Đề thi giải toán trên Máy tính cầm tay lớp 12 THPT tỉnh Quảng Trị năm 2013 môn Toán - Có đáp án

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
QUẢNG TRỊ GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LỚP 12 THPT
Khóa ngày 09-01-2013
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Qui định chung:
1. Đề thi gồm 10 bài toán, mỗi bài 5 điểm
2. Thí sinh trình bày vắn tắt cách giải và cách thiết lập công thức tính
3. Thí sinh chỉ ghi quy trình bấm phím nếu đề bài có yêu cầu, khi đó cần phải ghi rõ loại máy sử dụng
4. Các kết quả tính gần đúng được lấy đến 4 chữ số thập phân
5. Số đo các đoạn thẳng được ngầm hiểu là đơn vị dài; Số đo diện tích và thể tích là đ.v.d.t và đ.v.t.t. tương ứng


Bài 1. Cho hai hàm số
(
)
3
sin 2012 2013
f x x
= −
và
( )
(
)
2 2
tan cos 2012
2013
x
x
g x e
π

= + −
.
Tính các giá trị: a)
(
)
(
)
20,13
f f
b)
(
)
(
)
(
)
3
f g f

Bài 2. Tìm khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
2
2013 1
x
y
x
=
+ −

Bài 3. Giải phương trình
(

)
6
6 4log 6 1 2 1
x
x x
= + + +

Bài 4.
Cho
sin cos
3 3
n
n n
u
π π
   
= +
   
   
, Gọi
1 2

n n
S u u u
= + + +
. Tính
16
S
và
2013

S

Bài 5. Cho hàm số
1
1
1
y
x
= −
+
có đồ thị (H). Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) để tiếp tuyến của (H) tại M cắt
đường tròn
(
)
2 2
: 2 2 1 0
C x y x y
+ + − − =
tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông, với I là tâm
của đường tròn.
Bài 6. Tìm hai nghiệm đúng của hệ phương trình
3 3
2
2012 2013 2012 2013
3 1 8 3
x x y y
x y x xy


+ = +




− + = −



Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang,


0
90
BAD ADC= =
,
5,12; 2,14; 3,14.
AB AD DC
= = =

4
SA
=
và vuông góc với (ABCD). Gọi G là trọng tâm của tam giác SAD. Tính thể tích của khối chóp
S.GCB và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC).
Bài 8. Cần chia một số viên bi cho một nhóm hơn 10 nhưng không quá 20 em học sinh. Hỏi có bao nhiêu viên
bi và bao nhiêu em học sinh biết rằng có thể chia được theo hai cách: hoặc là chia đều hoặc là chia theo
quy luật: em thứ nhất 2 viên, em thứ hai 4 viên, em thứ ba 8 viên
Bài 9. Cho 3 đường thẳng
1; 2; 3
y y y
= = =

, trên mỗi đường lấy 20 điểm sao cho 2 điểm liền kề trên mỗi
đường thẳng cách nhau một khoảng bằng
π
. Có bao nhiêu tam giác với 3 đỉnh thuộc tập hợp các điểm
đã cho và 3 đỉnh đó nằm trên 2 đường thẳng, tính tổng diện tích các tam giác đó.
Bài 10. Một khối gạch hình lập phương (không thấm nước) có cạnh bằng 2 được đặt vào trong một chiếc phểu
hình nón tròn xoay chứa đầy nước theo cách như sau: Một cạnh của viên gạch nằm trên mặt nước (nằm
trên một đường kính của mặt này); các đỉnh còn lại nằm trên mặt nón; tâm của viên gạch nằm trên trục
của hình nón. Tính thể tích lượng nước còn lại trong phểu.
_ Hết _
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
Bậc THPT năm học 2012-2013

Qui định chung: Thí sinh chỉ được điểm tối đa khi có cách giải đúng và kết quả đúng. Trường hợp cách giải
và công thức đúng nhưng kết quả sai thì cho 1/2 số điểm của phần ấy. Trường hợp công thức đưa ra sai mà
kết quả đúng thì không tính điểm cả hai phần. Trường hợp kết quả sai chữ số thập phân cuối cùng thì trừ 0,25
điểm ở phần ấy.

