MTCT11thpt200910

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Thõa Thiªn HuÕ §Ò thi chÝnh thøc. Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 20/12/2009 - Đề thi gồm 5 trang C¸c gi¸m kh¶o Sè ph¸ch (Do Chủ tịch Hội đồng thi (Hä, tªn vµ ch÷ ký). §iÓm toµn bµi thi B»ng sè. Kú thi chän häc sinh giái tØnh Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CÇM TAY Khèi 11 THPT - N¨m häc 2009-2010. ghi). B»ng ch÷ GK1 GK2. Qui định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính toán vào ô trống liền kề bài toán. Các kết quả tính gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được ngầm định chính xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy Bài 1. (5 điểm) Tính giá trị của hàm số f ( x ) tại x 0, 75 : 3. 5. 22  sin 3 x  cos3 x f ( x)   2x    tan  cot 3  3sin 2  1  x x  1  3    . Tóm tắt cách giải:. Kết quả:. Bài 2. (5 điểm) 4 2 Tìm tọa độ giao điểm của của đồ thị hai hàm số y x  3x  4 và. Tóm tắt cách giải:. y. x2  2x  5 x2  2 .. Kết quả:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 3. (5 điểm) 3    4 tan 3 x  19 tan 2 x  37 tan x  28 0   x    3sin y  5cos y 4    y  2 2  và  Cho biết: M. Tính:.  cos  sin. 3. 3. x  cot 2 y. y  2sin 2. 3. 4. x  cos3 y. 2. 2. y  3cos3 x.   sin x   cot. .   .. 2. . 3. Tóm tắt cách giải:. Kết quả:. Bài 4. (5 điểm) Cho dãy hai số un xác định như sau: u1 1; un 5un 1  kun2 1  8 ( n 2,3, 4,...) k , là số nguyên dương cho trước. k a) Chứng tỏ rằng chỉ có một giá trị bé hơn 30 để cho các giá trị của dãy số đều nguyên.. Khi đó tính chính xác các giá trị. u10; u11 ; u12 ; u13 .. b) Với giá trị k tìm được ở câu a), lập công thức truy hồi tính un 2 theo un1 và un . Chứng minh. Tóm tắt cách giải: Kết quả:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 5. (5 điểm) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm của số tự nhiên:. A 29 Tóm tắt cách giải:. 2010. Kết quả:. Bài 6. (5 điểm) Bác An gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 0,72%/tháng. Sau một năm, bác An rút cả vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,78%/tháng. Gửi đúng một số kỳ hạn 6 tháng và thêm một số tháng nữa thì bác An phải rút tiền trước kỳ hạn để sửa chữa nhà được số tiền là 29451583,0849007 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bác An gửi bao nhiêu kỳ hạn 6 tháng, bao nhiêu tháng chưa tới kỳ hạn và lãi suất không kỳ hạn mỗi tháng là bao nhiêu tại thời điểm rút tiền ? Biết rằng gửi tiết kiệm có kỳ hạn thì cuối kỳ hạn mới tính lãi và gộp vào vốn để tính kỳ hạn sau, còn nếu rút tiền trước kỳ hạn, thì lãi suất tính từng tháng và gộp vào vốn để tính tháng sau. Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải. Tóm tắt cách giải:. Kết quả:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. Bài 7. (5 điểm) Cho đa thức. 3. P( x )  2 x  3   2 x  3   2 x  3    2 x  3. 20.  2 P   a) Tính gần đúng  3  5 b) Tìm hệ số chính xác của số hạng chứa x trong khai triển và rút gọn đa thức P(x).. Tóm tắt cách giải:. Kết quả:. Bài 8. (5 điểm) Trong ngày thi giải toán trên máy tính cầm tay (20/12/2009), bạn Bình đố bạn Châu tìm số nguyên x nhỏ nhất sao cho khi bình phương lên thì được một số nguyên có 4 chữ số đầu là 2012 và 4 chữ số cuối là 2009. Em hãy giúp bạn Bình tìm số x này và viết 2 chính xác số x . Nêu sơ lược cách giải. Tóm tắt cách giải:. Kết quả:. Bài 9. (5 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = 12 dm; AB vuông góc với mặt (BCD); BC = 7 dm; CD = 9 dm và góc CBD = 520. a) Tính gần đúng thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện ABCD..