Đề + Đáp án Casio Huế 12 năm 08

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (245.01 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính CầM TAY

Đề thi chính thức Khối 12 THPT - Năm học 2008-2009
Thi gian lam bai: 150 phút

Ngày thi: 17/12/2008 - Đề thi gồm 5 trang

Điểm toàn bài thi (Họ, tên và chữ ký)Các giám khảo (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi)Số phách
Bằng số Bằng chữ

GK1
GK2

Qui định:Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, cơng thức áp dụng, kết quả tính tốn vào ơ trống 
liền kề bài tốn. Các kết quả tính gần đúng, nếu khơng có chỉ định cụ thể, được ngầm định chính 
xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy

Bài 1. (5 điểm) Cho hàm số 3

2
( )

6log 3

x

f x

x



 .

Tính tổng S f

 

1 f

 

2 f

 

3   f



100



Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 2. (5 điểm) Tính gần đúng khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số:

2
2

2 5

( )

3 4

x
f x

x x




  .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài 3. (5 điểm) Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:





( ) 3(sin cos ) 2 3 s 2 3 3

f x  x x  co x 

Hướng dẫn: Đặt tsinxcosx

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 4. (5 điểm) Cho dãy hai số un và vn có số hạng tổng quát là:



5 2 3

 

5 2 3



4 3

n n

n

u    

và



7 2 5

 

7 2 5



4 5

n n

n

v    

(nN và n1)

Xét dãy số zn 2un3vn (nN và n1).

a) Tính các giá trị chính xác của u u u u1, , , ;2 3 4 v v v v1, , ,2 3 4.

b) Lập các cơng thức truy hồi tính un2 theo un1 và un; tính vn2 theo vn1 và vn.

c) Từ 2 cơng thức truy hồi trên, viết quy trình bấm phím liên tục để tính un2, vn2 và zn2 theo

1, , 1,

n n n n

u  u v  v (n1, 2, 3, ...). Ghi lại giá trị chính xác của: z z z z z3, , , ,5 8 9 10

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài 5. (5 điểm) Cho đa thức g x( ) 8 x318x2 x 6.

a) Tìm các hệ số a b c, , của hàm số bậc ba yf x( )x3ax2bx c , biết rằng khi chia đa
thức f x( ) cho đa thức g x( ) thì được đa thức dư là r x( ) 8 x24x5.

b) Với các giá trị a b c, , vừa tìm được, tính giá trị gần đúng hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ
thị hàm số yf x( ) đi qua điểm B(0; 3).

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 6. (5 điểm)

Lãi suất của tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Bạn
Châu gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng
lên 1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và bạn Châu tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi suất giảm
xuống cịn 0,9% tháng, bạn Châu tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa, khi rút tiền bạn Châu
được cả vốn lẫn lãi là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bạn Châu đã gửi tiền tiết kiệm trong
bao nhiêu tháng ? Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 7. (5 điểm)

a) Tìm x biết 202 2 1 3 8 5 33479022340

x x

C A   P  x  x  với Pn là số hoán vị của n phần tử,
k
n

A là

số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử.

b) Tìm hệ số của số hạng chứa x6, x17, x28 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của

3 5

x
x

 



 

 

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 8. (5 điểm)

a) Tìm các số aabb sao cho aabb



a1

 

a1

 

b1

 

b1



. Nêu quy trình bấm phím để
được kết quả.

b) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho khi lập phương số đó ta được số tự nhiên có 3
chữ số cuối đều là chữ số 7 và 3 chữ số đầu cũng đều là chữ số 7: n3 777...777. Nêu sơ lược

cách giải.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Bài 9. (5 điểm)

Cho 3 đường thẳng d1: 3x y  5 0;d2: 2x 3y 6 0; d3: 2x y  3 0 . Hai đường thẳng ( )d1

và ( )d2 cắt nhau tại A; hai đường thẳng ( )d2 và ( )d3 cắt nhau tại B; hai đường thẳng ( )d3 và ( )d1

cắt nhau tại C.

a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C (viết dưới dạng phân số).

b) Tính gần đúng hệ số góc của đường thẳng chứa tia phân giác trong góc A của tam giác ABC
và tọa độ giao điểm D của tia phân giác đó với cạnh BC.

c) Tính gần đúng diện tích phần hình phẳng giữa đường trịn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp
tam giác ABC. Kết quả làm trịn đến 2 chữ số lẻ thập phân.