Bài

Cách giải Kết quả
Điểm
a)
(
)
(
)
20,13
f f

12,6251
≈ −

2
1
b)
(
)
(
)
(
)
3
f g f
12,6250
≈ −

3
Ta có:
(
)
2
2
2 2
2013 2013
'
2013 2013 1
x
y

x x
− +
=
+ + −

1
' 0 4050156
y x= ⇔ = ±
Đặt
1
4050156
x = − ;
2
4050156
x =
1
x
-∞ x
1
x
2
+∞
f'

x)
-

0 + 0 -

f(x)
y
CĐ


y
CT



1
2
Vậy khoảng cách giữa hai cực trị là:
4025,0004
d
≈

2
Đk:
1/ 6
x
> −

Ta có:
(
)
6
6 4log 6 1 2 1
x
x x

= + + +
⇔
(
)
6
6 4 4log 6 1 6 1
x
x x x
+ = + + +

(
)
1

Xét hàm số:
( ) 6 4
t
f t t
= +
trên
[ 1/ 6; )
D
= − +∞
.
Khi đó:
(
)
1
được viết lại là
(

)
6
( ) log (6 1)
f x f x
= +

(
)
2

1
Dễ thấy
f
liên tục và đồng biến trên
D
, nên từ
(
)
2
có thể suy ra:
6
log (6 1)
x x
= +
6 1 6
x
x
⇔ + =
6 6 1 0
x

x
⇔ − − =

(
)
3

1
Xét hàm số
( ) 6 6 1
x
g x x
= − −
trên
D
.
Ta thấy
g
liên tục trên
D
và có đạo hàm là
'( ) 6 ln 6 6
x
g x
= −

Ta có:
6
6
'( ) 0 6 ln6 6 0 log

ln6
x
g x x= ⇔ − = ⇔ =
Vì
'( ) 0
g x
=
có nghiệm duy nhất, nên phương trình
(
)
3
có nhiều nhất 2
nghiệm, tức phương trình
(
)
1
cũng có không quá 2 nghiệm số
1
3
Sử dụng máy tìm được 2 nghiệm của phương trình là:
0
1,1561
x
x
=
≈

2
Sử dụng máy có thể tính trực tiếp được
16

0,6340
S
= −

2
4
Ta có
2 sin
4 3
n
n
u
π π
 
= +
 
 
nên
6
r k r
u u
+
= .
1
1

Vì
2013 335 6 3
= × +

Nên
(
)
(
)
2013 1 2 3 4 5 6 1 2 3
335
S u u u u u u u u u
= + + + + + + + +

2013
0,7321
S ≈
2
Đường tròn có tâm
(
)
I 1;1 , 3
R
− =
,
( )
; , 1
1
t
M t H t
t
 



∈ ≠ −




 
+
.
Ta có
(
)
2
1
1
y
x
′
=
+
nên phương trình tiếp tuyến của (H) tại M có dạng
( )
( )
( )
( )
(
)
2 2 2
2
2
1 1

: 0
1 1
1 1 1
1 0.

t t t
y x t x y
t t
t t t
x t y t
∆
− = − ⇔ − + − =
+ +
+ + +
⇔ − + + =

1
Vì ∆IAB chỉ có thế vuông cân tại I nên ta tính được
( )
6
,
2
d I ∆ = .
Mặt khác,
(
)
(
)
(
)

2
2
4 4
| 1 1 |
| 2 2 |
( , )
1 1 1 1
t t
t
d I
t t
∆
− − + +
− −
= =
+ + + +

1
Do đó:
(
)
( ) ( )
4 2
4
6
3
| 2 2 |
3 1 8 1 0
2
1 1

t
t t
t
− −
= ⇔ + − + +
=
+ +


( )
( )
2
2
4 7
4 7
1
1
3
3
4 7
4 7
1
1
3
3
t
t
t
t



+
+


= − ±
+ =




⇔ ⇔


−

−

+ =

= − ±





1
5
Vậy có bốn điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

(
)
(
)
(
)
(
)
1 2
3 4
2,4884;1,6719 , 0,4884; 0,3281
1,6719; 2,4884 , 0,3281; 0,4884
M M
M M
−
− − −

2
Xét hệ phương trình
3 3
2
2012 2013 2012 2013 (1)
3 1 8 3 (2)
x x y y
x y x xy


+ = +




− + = −



Dễ thấy hàm số
(
)
3
2012 2013
f t t t
= +
đồng biến và liên tục trên
ℝ
.
Và (1)
(
)
(
)
f x f y
⇔ =
. Nên
x y
=
.
1
Phương trình (2) trở thành
3 2
3 1 8 3

x x x
− + = −

Điều kiện.
2 6 2 6
3 3
x− ≤ ≤

Dùng chức năng solve để tìm ra 2 nghiệm của phương trình là:
1 2
0,6180339887 ; 1,618033989
x x= − =

