Đề thi chọn HSG THPT vòng tỉnh giải toán trên máy tính cầm tay môn toán 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN THPT
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 12/9/2018
(Đề thi có 02 trang, gồm 05 bài)

Chú ý: - Thí sinh làm bài vào giấy thi do cán bộ coi thi phát;
- Nếu đề bài không có yêu cầu riêng thì kết quả làm tròn đến 4 chữ số phần thập
phân.
Bài 1. (10 điểm)
x 2  x  2018
có đồ thị là  C  . Gọi M và N là tọa độ hai
x 1
điểm cực trị của đồ thị hàm số  C  . Tính gần đúng diện tích tam giác OMN (với O là gốc tọa

Câu 1: (5 điểm) Cho hàm số y 

độ).
Câu 2: (5 điểm) Cho hàm số f  x   x2  3x  4 có đồ thị là  C  .





a. Tính f 1  2 .
b. Gọi đường thẳng y  ax  b là phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có hoành độ
x0  3  3 . Tính gần đúng giá trị của a và b .

Bài 2. (10 điểm)

u1  1
Câu 1: (5 điểm) Cho dãy số (un ) xác định bởi: 

1 2  n  , n  1.
u

2
u

un
n 1
n

2018

Viết quy trình bấm phím để tính u n và 3 Tn với Tn  u1  u2  u3  ...un . Tính u15 và 3 T15

Câu 2: (5 điểm) Nhân dịp kỷ niệm 73 năm Quốc Khánh nước ta (2/9/1945 - 2/9/2018), một
trường học đã tổ chức cho học sinh lớp 12 đi dã ngoại ở vùng biển Hà Tiên - Kiên Giang và
tham gia một số trò chơi, trong đó có cuộc thi
B
chạy bộ trên bãi biển. Thể lệ của cuộc thi chạy
bộ như sau: Người chơi sẽ xuất phát từ vị trí A
để chạy đến bờ biển (d) rồi về đích tại điểm B
A
(xem hình minh họa). Biết rằng khoảng cách từ
A và B đến bờ biển (d) lần lượt là 75m và 100m,
khoảng cách giữa A và B là 400m. Tính gần
đúng quãng đường ngắn nhất mà học sinh có
d
M
thể chạy được?

1


Bài 3. (10 điểm)
Câu 1: (5 điểm) Tìm nghiệm gần đúng của phương trình đến độ, phút, giây:
4cos3x  3cos 2 x  2cos x  2  0

Câu 2: (5 điểm) Khai triển và rút gọn đa thức
P  x   1  2 x   1  2 x   1  2 x   1  2 x   ......  1  2 x  ta được
2

3

4

14

P  x   a0 x0  a1x1  a2 x2  a3 x3  a4 x4  ..........  a14 x14 . Tìm hệ số a7 .

Bài 4. (10 điểm)
Câu 1: (5 điểm) Cho hình thang vuông ABCD có A  D  900 và diện tích bằng 17. Tìm
độ dài các cạnh của hình thang, biết BCD  53o , BD  CD .
Câu 2: (5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Biết phương trình các
cạnh AB : 2x  y  3  0; AC : 3x  y  7  0; BC : x  2 y  9  0 .
a. Tìm toạ độ đúng của các đỉnh A, B, C.
b. Hai điểm E, F lần lượt nằm trên hai tia BA, BC sao cho EF song song với AC . Xác
định trọng tâm G của tam giác BEF, biết chu vi tam giác BEF bằng 2018.
Bài 5. (10 điểm)
Câu 1: (5 điểm) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Biết góc giữa AB
và mặt phẳng (OBC) bằng 65o , OB  7, OC  21 . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.
Câu 2: (5 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
2
2

 x  xy  2 y  3 y  1  y  1  x
 2

 x y  3xy  4 x  ( x  1) y  3  0

--------------------HẾT-------------------Ghi chú:


Thí sinh không được sử dụng tài liệu.



Giám thị không giải thích gì thêm.

2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2018-2019

ĐÁP ÁN TOÁN THPT
Tóm tắt bài giải

Bài
Câu 1:
TXĐ: D 
f '  x 

Điểm

\ 1

x 2  2 x  2019

 x  1

1 điểm

2

Cho f '  x   0  x2  2x  2019  0


f 1  2

 x  1  2 505  A

 x  1  2 505  B


505   3  4

1 điểm

f 1  2 505  3  4 505  C

Bài
1

1 điểm

505  D

OM  103, 6302
Tìm được OM  97,3693

Tính SOMN

1 điểm

OM  20 201
 44,9444

1 điểm

Câu 2:
a) Nhập vào màn hình máy tính biểu thức f  x   x2  3x  4 bấm CACL 1 điểm
x  1  2 ta được kết quả: 2,3268 .