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 10. (5 điểm) Cho hình chóp ngũ giác đều có cạnh đáy a= 6,74 cm, cạnh bên b = 9,44 cm
a) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình chóp.

b) Tính gần đúng số đo (độ, phút, giây) của góc hợp bởi mỗi mặt bên và mặt đáy của hình chóp.
c) Tìm thể tích phần ở giữa hình cầu nội tiếp và hình cầu ngoại tiếp hình chóp đều đã cho.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

---HT---Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính CầM TAY

Đề thi chính thức Khối 12 THPT - Năm học 2008-2009
ỏp ỏn và biểu điểm

Bài 1: 3

2
( )
6log 3
x
f x
x



0 SHIFT STO A 0 SHIFT STO B ALPHA A ALPHA = ALPHA A + 1 ALPHA :
ALPHA B ALPHA = ALPHA B + ( 2 ^ ( ( ALPHA A ) )  ( 3 ln
ALPHA A  ln 3 + 3 ) Bấm liên tiếp = = = .... cho đến khi A nhận giá trị 100 thì
dừng, đọc kết quả ở biến B: S 52.3967

 Sơ lược cách giải hoặc nêu quy trình ấm phím: 2,0 điểm
 Tính đúng kết quả: 3,0 điểm

Bài 2: Tính gần đúng khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

2
2
2 5
( )
3 4
x
f x
x x



 

+ Tính đạo hàm cấp để tìm các điểm cực đại và cực tiểu của hàm số: TXĐ: R









2
2

3 2 2 5

'( )
3 4
x x
f x
x x
 

 
;
1 2

1 11 1 11

'( ) 0 ;

2 2

f x   x   x  

: Hàm số có các điểm cực trị là x1 và x2

Dùng chức năng CALC để tính các giá trị cực trị:
( 2 ALPHA X x2 + 5 )

 ( ALPHA X x2 + 3 ALPHA X + 4 ) CALC nhập giả trị
1 11



= SHIFT STO A cho y16.557106963 , CALC nhập tiếp

1 11
2



= SHIFT STO B
cho y2 0.871464465.

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là:









2 2

2 1 2 1

d  x  x  y  y

. Bấm máy:
( 11 + ( ALPHA B  ALPHA A ) x2 ) = cho kết quả: d 6.5823

Bài 3: Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:





( ) 3(sin cos ) 2 3 s 2 3 3

f x  x x  co x 

Đặt





sin cos 2 cos 45 , 2; 2

t x x x t  

  ; sin 2x t 2 1













2 2

( ) 3(sin cos ) 2 3 s 2 3 3 3 2 3 1 1 3 3 ( )

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

4 2

( ) 2 3 4 3 3 3 3, 2; 2

g t  t  t  t  t  

 

'( ) 8 3 8 3 3

g t  t  t , g t'( ) 0 t1 1.09445053;t2 0.2284251259;t30.8660254038

1, ,2 3 2; 2

t t t   

 

2 3 ALPHA X ^ 4  4 3 ALPHA X x2 + 3 ALPHA X + 3 + 3
CALC nhập vào (-) 2 = ta được g



 2



0.4894101204

CALC nhập vào 2 = ta được g

 

2 8.974691495

Tương tự, ta có: g t( )1 1.879839877; ( ) 5.065257315; ( ) 4.082531755g t2  g t3 

Vậy: Max f x( ) 8.9747; Min f x( )1.8798

Bài 4:

1 1, 2 10, 3 87; 4 740.

u  u  u  u 

1 1, 2 14, 3 167, 4 1932

v  v  v  v  .

Cơng thức truy hồi của un+2 có dạng: un2 aun1bun2. Ta có hệ phương trình:

3 2 1

4 3 2

10 87

10; 13
87 10 740

u au bu a b

a b

u au bu a b

   

 
   
 
    


Do đó: un2 10un113un

Tương tự: vn2 14vn1 29vn

Quy trình bấm phím:

1 SHIFT STO A 10 SHIFT STO B 1SHIFT STO C 14 SHIFT STO D 2SHIFT STO X
(Biến đếm)

ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA E ALPHA = 10 ALPHA B 
13 ALPHA A ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B ALPHA : ALPHA B ALPHA =
ALPHA E ALPHA : ALPHA F ALPHA = 14 ALPHA D  29 ALPHA C ALPHA :
ALPHA C ALPHA = ALPHA D ALPHA : ALPHA D ALPHA = ALPHA F ALPHA :
ALPHA Y ALPHA = 2 ALPHA E + 3 ALPHA F = = = ... (giá trị của E ứng với un+2,

của F ứng với vn+2, của Y ứng với zn+2). Ghi lại các giá trị như sau:

3 5 8

9 10

675, 79153, =108234392,
z 1218810909, z 13788770710

z  z  z

 

Bài 5:

a) Các nghiệm của đa thức g(x) là: 1 2 3

1 3

; 2;

2 4

x  x  x 

Theo giả thiết ta có: f x( )q g x. ( ) 8 x24x5, suy ra:

1 1 1 1 1

5 5

2 2 4 2 8

(2) (2) 45 4 2 45 8

9 3 25 27

3 3 25

16 4 2 64

4 4 2

f r a b c

f r a b c

a b c

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Giải hệ phương trình ta được:

23 33 23

; ;

4 8 4

a b c

Do đó:

3 23 2 33 23

( )

4 8 4

f x x  x  x

b) Gọi đồ thị hàm số

3 23 2 33 23

( )

4 8 4

yf x x  x  x

là (C).