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> b) Tính gần đúng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và số đo (độ, phút, giây) của góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (BCD). Cho biết: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là mặt cầu có tâm cách đều 4 đỉnh của tứ diện đó một đoạn bằng bán kính. Tóm tắt cách giải:. Kết quả:. Bài 10. (5 điểm) Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính R 10cm , đặt trong một khung hình hộp chữ nhật (hình 1). Trong chậu có chứa sẵn một khối nước hình chỏm cầu có chiều cao h 4cm . Người ta bỏ vào chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi (hình 2). Tính bán kính của viên bi (kết quả làm tròn đến 2 chữ số lẻ thập phân) Cho biết công thức tính thể tích khối chỏm cầu của hình cầu (O, R), có chiều cao h là: h  Vc hom cau  h2  R   3 . Hình 1 Tóm tắt cách giải:. Hình 2 Kết quả:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> --------------HẾT-------------.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Thõa Thiªn HuÕ §Ò thi chÝnh thøc. Kú thi chän häc sinh giái tØnh Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CÇM TAY Khèi 11 THPT - N¨m häc 2009-2010 Đáp án và biểu điểm. Bµi. 1. C¸ch gi¶i. f (0, 75)  125, 4511. y x 4  3x 2  4 và x 4  3x 2  4 . 2. x2  2x  5 x2  2 là:. x2  2x  5 x2  2x  5 4 2  x  3 x  4  0 x2  2 x2  2 .. Dùng chức năng SOLVE ta tìm được hai nghiệm (khi lấy giá trị đầu là 0 và 1): x1 0, 701149664 và x2 1,518991639 .. Dùng chức năng CALC để tính các giá trị tung độ giao điểm: y1 2, 7668 và y2 2, 4018 .. Vậy: Hai đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại hai điểm A  0, 7011; 2, 7668  , B(1,519; 2, 4018).   tan x  1, 75   x    1 0 0 2  , nên x tan   1.75   180 119 44 ' 42" lưu. vào biến nhớ A. 3. 3   3sin y  5cos y 4    y   2  , ta được:  Giải phương trình: y 1020 21' k 3600 ; y 1950 43'20" k 3600 . Theo điều kiện bài toán 0 cho thì y 195 43' 20" (trong quá trình tìm nghiệm, ta lưu kết quả đó. vào biến nhớ B) Tính tử số và lưu vào biến X, tính mẫu và lưu vào biến Y. Tính M. X 0, 0400 Y. u1 1; un 5un 1  kun2 1  8 ( n 2,3, 4,...). 4. a). §iÓm toµn bµi. 5. Phương trình cho hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số: y. §iÓm TP. u1 1; u2 5u1  ku12  8 5 . k 8. .. Để u2  N thì k  8 0, 1, 4, 9, 16  k 8, 9, 12, 17, 24 (k < 30). Thử với k 8, 9, 12, 17 : chỉ có u1 , u2 là số nguyên, còn u3  Z.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Với k 24 : Ta có: u1 1, u2 9, u3 89; u4 881; u5 8721; u6 86329; u7 854569; u8 8459361; u9 83739041; u10 828931049. u11 8205571449; u12 81226783441; u13 804062262961; Công thức truy hồi của u có dạng: un 2 aun 1  bun 2 . Ta có hệ n+2. phương trình:  u3 au2  bu1  9a  b 89   a 10; b  1  89a  9b 881 u4 au3  bu2 un 2 10un1  un Do đó:. Chứng minh sơ lược: Ta có: un 5un  1  24un2 1  24  un  5un  1  24un2 1  24  u n2  10unun  1  un2 1  24 0. (1) 2. 2. Thay n bởi n +1: un 1  10un 1un  un  24 0 (2). Trừ (1) cho (2) ta có: un21  un2 1  10un  un 1  un 1  0   un1  un  1   un 1  un 1  10un  0. Dãy số đơn điệu tăng, nên: un1  un  1  10un  un1 10u n  un  1 Hay: un 2 10un 1  un 1. Ta có:. 29 29 512  mod 1000  9. 2. 29 299  29  5129 5125 5124 352 (mod 1000) 3. 2.  . 9. 4. 3.  . 9. 29 29 9  29. 29 29 9  29 5.    2   2 . 29  29. 5. 29. 6. 8. 29. 9. 4. 95. 97. 11. 3. 3529 912 (mod 1000) 9129 952 (mod 1000) 6. 9. 3129 552 (mod 1000); 29. 9. 7. 9. 7129 152 (mod 1000); 29. 8. 9. 910. 910. 9. 9. 9.   312 552 (mod 1000);  2  552 712 (mod 1000);  2  152 112 (mod 1000);. 9529 312 (mod 1000); 29  29. 5. 96. 98.   152 112 (mod 1000); 2  2   2  752 512 (mod 1000);. 