Huong dan giai de thi casio 20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CASIO NĂM HỌC 2011-2012 Bài 1. Cách giải. Kết quả 2. Điểm. 2.  x  y 47  x  y  3xy 4 a) (1,5 điểm). Giải hệ phương trình   S 2  2 P 47  S  3P 4 S  x  y , P  xy Đặt , ta được hệ  (1)  19   S  3   S 7  P  31  P  1 9 Giải hệ (1) ta được:  hoặc   S 7  Với  P 1 , ta được các nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ).  19   S  3   P  31 9 , ta được các nghiệm ( x3 ; y3 ), ( x4 ; y4 ) Với .  x1 6,8541   y1 0,1459  x2 ,0,1459   y2 6,8541  x3 0,5038   y3  6,8371  x4  6,8371   y4 0,5038. 3.log 22 (3x  1)  (2 3  1).log 2 (3 x  1)  5 3  3 0 b) (1,5 điểm). Giải phương trình: 2t  1 t log 2 (3x  1)  x  3 , được phương trình Đặt. 3t 2  (2 3  1).t  5 3  3 0 (2).  t 2,30617  Giải phương trình (2) ta được  t  0,81813 Với các giá trị t ở trên ta tính được hai nghiệm x1 , x2 của phương trình đã cho 2. x1 1,3152 x2  0,1443. 4 3 2 (3,0 điểm). Đa thức P( x )  x  ax  bx  51x  35 chia hết cho các nhị thức 2 x  5 và 6 x  7 . Tính chính xác các giá trị a, b (kết quả viết dưới dạng phân số tối giản) và tính gần đúng các nghiệm vô tỉ của đa thức đó. 5 P ( ) 0 2 Vì P(x) chia hết cho 2 x  5 nên , ta có phương trình 10a  4b 129 7 P ( ) 0 Vì P(x) chia hết cho 6 x  7 nên 6 , ta có phương trình 294a  252b 4193 40 13 10a  4b 129 a  ;b   3 12 Giải hệ 294a  252b 4193 ta được (a;b). Môn Toán lớp 12 – THPT. Trang. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ta có. P( x) x 4 . 40 3 13 2 x  x  51x  35 3 12. Sử dụng lược đồ Hoocne chia liên tiếp P(x) cho 5  7  P( x)  x    x   ( x 2  12 x  12) 2  6  ta được. x. 5 7 x 2 và 6. 2 Giải phương trình x  12 x  12 0 ta được các nghiệm vô tỉ của P(x). 3. x1 0,9282 x2  12,9282. x a. (1,5 điểm). Cho hàm số y  f ( x) (sin x  cos x).e có đồ thị là đường cong (C). Gọi  x0  d : y ax  b là tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ 5 . Tính gần đúng các giá trị a, b. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm ( x0 ; f ( x0 )) là. a  f '( x0 )   y  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) b  f ( x0 )  f '( x0 ).x0 x Ta có f '( x) 2sin x.e Ta tính được các giá trị a, b.. a 2, 2036 b  1, 7992 b. (1,5 điểm). Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   3x  x 2  2.  3  17 3  17  D  ;  2 2   Tập xác định của hàm số 3  2x 3 f '( x)  f '( x ) 0  x   D 2 2 3x  x  2 ; 2 Ta có  3  17   3  17  3 f   0 f   0 f   2, 0616 2 2    ;  ;  2 Từ đó suy ra GTLN, GTNN của hàm số 4. min f ( x) 0 max f ( x) 2, 0616.  a1 2   1 an 1  (1  an ) , n 1, 2,...  2 (2,0 điểm). Cho dãy số (an ) được xác định như sau:  a) Tính chính xác các số hạng u7 , u9 , u11 , u12 (viết dưới dạng phân số tối giản). b) Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy (an ) . a) (1,0 điểm) Tính lặp sử dụng phím nhớ ANS ta tính được u7 , u9 , u11 , u12 b) (1,0 điểm). Từ các số hạng u7 , u9 , u11 , u12 dự đoán được an. Môn Toán lớp 12 – THPT. 65 257 ; u9  64 256 1025 2049 u11  ; u12  1024 2048 n 1 2 1 an  n  1 2 u7 . Trang. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> an . 5. 2n  1  1 , n 1, 2,... 2n  1 bằng phương pháp. Chứng minh được quy nạp. (3,0 điểm). Hình tứ diện ABCD có các cạnh AB = 7, BC = 6, CD = 5, DB = 4 và chân đường vuông góc hạ từ A xuống mặt phẳng (BCD) là trọng tâm của tam giác BCD. Tính gần đúng thể tích của khối tứ diện đó.. Gọi M là trung điểm của CD và G là trọng tâm tam giác BCD, BC  CD  DB 1 p V  AG.S BCD 2 3 . Ta có (*) 15 7 S BCD  p( p  BC )( p  CD)( p  DB )  4 2 2  BC 2  BD 2 CD 2  79 BG  BM     3 3  2 4  3 362 3 Thay số vào biểu thức (*) ta tính được V AG  AB 2  BG 2 . 6. V 20,9745 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng d :  2 x  y  1 0 và đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y 1 0 . Đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B. Tính gần đúng độ dài AB. Đường tròn (C) có tâm O(2;1) và bán kính R=2  2.2  1  1 2  5 ( 2) 2  12 Khoảng cách từ tâm O đến d: 2 2 Gọi I là trung điểm của AB, ta có AB 2 IB 2. R  OI. 2.  2  AB 2 2    3,5777 5   Thay số ta được 2. 7. AB 3,5777. (2,0 điểm). Biết rằng năm 2001, dân số Việt Nam là 78.685.800 người và tỉ lệ tăng dân số Nr năm đó là 1, 7% . Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S  A.e (trong đó A:. là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Hỏi cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước ta ở mức 120 triệu người. N .0,017. Từ đề bài ta có 120 78, 6858.e ln120  ln 78.6858 N 24.8 0, 017 Từ đó ta có 8. Suy ra dân số đạt mức 120 triệu ở năm 2025 ĐS: 2025 a  54751  15n (2,0 điểm). Tìm số tự nhiên n (1000  n  2000) sao cho n là số tự nhiên.. Môn Toán lớp 12 – THPT. Trang. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vì 1000  n  2000  264  an  291  a  13 an2  1 15(3650  n)  an2  115   n  an  13 1) Nếu an  13  an 3k  1 . Từ 264  an  291  87  k  96. n 1246,1355,1803. 2 2 Mặt khác an  15  9k  6k 5 (*) . Thay các giá trị k 88,89,...95 , ta thấy với k 90,91,95 thỏa mãn (*). + Với k 90  an 271  n 1246 + Với k 91  an 274  n 1355 + Với k 95  an 286  n 1803 2) Nếu an  13  an 3k  1 . Từ 264  an  291  88  k  97. n 1067,1174,1614,1727. 2 2 Mặt khác an  15  9k  6k 5 (**) . Thay các giá trị k 89,89,...96 , ta thấy với k 89,90,94,95 thỏa mãn (**). + Với k 89  an 266  n 1067 + Với k 90  an 269  n 1174 + Với k 94  an 281  n 1614 + Với k 95  an 284  n 1727. Môn Toán lớp 12 – THPT. Trang. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>