Tiếp tuyến của (C) đi qua điểm B(0; 3) là đường thẳng d y kx:  3 có hệ số góc là k.

Hệ phương trình cho hoành độ tiếp điểm và hệ số góc của tiếp tuyến của (C) đi qua B là:

3 2 3 2

2
2

23 33 23 23 11

3 2 0 (1)

4 8 4 4 4

23 33
23 33

3 (2)

'( ) 3

2 8

x x x kx x x

k x x

k f x x x

 
       
 
 

 
        

 


Giải phương trình (1) ta được 3 nghiệm là hoành độ của 3 tiếp điểm ứng với 3 tiếp tuyến của (C)
đi qua B(0; 3):

1 2.684151552; 2 0.817485121; 3 0.6266366734

x  x  x 

Dùng chức năng CALC để tính hệ số góc của 3 tiếp tuyến tương ứng của (C):

1 5.1287; 2 3.2712; 3 12.5093

k  k  k 

Bài 6:

Gọi a là số tháng gửi với lãi suất 0,7% tháng, x là số tháng gửi với lãi suất 0,9% tháng, thì số tháng
gửi tiết kiệm là: a + 6 + x. Khi đó, số tiền gửi cả vốn lẫn lãi là:

5000000 1.007a 1.0115 1.009x 5747478.359

   

Quy trình bấm phím:

5000000  1.007 ^ ALPHA A  1.0115 ^ 6  1.009 ^ ALPHA X  5747478.359
ALPHA = 0

SHIFT SOLVE Nhập giá trị của A là 1 = Nhập giá trị đầu cho X là 1 = SHIFT SOLVE Cho
kết quả X là số không nguyên.

Lặp lại quy trình với A nhập vào lần lượt là 2, 3, 4, 5, ...đến khi nhận được giá trị nguyên của X = 4
khi A = 5.

Vậy số tháng bạn Châu gửi tiết kiệm là: 5 + 6 + 4 = 15 tháng
Bài 7: 202 2 1 3 8 5 33479022340

x x

C A   P  x  x 

33479022340 SHIFT STO A 2 SHIFT STO X ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA
: 20 nCr ( 2 ALPHA X ) + ( 2 ALPHA X + 1 ) nPr ALPHA X  ( ALPHA X 
3 ) SHIFT x!  ALPHA X ^ 8  ALPHA X ^ 5  ALPHA A = = = ... đến khi biểu
thức bằng 0, ứng với X 9.





 

30 30 5 30 2 530 30 50 11

3 5 2 3 3 3

30 30 30

0 0 0

1 k k k k

k

k k k

x C x x C x C x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Với

50 28 6

k

   

. Suy ra hệ số của x28 là C306 593775.

Với

50 17 9

k

   

. Suy ra hệ số của x17 là C309 14307150.

Với

50 6 12

k

   

. Suy ra hệ số của x6 là C3012 86493225.

Bài 8:

a) Số cần tìm là: 3388

Cách giải: aabb1000a100a10b b 1100a11b11 100



a b





a 1

 

a 1

 

b 1

 

b 1



112



a 1

 

b 1



        .

Do đó: aabb



a1

 

a1

 

 b 1

 

b1



100a b 11



a1

 

b1



Nếu a 0 10b11, điều này không xảy ra.

Tương tự, nếu b 1 100a 1 0, điều này khơng xảy ra. 
Quy trình bấm máy:

100 ALPHA A + ALPHA X  11 ( ALPHA A + 1 ) ( ALPHA X  1 ) ALPHA
= 0

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 1 = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là 2 = cho kết quả X là số
lẻ thập phân.

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 2 = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là 2 = cho kết quả X là số
lẻ thập phân.

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 3 = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là 2 = cho kết quả X = 8;
tiếp tục quy trình cho đến khi A = 9.

Ta chỉ tìm được số: 3388.

b) Hàng đơn vị chỉ có 33 27 có chữ số cuối là 7. Với cac số a33 chỉ có 53314877 có 2 chữ số

cuối đều là 7.

Với các chữ số





a

chỉ có 7533 có 3 chữ số cuối đều là 7.

Ta có: 3777000 91. xxxx; 37770000 198. xxxx..., 3777 10 5 426,xxx...;
3 777 106 919,xxx...; 777 103 7 1980,xxx...

    ; 3777 10 8 4267,xxx...; ...

