Dap an MTCT Cap tinh GL

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

<b>Sở Giáo dục và Đào tạo Kú thi chän häc sinh giái cấp tỉnh</b>

<b>Gia lai</b> <b>Giải toán trên máy tính CầM TAY </b>

Đề chính thức Năm học 2010 - 2011
<i> Đáp án gồm 04 trang</i>

<b>ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM</b>

<b>MƠN: TỐN THPT</b>

<b>Bài 1:</b> (5 điểm). Tìm tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số _{y 2x 3} _x2 _{4x 5}

     

Tóm tắt cách giải:
TXĐ: D=_5;1_





2
x 2

y' 2 ; x 5;1

x 4x 5



    
  

Giải phương trình y' = 0 lập bảng biến thiên ta có tọa độ điểm
cực đại

Kết quả:

1điểm

(0,6833; 5,7082) 4 điểm

<b>Bài 2: </b><i>(5 điểm).</i> Cho hình thang ABCD có đường chéo AC 7 <b>, </b>BD 5 <b>, </b>cạnh đáy

CD 1 , góc giữa hai đường thẳng AC và BD bằng ₁₅0. Tính độ dài cạnh đáy AB.

Tóm tắt cách giải:

CD(A) A '

T

 

 _{Tứ giác A'ACD là hình bình hành}

Áp dụng định lí cosin trong tam giác A'BD, tính được A'B.
AB A 'B CD 

Kết quả:

2điểm
AB 1,5269 _{3 điểm}

<b>Bài 3: </b><i><b>(5 điểm).</b></i><b> Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số</b>

2

y 2sin x 3cos2 x
4

 
  _  _
 <b>.</b>

Tóm tắt cách giải:

Đưa hàm số về dạng y 3sin2x cos2x 1  

Kết quả:

2 điểm
maxy 4,1623

miny 2,1623



 3 điểm

MTCT12THPT - Trang 1

A B

A'

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

<b>Bài 4:</b> (5 điểm). Tính gần đúng nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình
3 tanx 1(sinx 2cosx) 5(sinx 3cosx)    .

Tóm tắt cách giải:
Điều kiện: cosx 0

tanx 1

 





Đặt t tanx , đưa phương trình về dạng
_{3 t 1(t 2) 5(t 3)}   

Giải phương trình trên, ta có t 3

Kết quả:

2 điểm

0 0

x 71 33'54" K180 (K Z)  

3 điểm

<b>Bài 5:</b> (5 điểm). Giải hệ phương trình

2 2

xy 3x 2y 16

x y 2x 4y 33

   




   




Tóm tắt cách giải:

Biến đổi hệ phương trình về dạng

xy 3x 2y 16

(x y 5)(x y 13) 0

   



    


xy 3x 2y 16

x y 5 0

xy 3x 2y 16

x y 13 0

    
 

  





    
 

  
 



Kết quả:

2 điểm

x 4,7321

y 0,2679

 





1,5 điểm

x 1,2679

y 3,7321

 





1,5 điểm

<b>Bài 6:</b> (5 điểm). Cho hai đường trịn có bán kính bằng nhau và bằng 1, chúng đi qua tâm
của nhau. Tính diện tích phần chung của hai hình trịn đó.

Tóm tắt cách giải:

Tính diện tích

S

₁ của hình thoi AO BO₁ ₂
Tính diện tích

S

₂ của hình quạt O AO B₁ ₂
Diện tích cần tìm là

S S S

2. ₂ ₁

Kết quả:

2 điểm
MTCT12THPT - Trang 2
1

O
B
A

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

S 1,2284 _{3 điểm}

<b>Bài 7:</b> (5 điểm). Tính các cạnh của hình hộp chữ nhật biết thể tích của nó bằng 15,625;
diện tích tồn phần bằng 62,5 và các cạnh lập thành một cấp số nhân.

Tóm tắt cách giải:

Gọi x, y, z là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật.
Khơng mất tính tổng quát, giả sử 0 x y z   .
Ta lập được hệ phương trình

2

xyz 15,625

2(xy yz zx) 62,5

y xz

 



  







Kết quả:

2 điểm
x 0,6699

y 2,5000
z 9,3301

 




 


3 điểm

<b>Bài 8:</b> (5 điểm). Trong hộp có 100 viên bi được đánh số từ 1 đến 100. Chọn ngẫu nhiên
đồng thời 3 viên. Tính xác suất của biến cố: "Tổng 3 số trên 3 viên bi là một số chia hết
cho 3"

Tóm tắt cách giải:

Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100, có 33 số chia hết cho 3,
có 34 số chia cho 3 dư 1 và có 33 số chia cho 3 dư 2.

T/h 1: Cả 3 số trên 3 viên có cùng số dư khi chia cho 3:
C3₃₃C3₃₄C3₃₃

T/h 2: Ba số trên 3 viên bi chia cho 3 có số dư khác nhau từng
đôi: C .C .C1₃₃ 1₃₄ 1₃₃

Gọi A là biến cố cân tính xác suất, ta có

3 3 3 1 1 1

33 34 33 33 34 33
3

100

C C C C .C .C

P(A)

C

  


Kết quả:

3 điểm
P(A) 0,3335 _.

2 điểm

<b>Bài 9:</b> (5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E):x2 y2 1

25 9  và đường thẳng
(d):y 2010x 2011  _.

a) Tìm tọa độ giao điểm A và B của (E) và (d).

b) Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho tam giác MAB có diện tích lớn nhất.
Tóm tắt cách giải:

a/ Tọa độ giao điểm của (d) và (E) là nghiệm của hệ phương
trình

2 2

x y ₁

25 9

y 2010x 2011



  


  


Kết quả:

( 0,9990; 2,9395)

( 1,0020; 2,9391) 

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

b)

2
2 2

2
3

y 25 x

x y ₁ ₅

25 9 _y 3 _{25 x}

5



 


   

 _ _


Diện tích MAB lớn nhất  y'(x ) 2010_M  . M(5,0000; 0,0009)

3 điểm

<b>Bài 10:</b> <i>(5 điểm). Cho dãy số </i>

_{ }

x_n , _{n N}*

 được xác định như sau: x₁ 2

3

 và

n
n 1

n
x
x

2(2n 1)x 1

 

  ,

*
n N

  . Tính tổng của 2010 số hạng đầu tiên.

Tóm tắt cách giải:
Đặt n

n
2
u

x

 _{, từ cơng thức xác định dãy}

 

x_n _{của đề bài, suy}

ra u₁3; u_{n 1}_ 4(2n 1) u , n N  _n   *

Bằng phương pháp quy nạp, ta được:
u_n(2n 1)(2n 1) , n N    *

Do đó n *

n

2 2 1 1

x ; n N

u (2n 1)(2n 1) 2n 1 2n 1

     

   

Suy ra
2010

i
i 1

1

x 1

4021



 



Kết quả:

3 điểm
S 0,9998 _{2 điểm}

<b>Ghi chú: </b>Nếu học sinh trình bày cách giải khác với đáp án mà đúng thì cho điểm tối đa.

<b>Hết</b>

</div>

<!--links-->