de dap MTCT toan 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o §Ò thi chÝnh thøc. k× thi chän häc sinh giái cÊp tØnh Gi¶I to¸n trªn m¸y tÝnh Casio LíP 11 N¨m häc 2010-2011. Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngµy thi: 29/03/2011. Chú ý: 1, Thí sinh được sử dụng một trong các loại máy tính Casio: fx 500A , fx 220, fx 500MS, fx 570MS, fx 500ES, fx 570ES, Vinacal . 2, Nếu không nói gì thêm hãy tính chính xác đến 4 chữ số sau dấu phẩy. 3, Đề thi gồm có 03 trang 4, Thí sinh làm bài trực tiếp vào đề thi này. Điểm bài thi Bằng số Bằng chữ. Giám khảo 1. Giám khảo 2. Số phách. Bài 1(5 điểm):Tìm nghiệm gần đúng( theo độ, phút, giây) của phương trình:. 3sin 2 x  sinx cos x  4cos 2 x 2 Sơ lược cách giải:. Bài 2(5 điểm): Cho hàm số. Kết quả:. 3 8 x3 sin 1  ln(7  11 x4 ) f ( x)   e 19 x2  8. Tính gần đúng giá trị của hàm số tại x 9  2 . Sơ lược cách giải:. .. Kết quả:. Bài 3(5 điểm): Tìm chữ 2 số tận cùng của số S 1! 2! 3! 4! 5! ...  9999! ( n! =1.2.3.4.5…n là tích của n số nguyên dương đầu tiên) Sơ lược cách giải: Kết quả:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 4(5 điểm): Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3n −8 C 2n+ C1n=49 . Sơ lược cách giải:. 20102011 20082009. Bài 5(5 điểm): Tìm số dư của 5 Sơ lược cách giải:. Kết quả:. khi chia cho 19 ? Kết quả:. 4 ( ag ) a  g Bài 6(5 điểm):Tìm hai số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn:. Trong đó ***** là các chữ số không ấn định điều kiện. S¬ lîc c¸ch gi¶i:. KÕt qu¶:. Bài 7(5 điểm): Cho hình chóp SABCD, ABCD là hình vuông cạnh 3 , SA (ABCD), SA = 2 3 . Mặt phẳng () qua BC tạo với AC một góc 30o, cắt SA, SD lần lượt tại M và N. Tính diện tích thiết diện BCNM..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> S¬ lîc c¸ch gi¶i:. KÕt qu¶:. Bài 8(5 điểm): Tìm các nghiệm gần đúng của phương trình: 70. 45. 20. 12. x − x +5 x −10 x + 4 x − 25=0. Sơ lược cách giải:. Kết quả:. Bài 9(5 điểm): Số M=123456789101112…998999, trong đó ta viết các số từ 1 đến 999 liên tiếp nhau. Hỏi chữ số thứ 2012 trong M là chữ số nào? S¬ lîc c¸ch gi¶i:. KÕt qu¶:. Bài 10(5 điểm):Cho các tập hợp các số nguyên liên tiếp như sau:{1},{2,3}, {4,5,6}, {7,8,9,10},..., trong đó mỗi tập hợp chứa nhiều hơn tập hợp ngay trước nó 1 phần tử, và phần tử đầu tiên của mỗi tập hợp lớn hơn phần tử cuối cùng của tập hợp ngay trước nó 1 đơn vị. Gọi Sn là tổng của các phần tử trong tập hợp thứ n. Tính S999. S¬ lîc c¸ch gi¶i: KÕt qu¶:. ----------Hết -----------ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHẤM MÔN MTCT LỚP 11 NĂM HỌC 2010-2011: Bài. Điểm TP. Cách giải 2. 2. 2. Đưa pt 3sin x  sinx cos x  4cos x 2 thành pt t  t  6 0 với 1. Điểm toàn bài. t t anx, ta tìm được t1 3; t2  2 . Từ đó suy ra các nghiệm của. 2. phương trình đã cho là:. 3. x1 71033'54'' k1800; x2  630 26'6'' k1800 , k  . 5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4 Tính giá trị của biểu thức g(x)= sin 1  ln(7  11 x ) tại x 9  2 , ta 2. được. . . g 9  2  0,4186969412. Ấn tiếp. . 