Như vậy, để các số lập phương của nó có 3 số đi là chữ số 7 phải bắt đầu bởi các số: 91; 198;
426; 91x; 198x; 426x; .... (x = 0, 1, 2, ..., 9)

Thử các số:

3 3 3

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bài 9: a)



3; 4 ,



15; 3 ; 2 19;

8 4 5 5

A   B   C 

   

 tan 3 tan1 1 2

A    

   

 

Góc giữa tia phân giác At và Ox là:



1 2 1 1 1 2

tan tan 3 tan
3 2 2 3

A

       

  

    

    Suy ra: Hệ số góc của At là:

1 1

1 2

tan tan 3 tan

2 3

a      

     

 

 

Bấm máy:

tan ( 0.5 ( SHIFT tan-1 3 + SHIFT tan-1 ( 2 ab/c 3 ) ) ) SHIFT STO A cho

kết quả:
1.3093

a

+ Đường thẳng chứa tia phân giác At là đồ thị của hàm số: y ax b  , At đi qua điểm A( 3; 4) 
nên b3a 4.

+ Tọa độ giao điểm D của At và BC là nghiệm của hệ phương trình:

2 3

3 4

x y

ax y a

 




  

 . Giải hệ pt

bằng cách bấm máy nhưng nhập hệ số a2 dùng ALPHA A và nhập hệ số c2 dùng () 3 ALPHA

A + 4, ta được kết quả:
D(0,9284; 1,1432)
c)

2 2

15 3

3 4

8 4

AB      

    Tính và gán cho biến A

2 2

15 2 19 3

8 5 5 4

BC       

    Tính và gán cho biến B

2 2

2 19

3 4

5 5

CA      

    Tính và gán cho biến C

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Diện tích của tam giác ABC:

( ( ALPHA D ( ALPHA D  ( ALPHA A ) ( ALPHA D  ( ALPHA B ) (
ALPHA D ) ) SHIFT STO E

Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC: 4

abc
R

S



ALPHA A ALPHA B ALPHA C  4  ALPHA E SHIFT STO F
Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC:

S
r

p



Diện tích phần hình phẳng giữa đường trịn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:





2 2 2 2

S R  r  R  r

SHIFT  ( ALPHA E x2

 ( ALPHA E  ALPHA D ) x2 = Cho kết quả

46, 44 ( )

S  cm

Bài 10:

a) Tính bán kính đường trong ngoại tiếp đáy và trung đoạn
của hình chóp:

+ 2sin 360 5.733386448

a

R OA  

6.74 SHIFT STO A  2  sin 36 SHIFT STO B

cho kết quả là bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy của hình
chóp: R5.733386448

+ Chiều cao của hình chóp: h SO  b2 R2
( 9.44 x2

 ALPHA B x2 ) SHIFT STO C
cho kết quả h7.499458636

+ Trung đoạn của hình chóp:
- Tính OI:

2 2 2

0 0

2 tan 36 2 tan 36

a a

OI   d SI  h OI  h   

  . Bấm máy:

( ALPHA C x2 + ( ALPHA A

 2  tan 36 ) x2 ) SHIFT STO D cho kết
quả trung đoạn hình chóp: d 8.817975958(cm)

+ Diện tích xung quanh của hình chóp:

1
5

xq

S   ad

2.5 ALPHA A ALPHA D = cho kết quả là Sxq 148.5829cm2

+ Thể tích hình chóp:

1 1

3 2

chop

V    AB OI h 

2.5 ALPHA C ALPHA A x2

 6  tan 36 = cho kết quả là:

195.3788

chop

V  cm

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

b) Góc tạo bởi mặt bên SAB với mặt đáy ABCDE là SIO  . Ta có: sin

h
d

 

SHIFT sin-1 ( ALPHA C ALPHA D = cho kết quả  58 15'48"0

c) Phân giác góc SIO cắt SO tại K là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp đều có bán kính r1 = KO:

1
1

1
tan sin

h

r KO OI

d



  

    

 

( ALPHA A  2  tan 36 ) tan ( 0.5 SHIFT sin-1 (  ALPHA C  ALPHA D
) ) SHIFT STO E cho kết quả: r1KO2,5851(cm)

Trung trực đoạn SA trong mặt phẳng SAO cắt SO tại J. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều có tâm J,
bán kính SJ .

2 2

SM SO SA b

r SJ

SJ SA    SO  h

9.44 x2

 2  ALPHA C SHIFT STO F cho kết quả r SJ 5.941335523

Hiệu thể tích:





3 3

2 1 1

4
3

V V  V   r  r

( 4 ab/c 3 ) SHIFT  ( ALPHA F x2

</div>

Đề + Đáp án Casio Huế 12 năm 08

 

 

 











 





 





 

 

 















































 











 

 

 





 





 

 

 





 



















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về