Hướng dẫn giải toán trên máy tính. đề 07

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO
NĂM 2007

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Lớp 12 THPT
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:13/3/2007
SƠ LƯỢC CÁCH GIẢI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Cách giải

Bài
- Có:

1

2

1
f ( f (  1)) 
1 a
f  1 (2) a
- Giải phương trình tìm a:
a 2  (1  3 ) a  ( 6 

(a 1)

3)  0

Kết quả

1
+ f ( f (  1)) 
1 a
1
f (2) a

Điểm
(a 1)

1  3  28  2 3
+ a1, 2 
2
+ a1  3,8427
a 2   1,1107
f CT ( x)   0,4035
f CD ( x)  25,4034

Áp dụng đạo hàm để tìm cực trị

x1 �67 0 54 ' 33''  k 3600
x2 �2020 5' 27 ''  k 3600

3

Theo cách giải phương trình lượng giác

4

Chọn MODE Rad, chọn trong 10 số tiếp theo N
có:

a) u1005  u1002  2,2179  2
a) m = 1005 , l = 1002
b) u1000007  u1000004  2,1342  2
b) m = 1000007, l = 1000004
c) Giới hạn không tồn tại
c) Áp dụng định nghĩa giới hạn của dãy

0,5
0,5
2,0
1,0
1,0
2,5
2,5
2,5
2,5
2,0
2,0
1,0

5

Tìm các hệ số của hàm số bậc 3:
f ( x) ax 3  bx 2  c x  d ,  a 0 
Tìm các điểm cực trị, tìm khoảng cách giữa
chúng

6

Gọi r và h theo thứ tự là bán kính và chiều cao

hộp sữa. Khi ấy thể tích hộp sữa là V   r 2 h
và diện tích vỏ hộp là S  2 r 2  2 r h . Từ
628
2
đây, bằng phép thế, ta có S  2 r 
và
r
đạt giá trị nhỏ nhất khi S '  r   0 , tức là khi
628
4 r  2  0
r

Bài

Cách giải

563
123
; b
1320
110
25019
1395
c 
; d 
1320
22
kc 105 ,1791
a

r 3

157
3 , 6834


S  2 r 2 

628
 255 , 7414
r

Kết quả

1,50
1,50
2,0

2,0
3,0

Điểm


7

8

9

- Áp dụng công thức đổi sang cơ số 10 của
logarit, ta có:
log 3
log 2 3 
cho hệ phương trình
log 2
x  log 2 y  y log 2 3  log 2 x


 x  3  2 log 2 3  log 2 x  2 y  log 2 y
- Suy ra: y = 2x

Tìm tọa độ đỉnh B nhờ xác định tỷ số điểm B
chia đoạn MN

 AOB AB
sin

2
2r
S  SV tr   S Ch .nh  SV . ph 

x

1

2 log 2 3  1
2
y
2 log 2 3  1

x  0 , 4608
y  0 , 9217
Điểm B chia MN theo tỷ số
 1 3
k
3
 1 2 3
Tọa độ của B là : x 
3
7 2 3
7 2 3
, z
y
3
3
 AOB 1, 8546 rad

1,5
1,5
1,0
1,0

2,0
1,0
2,0
2,0

S  73 , 5542

3,0

k  0 , 7136

5,0

Trước hết cần chỉ ra rằng tỷ số này bằng
10

1  2 cos1080
3
(Xem thêm lời giải chi tiết kèm theo)
k 2

Lời giải bài số 10:
Giả sử các mặt hình ngũ giác đều có độ dài cạnh bằng a. Ta thấy mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện được
xác định bởi 4 đỉnh bất kỳ không đồng phẳng. Ta có thể tính ra được bán kính R của quả cầu ngoại tiếp đa
diện dựa trên 4 điểm là: một đỉnh tùy ý và 3 đỉnh khác nằm trên ba cạnh kề với đỉnh này.
Rõ ràng, 4 điểm đã nói lập thành một “ hình chóp cân” có đáy là tam giác đều và 3 mặt bên là những
tam giác cân bằng nhau. Cạnh của tam giác đều ở đáy lại là đường chéo của mặt ngũ giác đều, cho nên tính
được nhờ định lý hàm số cô-sin, cụ thể là
b  2a 2  2a 2 cos1080  a 2(1  cos1080 )
Bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác đều được tính qua cạnh theo công thức:
b
b
2 (1  cos108 0 )


a
3
2 cos 30 0

3
Số đo góc a giữa cạnh của hình chóp cân và mặt phẳng đáy được xác định nhờ công thức:
2 (1  cos1080 )
r
cos a 

a
3
Lưu ý rằng đường vuông góc hạ từ đỉnh của “hình chóp cân” xuống mặt đáy của nó sẽ đi qua tâm của
a
mặt cầu ngoại tiếp đa giác, cho nên bán kính R của mặt cầu này được xác định từ công thức R 
, và
2 sin a
r

do đó

a
1  2 cos108 0
 2 sin a  2 1  cos 2 a  2
R
3
Dùng máy tính ta tính được k 0 , 7136441807