012 141880abcdef abcdefg  

Số cần tìm là: x = 14186747

2
201263790442009x 



9
a) Xét tam giác BCD, ta có:
222
2 cos52CD BC BD BC BD
0
2


202
14cos52 7 9 0BD BD 
Giải phương trình bậc hai theo BD, ta có hai
nghiệm:
1
2,801833204 0x  
2
11,42109386x 
(loại) và
.
Do
đó:
11,42109386
B
Dd m
.
02

1
sin 52 31,49980672
2
BCD
SBCBD d  m
Thể tích của tứ diện ABCD:
3
1
125,9992
3
BCD
V S SA dm
22
11
42 ; 68,52656315
22
ABC ABD
S BC AB dm S BD AB dm 



MTCT11THPT-Trang 8
Xét tam giác ACD:
2222
7 12 193AC BC AB dm
22
16,56627251AD AB BD dm
Nửa chu vi của tam giác ACD:
19,72935825
2

AC CD AD
p
dm





2
62,51590057
ACD
SppACpADpCD d   m
m

Vậy diện tích toàn phần của tứ diện ABCD là:
2
204,5423
tp
Sd

b) Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cách đều B, C, D nên
I ở trên trục Ox của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD (Ox
(BCD)
tại tâm O của đường tròn (BCD), nên Ox//AB). Trong mặt
phẳng (SA, Ox), trung trực đoạn AB cắt Ox tại I. I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABCD và bán kính của mặt cầu là:

2222
6
R

IO OB r( là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác BCD):
r
0
9
2 5,710581968
sin 2

sin 52
CD
rr
B
 
22
6 8,2832
R
rd m.
Ta có:
cos cos
BCD
BCD ACD
ACD
S
SS
S




0,5038687188 (


là góc
giữa 2 mặt phẳng (ACD) và (BCD))

10
cos 59 44'37"
BCD
ACD
S
S











10
Gọi
x
là bán kính viên bi hình cầu. Điều kiện: 02 10 0 5xx


Thể tích khối nước hình chỏm cầu khi chưa thả viên bi vào:
2
1

4 416
16 10
33
h
VhR
3


  
 
  
  

Khi thả viên bi vào thì khối chỏm cầu gồm khối nước và viên bi có
thể tích là:


2
2
2
4302
2
2
33
x
x
x
VxR









Ta có phương trình:

32 3
x
21
4
4 30 2 416 4
3
VV x x x


    

32
3 30 104 0xx

.
Giải phương trình ta có các nghiệm:
1
9,6257 5x

 (loại);
và (loại).
2

2,0940 5x 
3
1,7197 0x  
Vậy: Bá
n kính viên bi là
2,09rc m




:
MTCT11THPT-Trang 9