1
6
Gán hai nghiệm này vào hai biến A và B. Ta nhận thấy:
1
1
A B
AB

+ =




= −



1
6
Chứng tỏ A, B là hai nghiệm của phương trình
2
1 0
X X
− − =

Mà phương trình này có nghiệm là
1 5
2
X
±
=
1
2

Suy ra, hai nghiệm của hệ là
1 5
2
x y
±
= = .
1 5
2
x y
±
= =
1

Đặt
, , ,
AB a AD b DC c SA d
= = = =


2
3
SGCB
SICB
V
SG
V SI
= =

1
.
3

SICB ICB
V SA S
∆
=

( ) ( )
(
)
1
2 4 4
ICB
b a c
b
S a c b a c
∆
+
= + − + =

1
2
3
SGCB SICB
V V
=
(
)
(
)
2 1
3 3 4 18

b a c db a c
d
+ +
= × × × =

3,9281
≈

1
2 2
SB a d
= +
;
( )
2
2
CB b a c
= + −
2 2 2
SC b c d
= + + ;
2
SB SC BC
p
+ +
=

1
( )( )( )
SCB

S p p SB p BC p SC
∆
= − − −
1
7
3
SGCB
SCB
V
GH
S
∆
=

1,4729
≈

1
Gọi n là số học sinh, ta có
10 20
n
< ≤

Theo cách chia thứ hai, tổng số viên bi là
2 1
2 4 8 2 2.
2 1
n
n
−

+ + + + =
−

1
Gọi p là số bi mỗi học sinh nhận được theo cách chia thứ nhất thì tổng số
bi sẽ là
.
n p
. Suy ra
( )
2 1
2. . 2 2 1 .
2 1
n
n
n p n p
−
= ⇔ − =
−

1
Do n và p là các số nguyên dương nên
(
)
2 2 1
n
n
−
⋮

1
Dùng máy tính, ta thấy chỉ có
18
n
=
thỏa mãn
Suy ra, số học sinh là 18 em
18 em 1
8
và tổng số bi là 524286 viên 524286 viên 1
Có
3 3
60 20
3 20 20 20 22800
C C− − × × =
tam giác.
1
9
Xét các tam giác có một đỉnh thuộc đường thẳng
1
y
=
, hai đỉnh còn lại
thuộc đường thẳng
2
y
=
. Các tam giác này có cùng đường cao bằng 1,
1
G

I
A
B
C
S
D
3

và ứng với một điểm thuộc
1
y
=
sẽ: có 19 tam giác cạnh đáy bằng
π
,
có 18 tam giác cạnh đáy bằng 2
π
, có 17 tam giác cạnh đáy bằng 3
π
,
, có 1 tam giác cạnh đáy bằng 19
π
. Suy ra tổng diện tích các tam giác
nói trên là:
( )
1
19 1 18 2 17 3 1 19 20 13300
2
π π
× + × + × + + × × =

Hoán đổi vai trò hai đường thẳng
1
y
=
và
2
y
=
cho nhau ta có được các
tam giác cũng có tổng diện tích đúng bằng
13300
π

Vậy tổng diện tích các tam giác có đỉnh thuộc hai đường thẳng
1
y
=
và
2
y
=
là:
26600
π

Tương tự các tam giác có đỉnh thuộc hai đường thẳng
3
y
=

và
2
y
=

có đường cao cùng bằng 1 và có tổng diện tích là:
26600
π

½
Còn các tam giác có đỉnh thuộc hai đường thẳng
3
y
=
và
1
y
=
có
đường cao cùng bằng 2 và có tổng diện tích là:
2 26600
π
×

½
Do đó tổng diện tích tất cả các tam giác là
4 26600 106400
π π
× =

334265,4583
≈

2
Gọi
;
R h
lần lượt là bán kính và chiều cao của hình nón (phểu).
* Thiết diện của hình nón song song với
đáy hình nón, qua tâm của viên gạch là
hình tròn có bán kính là
1
3
R
=
thỏa
mãn
1
2 2
. 3
R h h
R
R h h
− −
= ⇒ = (1)
* Thiết diện của hình nón song song với
đáy hình nón, chứa cạnh đối diện với
cạnh nằm trên đáy hình nón là hình tròn
có bán kính
2

1
R
=
thỏa mãn
2
2 2 2 2
. 1
R h h
R
R h h
− −
= ⇒ =
(2)







1






1
Từ (1) và (2), suy ra
2 5 2 6

3
2
2 2
h
h
h
− +
= ⇒ =
−
và
2 3 1
R
= −


1
Thể tích lượng nước còn lại trong phểu là
2 3
non gach
1
2
3
V V V R h
π
= − = −


1
10

22,2676
≈

22,2676
≈

1