BTTH 1112

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÁCH ĐÍNH KÈM. HỘI ĐỒNG THI TỈNH KHÁNH HÒA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LỚP 12 BTTHPT Ngày thi : 09/12/2011 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề HỌ VÀ TÊN THÍ SINH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ngày tháng năm sinh : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nơi sinh : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Học sinh trường : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Thuộc đội tuyển (Huyện, Thị xã, Thành phố) : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Giám thị số 1 :. HỌ TÊN VÀ CHỮ KÝ Giám thị số 2 :. Mã đề thi gốc. SBD : Phòng :. MÃ PHÁCH (Do chủ tịch Hội đồng chấm thi ghi). Chú ý : * Đề thi có 06 trang (trong đó có 1 trang phách). - Thí sinh phải ghi đầy đủ các mục ở phần trên theo sự hướng dẫn của giám thị. - Thí sinh không được ký tên hay dùng bất cứ ký hiệu gì để đánh dấu bài thi (ngoài việc làm bài theo yêu cầu của đề thi). - Bài thi không được viết bằng mực đỏ, bút chì; không viết bằng 2 thứ mực. Phần viết hỏng , ngoài cách dùng thước để gạch chéo, không được tẩy xóa bằng bất kỳ cách gì khác (kể cả bút xóa). - Thí sinh làm bài trực tiếp vào tờ đề thi này. Bài làm gồm 2 phần : + Phần giải bằng lời chỉ cần trình bày ngắn gọn, thể hiện các bước đi để giải quyết vấn đề, không yêu cầu cao về độ chuẩn xác và chi tiết. + Phần kết quả tính bằng máy tính ghi theo 1 trong 2 cách sau : * Kết quả ghi hết các chữ số có trên màn hình; * Hoặc kết quả ghi theo yêu cầu của đề bài. - Điểm của mỗi bài toán là 2 điểm, điểm toàn bài là 20 điểm và không làm tròn điểm. - Trái với các điều trên, bài thi sẽ bị loại.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> KHÁNH HÒA ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 06 trang). GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY. Mã đề thi gốc. LỚP 12 BTTHPT Ngày thi : 09/12/2011 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề. ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI. MÃ PHÁCH. HỌ TÊN VÀ CHỮ KÝ. (do Chủ tịch hội đồng chấm thi ghi). Bằng số. Bằng chữ Giám khảo 1 : Giám khảo 2 :. --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------. Bài 1 (2 điểm) : Tính gần đúng nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình: 3cos 2 x  13sin x 7 . Tóm tắt lời giải 3cos 2 x  13sin x 7  3(1  2sin 2 x)  13sin x 7. Điểm.  6sin 2 x  13sin x  4 0 Đặt t sin x (  1 t 1) , phương trình trở thành: 6t 2  13t  4 0 Giải phương trình ta được 2 nghiệm: 13  73 13  73 t 1 t 12 12 (loại) ; (nhận) 13  73 sin x  12 Vậy . Suy ra:  73  1 13  )  k .360o 21o 47 '52, 27" k.360o  x sin ( 12  (k  Z )  73 o  1 13  o o o )  k .360 158 12 '7, 73" k .360  x 180  sin (  12. 1 điểm. 1 điểm. sin x +2  (0  x  ) sin x  sin x  3 2 . Tìm giá trị gần đúng của x để y đạt giá trị Bài 2 (2 điểm) : Cho lớn nhất. Khi đó giá trị lớn nhất là bao nhiêu ? y. 2. Tóm tắt lời giải Đặt t sin x, t  [-1;1] thì  t 2  4t  1 y'  2 (t  t  3) .. Điểm y. t 2 t t 3 . 2. 0.5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  t  2  5 y ' 0    t  2  5 . Loại t  2  5   1 . 1 y ( 1)  0, (3) 3 Dùng CALC tính 3 y (1)  0, 6 5 y ( 2  5) 0, 6792850868 Vậy. max y . 1 điểm (max y). 32 5  t  2  5  x 0, 2383174618 11 .. 0.5 điểm. Bài 3 (2 điểm) : Tìm gần đúng giá trị của x, y , z thỏa: log 4 x 2  log 4 y  log 4 z 2  2 log 9 y  log 9 z  log 9 x 3  2 log16 z  log16 x  log16 y 4 Tóm tắt lời giải Điều kiện: x  0, y  0, z  0. Với điều kiện trên, hệ PT tương đương với: log 4 ( x 2 yz ) 2  x 2 yz 16   2 2 4 log 9 ( xy z ) 3   xy z 729  ( xyz ) 16 729 65536   xyz 2 65536 2  log16 ( xyz ) 4  xyz 166, 2768775 (vì xyz  0 ) (shift sto A) 16   x  A 0, 09622504486  729  4,384253607 y  A  65536   z  A 394,1377838 Vậy nghiệm của hệ là: . Điểm. 1 điểm. 1 điểm. 2 2 Bài 4 (2 điểm) : Cho đường tròn (C) : x  y  4 x  6 y  3 0 .. 