b) CACL x  3  3 ta được: f 3  3  3, 4923  A





Tính f ' 3  3  0,9255  B





Khi đó a  0,9255 và b  A  B 3  3  0,8871
Câu 1:
Quy trình bấm phím như sau:
1 SHIFT STO A
1 SHIFT STO B
1 SHIFT STO C
1 SHIFT STO D
ALPHA A ALPHA =ALPHA A + 1 ALPHA :

1 điểm
1 điểm
2 điểm

1 điểm

B2
ALPHA B ALPHA =2 ALPHA B + ALPHA
ALPHA :
2018

ALPHA C ALPHA = ALPHA C x ALPHA B ALPHA :

2 điểm


ALPHA D ALPHA = 3 ALPHA C
Bấm phím CALC và “ = ” đến khi gặp A=15 có u15  B và 3 T15  D .
Bài
2

u15  6759654,785
3

2 điểm

T15  1,3049 1012

Câu 2:
8

6

B
4

H

A
2

O
15

10

M

5

K

5

10

15

2

A'
4

6

8

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua Ox.
1 điểm
Khi đó M  Ox : AM  AB  AM ' AB  A ' B .
Để tổng quãng đường chạy ngắn nhất thì A ', M , B thẳng hàng. Khi đó M là
1 điểm
giao điểm của A ' M  Ox .
Ta có: BH  25, AH  4002  252  25 255 .



Khi đó: A  0;75 , A '  0; 75  , B 25 255;100

1 điểm
1 điểm

1 điểm



Quãng đường chạy ngắn nhất là: A' B  435,8899  m
Bài
3

Câu 1:
Biến đổi phương trình đã cho trở thành: 16cos3 x  6cos 2 x 14cosx  1  0
Đặt t  cosx, t  1, khi đó ta được phương trình: 16t 3  6t 2 14t  1  0
t  1,111583411( L)
Bấm máy giải phương trình bậc 3 ta được 3 nghiệm t  0,06973212987  A
t  0,8063155406  B

Bấm máy tìm được nghiệm của phương trình là:

1 điểm
1 điểm
1 điểm

2 điểm

x  8600'5'' k 3600 , x  143044'15'' k 3600 , k 

Câu 2:
Hệ số của x 7 có trong các nhị thức 1  2 x  với 7  k  14 .
k

Hệ số chứa x 7 trong nhị thức 1  2 x  có dạng là  2  Ck7

k

7

1 điểm
1,5
điểm


Vậy a7   2 
Bài
4

7

7

C

m0

7
7m

2,5
điểm

 823680

Câu 1:

Ta có
CBD  BCD  53o
ABD  BDC  74o

Đặt BD = CD = x
Ta có AB  x sin16o ; AD  x cos16o ;

1 điểm

1
s ABCD  ( AB  CD) AD
2
2s ABCD
x
 5,2657
cos16o (sin16o  1)

1 điểm
1 điểm

Vậy:
CD  5,2657
AB  1,4514
AD  5,0617
BC  6,3379

2 điểm

Câu 2:
a) A(2;1); B(3;3); C(1;4)

1 điểm
8
3

b) Gọi I là trọng tâm tam giác ABC, suy ra I (2; )
Chu vi tam giác ABC: CV  2 5  10
Gọi G là ảnh của I qua phép vị tự tâm B tỉ số
2018
BG 
BI
2 5  10
2018

(1)  3  261,3294
Ta có  xG 
2 5  10


 y  2018 ( 1 )  3  85,1098
 G 2 5  10 3
Vậy G(261,3294; 85,1098)

Bài
5

Câu 1:
A

F

E
O

B
M
C

2018
2 5  10

1 điểm
1 điểm

2 điểm


Kẻ Bx / /OM
OE  Bx tại E
OF  AE tại F
Suy ra d (OM , AB)  d (OM ,( ABE))
 d (O,( ABE))  OF

Ta có tam giác BOM đều  BOE  30o
OE  cos30o .OB 

21
2

2 điểm
1 điểm

OBA  ( AB,(OBC))  650
OA  7 tan65o
2

OF =

1 điểm
2

OA .OE
 2,1246
OA2  OE 2

1 điểm
Câu 2:
x  0
y 1

Điều kiện: 

0,5
điểm

Từ (1)


1
2
y  1  x   y  1  x 2  y  y  x  1  0   y  x  1 

 2 y  x  1  0
 y 1  x




 y  x 1  0

1

 2 y  x  1  0(VN )
 y  1  x

 y  x  1  0 Thế vào pt(2) ta được : x3  2 x2  6 x  2  0
 x  3,7448( N )
  x  0,3959( L)
 x  1,3489( L)

Vậy hệ đã cho có nghiệm 3,7448;4,7448

1,5
điểm
1 điểm

1 điểm

1 điểm