29  2 9 29. 9. 2. 99. 9. 9. 9. 9. 9. 9. 1129 752 (mod 1000);. 9. Do đó chu kỳ lặp lại là 10, nên 92010. 6. Vậy: A 2 có ba chứ số cuối là: 752 Số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi sau 4 kỳ hạn 3 tháng và sau 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7 kỳ hạn 6 tháng lần lượt là:.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 4. 20000000  1  0, 72 3 100   1  0,78 6 100 . A. . Dùng phím CALC lần lượt nhập giá tri của A là 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta được: 22804326,3 đồng; 232871568,78 đồng; 24988758,19 đồng; 26158232,06 đồng; 27382437,34 đồng ; 28663935,38 đồng; 30005407,56 đồng Ta có: 28663935,38 < 29451583,0849007< 30005407,56, Nên số kỳ hạn gửi sáu tháng đủ là: 6 kỳ hạn. Giải phương trình sau, bằng dùng chức năng SOLVE và nhập cho A lần lượt là 1 ; 2; 3 ; 4; 5, nhập giá trị đầu cho X là 0,6 (vì lãi suất không kỳ hạn bao giờ cũng thấp hơn có kỳ hạn) 4 6 A 20000000  1  0, 72 3 100   1  0, 78 6 100   1  X 100   29451583.0849007 0 X = 0,68% khi A = 4. Vậy số kỳ hạn 6 tháng bác An gửi tiết kiệm là: 6 kỳ hạn ; số tháng gửi không kỳ hạn là: 4 tháng và lãi suất tháng gửi không kỳ hạn là 0,68%  2 P    68375, 2807 a)  3 . 7. 5 b) Hệ số của số hạng chứa x là: 20. 25  Ck5 3k  5 25 296031627712=9473012086784 k 5. Các số có 4 chữ số khi bình phương lên có 4 chữ số cuối là 2009 là: 2003, 7003, 3253, 8253, 1747, 6747, 2997, 7997. 4485  2012abcd  4487; 14184  2012abcde  14189. 8. 44855  2012abcdef  44866; 141844  2012abcdefg  141880. Số cần tìm là: x = 14186747 x 2 201263790442009. 9. a) Xét tam giác BCD, ta có: CD 2 BC 2  BD 2  2 BC BD cos 520  BD 2   14 cos 520  BD  7 2  92 0. Giải phương trình bậc hai theo BD, ta có hai nghiệm: x1  2,801833204  0. (loại). x2 11, 42109386 .. Do đó: BD 11, 42109386 dm . 1 S BCD  BC BD sin 520 31, 49980672 dm 2 2. và.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1 V  S BCD SA 125,9992 dm3 3 Thể tích của tứ diện ABCD: 1 1 S ABC  BC AB 42 dm 2 ; S ABD  BD AB 68,52656315 dm2 2 2 2 2 2 2 Xét tam giác ACD: AC  BC  AB  7  12  193 dm. AD  AB 2  BD 2 16,56627251 dm. Nửa chu vi của tam giác ACD:. p. AC  CD  AD 19, 72935825 dm 2. S ACD  p  p  AC   p  AD   p  CD  62,51590057 dm 2 S 204,5423 dm 2. Vậy diện tích toàn phần của tứ diện ABCD là: tp b) Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cách đều B, C, D nên I ở trên trục Ox của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD (Ox  (BCD) tại tâm O của đường tròn (BCD), nên Ox//AB). Trong mặt phẳng (SA, Ox), trung trực đoạn AB cắt Ox tại I. I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và bán kính của mặt cầu là: R  IO 2  OB 2  62  r 2 ( r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam CD 9 2r  r  5, 710581968 2sin 520 giác BCD): sin B. R  62  r 2 8, 2832 dm . S BCD S ACD cos   cos  . Ta có: giữa 2 mặt phẳng (ACD) và (BCD)). S BCD  S ACD 0,5038687188 (  là góc. S   cos  1  BCD  590 44 '37"  SACD . 10. Gọi x là bán kính viên bi hình cầu. Điều kiện: 0  2 x  10  0  x  5 Thể tích khối nước hình chỏm cầu khi chưa thả viên bi vào: h 4  416   V1  h 2  R   16  10    3. . . 3. 3. Khi thả viên bi vào thì khối chỏm cầu gồm khối nước và viên bi có thể tích là: 2 2 x  4 x  30  2 x   V2   2 x   R   3  3  4 V2  V1   x3  4 x 2  30  2 x   416 4 x3 3 Ta có phương trình: 2.  3x3  30 x 2  104 0 ..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Giải phương trình ta có các nghiệm: x1 9, 6257  5 (loại); x2 2, 0940  5 và x3  1, 7197  0 (loại). Vậy: Bán kính viên bi là r 2, 09 cm. :.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>