1. Tìm tọa độ gần đúng của điểm M trên trục tung sao cho qua M vẽ được hai tiếp tuyến với (C) mà vuông góc với nhau. 2. Tính giá trị gần đúng độ dài dây cung do đường thẳng (d) : y  x  2 chắn trên (C). Tóm tắt lời giải 1. (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=4. M  Oy nên M (o; a) . Hai tiếp tuyến vuông góc với nhau  IM R 2  4  (a  3) 2 32  (a  3) 2 28  a  3  28 2, 291502622    a  3  28  8, 291502622. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  M (0; 2, 291502622)  Vậy có 2 điểm M thỏa đề bài:  M (0;  8, 291502622). 1 điểm. 2. (d) cắt (C) tại A, B. 3 2. IH  AB. 9 AB 2 AH 2 R 2  IH 2 2 16  6, 782329983. 2 IH d[I,(d)] . 1 điểm. 2. 3. 22. 1  1  1 1   P( x)  2 x     2 x     2 x     2 x   x  x  x x .   Bài 5 (2 điểm) : Cho biểu thức Tìm hệ số chính xác của số hạng không chứa x trong khai triển biểu thức P(x). Tóm tắt lời giải. Điểm. n. n n 1  k k k  ( n k ) 2 x   C 2 x x  Cnk 2k x 2 k  n     n x k 0 k 0 Ta có:  .. Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton n 1  n 2k  n 0  n 2k  k  k k 2k  n  2x   C 2 x x  là n 2 0.5 điểm của  khi: (trong đó n chẵn) Do đó hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển và rút gọn của P(x) là: 11 2C21  22 C42  23 C63  ...  211 C22. 0.5 điểm. .. .Quy trình bấm phím: D 2. D D  2 : A  A  2 C. D 2 D. Bấm CALC, gán D=0, A=0. Kết quả: 1662610844 .. 0.5 điểm 0.5 điểm. 1 2 3 n 1 un 1  2  2  2  ...  i. 2 . ( u ) 2 3 4 n Bài 6 (2 điểm) : Cho dãy số n biết: (i = 1 nếu n lẻ, i = -1 nếu n  2 n chẵn; n là số nguyên, ). u , u . 1. Tính 3 4 2. Viết qui trình bấm phím liên tục để tính un . 3. Áp dụng tính u29 , u33 . Tóm tắt lời giải 35 u3  0,97(2) 36 1.. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 113 u4  0, 7847(2) 144 2. Qui trình bấm phím: ( 1) D 1 ( D  1) D D  1: A  A  D2 Bấm CALC, gán D=1, A=1. Bấm = = = ... 3. u29 0,887050384. 0.5 điểm. 1 điểm 0.5 điểm. u33 0,8851569628 . x 3 Bài 7 (2 điểm) : Tìm gần đúng tọa độ các giao điểm của đồ thị hai hàm số y e và y  x .. Tóm tắt lời giải x 3 . Đồ thị y e và y x cắt nhau tại hai giao điểm .  x 1,85718386  x 3 . Giải PT e x . Dùng Shift Solve được:  x 4,536403655 Vậy tọa độ hai giao điểm là: (1,85718386 ; 6,405672079) (4,536403655 ; 93,35446084).. Điểm. 2 điểm. Bài 8 (2 điểm) : Cho khối chóp S.ABC với SA  ( ABC ) , ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh C. SC = 2011, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 79o12'. Tính gần đúng giá trị thể tích khối chóp S.ABC. Tóm tắt lời giải. Điểm. o  . SCA  79 12 ' . BC  AC SC.cos =2011.cos SA SC.sin  2011.sin  1 1 1 VS . ABC  SA. AC.BC  .20113.sin  .cos 2 46749398,95. 3 2 6 .. A Bài 9 (2 điểm) : Tính gần đúng. 0.5 điểm 0.5 điểm 1 điểm. 1 1 1 1    ...  1 4 4 7 7  10 2008  2011 ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tóm tắt lời giải. A. . Điểm. 4 1 7 4 10  7 2011  2008    ...  4 1 7 4 10  7 2011  2008. 1 2011  1 3 14, 61472488. . . 0.5 điểm 1 điểm. . 0.5 điểm. Bài 10 (2 điểm) : Cho ABC có độ dài 3 cạnh là 4,321dm ; 5,789dm ; 6,123dm. Tính gần đúng tỉ số diện tích hình tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác đó. Tóm tắt lời giải. Điểm. . S 11,95561329 (dm2). Gán S vào biến A. abc R 3, 20272924 4A . (dm2). Gán R vào biến B. A r  p 1,473001083 (dm2). Gán r vào biến C. . . Vậy tỉ số diện tích hình tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác là: 2  B   4, 727530258 C. ------- HẾT-------. 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm. 0.5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>