8 X3 3  eA 2 19 X  8. , ấn tiếp SHIFT STO A. , nhập X 9  2 , ta được kết quả. 2 5 3. . f 9  2 5,2377. 3. Ta có S 1! 2! 3! 4! 5! ...  9999! 1  2  1.2.3  1.2.3.4  ...  1.2.3.4.5....9.10  ...  1.2.3.4.5....9999 1  2  6  24  120  720  5040  40320  262880  100k , k   1  2  6  24  20  20  40  20  80(mod100) 13(mod100) .. 1 2 2. 5. 1. 5. Vậy 2 chữ số tận cùng của S là 1 và 3. b. Điều kiện n  4. 2. n. n. k 2 k n −k Ta có: ( x + 2 ) =∑ C n x 2 k=0. 4. Hệ số của số hạng chứa x8 là Cn4 2 n− 4 Ta có: A  8C  C 49 (n – 2)(n –1)n – 4(n – 1)n + n= 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 Vậy hệ số của x8 trong khai triển là C74 23 =280 Kiểm tra bằng máy tính, ta có: 59 1(mod19);2008 1(mod 9) 3 n. 5. 2 n. Do đó đặt 2008. 5. 1 n. 2011 20092010. 20102011 20082009. 9 k  1 thì 59 k1 5.(59 )k 5(mod19). Vậy số dư cần tìm là 5 . 4 ( ag ) a  g gồm 7 chữ số nên ta có : Do. 2 2 1 1 1. 5. 2 1. 4. 6. 7. ag ¿ ≤9 . 999 . 999 ⇒ 31<ag <57 . 1 . 000 .000 ≤ ¿ Dùng phương pháp lặp để tính: Ấn 31 SHIFT STO A Ghi vào màn hình : A = A + 1 : A ^ 4 ấn = . . . = Ta thấy A = 45 và 46 thoả điều kiện bài toán . ÐS : 45 ; 46 BC // AD   MN // BC // AD ()  (SAD) MN BC  (); AD  (SAD) Ta có:  Mà: BC  BA; BC  SA (SA  (ABCD))  BC  (SAB)  BC  BM Suy ra thiết diện BCNM là thang vuông tại B, M. Dựng AH  BM o  Ta có: BC  AH (vì BC  (SAB)) Suy ra: AH  ( )  ACH 30 . Tam giác ABM vuông tại A, đường cao AH có:. 1 1 1 2    2 2 2 2 AM AH AB 3. 1. 1   AM  3 2 3 3. 5 2 2 5. 1. 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  BM  6 (tam giác ABM vuông cân) và. MN . 3 . 2. Diện tích hình thang vuông BCNM:.  3  9 2 1 1 S  MB.(MN  BC)  . 6   3  3,1820. 2 2  2  4. Ghi vào màn hình : X  X  5 X  10 X  4 X Sau đó sử dụng phím SHIFT SOLVE Chọn X=1.1 ta tìm được nghiệm 1,0522 Sau đó chọn tiếp X= - 1.1 ta tìm được nghiệm -1,0476 ÐS : 1,0522 ; -1,0476 70. 8. 45. 20. 12.  25 0. Xét 2012 chữ số đầu tiên trong M và gọi z là chữ số thứ 2012. Khi đó dãy liên tiếp các số từ 1 đến z ta chia thành 3 đoạn như sau :. 123456789      101112...9899       100101102...       z A. 9. B. C. 2. 3 2. 5. 1. .. Ta thấy có 9 chữ số trong nhóm A, có 2x90=180 chữ số trong nhóm B. Do đó chỉ còn 2012-(9+180)=1823 chữ số trong nhóm C, chia 1823 cho 3 được thương là 607, dư 2. Suy ra nhóm C có tất cả 607 số nguyên đầu tiên gồm 3 chữ số, bắt đầu từ số 100 và 2 chữ số của số nguyên thứ 608.. 2. 5. 2. Số 607 trong nhóm C là số 706, suy ra z=0. Vậy chữ số thứ 2012 trong M là 0. Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối cùng là 2 n  n  1 2 . Khi đó Sn là tổng của n số hạng trong n  n  1 u1  2 một cấp số cộng có số hạng đầu , công sai d=-1(coi số hạng. 1  2  3  4  ...  n . 10. cuối cùng trong tập hợp thứ n là số hạng đầu của cấp số cộng này), ta có. 1 1 Sn  n  2u1   n  1 d   n  n 2  1 2 2 . 1 S999  .999  9992  1 498501999 2 Vậy. 1. 2. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>