Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh giải toán trên máy tính cầm tay khối 11 THPT Năm học 2009 201040317

Sở Giáo dục Đào tạo Thừa Thiên Huế Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Giải toán máy tính CầM TAY Đề thi thức Khối 11 THPT - Năm học 2009-2010 Thi gian lm bi: 150 phỳt Ngày thi: 20/12/2009 - Đề thi gồm trang C¸c giám khảo Số phách (Do Chủ tịch Hội đồng thi (Họ, tên chữ ký) Điểm toàn thi ghi) B»ng sè B»ng ch÷ GK1 GK2 Qui định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, cơng thức áp dụng, kết tính tốn vào trống liền kề tốn Các kết tính gần đúng, khơng có định cụ thể, ngầm định xác tới chữ số phần thập phân sau dấu phẩy Bài (5 điểm) Tính giá trị hàm số f ( x) x  0, 75 : 22  sin x  cos3 x f ( x)   2x    tan  cot  3sin  1  x x  1     Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y  x  3x  y  Tóm tắt cách giải: x2  x  x2  Kết quả: MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn Bài (5 điểm) 3    Cho biết: tan x  19 tan x  37 tan x  28    x    3sin y  5cos y     y  2   Tính: M   cos  sin 3   sin x   cot x  cot y y  2sin     x  cos3 y y  3cos3 x  Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Cho dãy hai số un xác định sau: u1  1; un  5un 1  kun21  (n  2,3, 4, ) , k số nguyên dương cho trước a) Chứng tỏ có giá trị k bé 30 giá trị dãy số nguyên Khi tính xác giá trị u10; u11 ; u12 ; u13 b) Với giá trị k tìm câu a), lập cơng thức truy hồi tính un  theo un 1 un Chứng minh Tóm tắt cách giải: Kết quả: MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn Bài (5 điểm) Tìm chữ số hàng đơn vị, hàng chục hàng trăm số tự nhiên: A  29 2010 Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Bác An gửi tiết kiệm số tiền ban đầu 20 triệu đồng theo kỳ hạn tháng với lãi suất 0,72%/tháng Sau năm, bác An rút vốn lẫn lãi gửi lại theo kỳ hạn tháng với lãi suất 0,78%/tháng Gửi số kỳ hạn tháng thêm số tháng bác An phải rút tiền trước kỳ hạn để sửa chữa nhà số tiền 29451583,0849007 đồng (chưa làm tròn) Hỏi bác An gửi kỳ hạn tháng, tháng chưa tới kỳ hạn lãi suất không kỳ hạn tháng thời điểm rút tiền ? Biết gửi tiết kiệm có kỳ hạn cuối kỳ hạn tính lãi gộp vào vốn để tính kỳ hạn sau, cịn rút tiền trước kỳ hạn, lãi suất tính tháng gộp vào vốn để tính tháng sau Nêu sơ lược quy trình bấm phím máy tính để giải Tóm tắt cách giải: Kết quả: MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn Bài (5 điểm) Cho đa thức P( x)   x  3   x  3   x  3     x  3 20  2 a) Tính gần P     3 b) Tìm hệ số xác số hạng chứa x5 khai triển rút gọn đa thức P(x) Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Trong ngày thi giải toán máy tính cầm tay (20/12/2009), bạn Bình đố bạn Châu tìm số nguyên x nhỏ cho bình phương lên số ngun có chữ số đầu 2012 chữ số cuối 2009 Em giúp bạn Bình tìm số x viết xác số x Nêu sơ lược cách giải Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = 12 dm; AB vng góc với mặt (BCD); BC = dm; CD = dm góc CBD = 520 a) Tính gần thể tích diện tích toàn phần tứ diện ABCD MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn b) Tính gần bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD số đo (độ, phút, giây) góc hai mặt phẳng (SCD) (BCD) Cho biết: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện mặt cầu có tâm cách đỉnh tứ diện đoạn bán kính Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 10 (5 điểm) Một chậu nước hình bán cầu nhơm có bán kính R  10cm , đặt khung hình hộp chữ nhật (hình 1) Trong chậu có chứa sẵn khối nước hình chỏm cầu có chiều cao h  4cm Người ta bỏ vào chậu viên bi hình cầu kim loại mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi (hình 2) Tính bán kính viên bi (kết làm tròn đến chữ số lẻ thập phân) Cho biết cơng thức tính thể tích khối chỏm cầu hình cầu (O, R), có chiều cao h là: h  Vc hom cau   h  R   3  Hình Hình Tóm tắt cách giải: Kết quả: HẾT - MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn Sở Giáo dục Đào tạo Thừa Thiên Huế Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Giải toán máy tính CầM TAY Đề thi thức Khối 11 THPT - Năm học 2009-2010 ỏp ỏn v biu im Bài Cách giải f (0, 75) 125, 4511 Điểm TP Điểm toàn Phng trỡnh cho honh giao điểm đồ thị hai hàm số: y  x  x  y  x2  x  là: x2  x2  2x  x2  x  x  3x    x  3x    x2  x2  Dùng chức SOLVE ta tìm hai nghiệm (khi lấy giá trị đầu 1): x1  0, 701149664 x2  1,518991639 Dùng chức CALC để tính giá trị tung độ giao điểm: y1  2, 7668 y2  2, 4018 Vậy: Hai đồ thị hai hàm số cho cắt hai điểm A  0, 7011; 2, 7668  , B(1,519; 2, 4018)   tan x  1, 75   x    , nên x  tan 1  1.75   1800  1190 44 ' 42" lưu 2  vào biến nhớ A 3    , ta được:   y  1020 21' k 3600 ; y  1950 43' 20" k 3600 Theo điều kiện toán cho y  1950 43' 20" (trong trình tìm nghiệm, ta lưu kết Giải phương trình: 3sin y  5cos y     y  vào biến nhớ B) Tính tử số lưu vào biến X, tính mẫu lưu vào biến Y Tính M X  0, 0400 Y u1  1; un  5un 1  kun21  (n  2,3, 4, ) a) u1  1; u2  5u1  ku12    k  Để u2  N k   0, 1, 4, 9, 16  k  8, 9, 12, 17 , 24 (k < 30) Thử với k  8, 9, 12, 17 : có u1 , u2 số ngun, cịn u3  Z Với k  24 : Ta có: MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn 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; Cơng thức truy hồi un+2 có dạng: un   aun 1  bun  Ta có hệ phương trình:  u3  au2  bu1  9a  b  89   a  10; b  1  89a  9b  881 u4  au3  bu2 Do đó: un   10un 1  un Chứng minh sơ lược: Ta có: un  5un 1  24un21  24  un  5un 1  24un21  24  un2  10unun 1  un21  24  (1) Thay n n +1: un21  10un 1un  un2  24  (2) Trừ (1) cho (2) ta có: un21  un21  10un  un 1  un 1     un 1  un 1  un 1  un 1  10un   Dãy số đơn điệu tăng, nên: un 1  un 1  10un  un 1  10un  un 1 Hay: un   10un 1  un Ta có: 29  29  512  mod 1000  29  299   29   5129  5125  5124  352 (mod 1000)   29  29 9  29   29  29 9  29 3    2   2  29 29  9129  952 (mod 1000)    312  552 (mod 1000);     552  712 (mod 1000);     152  112 (mod 1000); 95  3129  552 (mod 1000); 29 96 97  7129  152 (mod 1000); 29 98 9  1529  112 (mod 1000); 29  29     29  29 11  3529  912 (mod 1000)  9529  312 (mod 1000); 29  29 29  29 9 29  29 10 10   9 9  1129  752 (mod 1000);  7529  512 (mod 1000); Do chu kỳ lặp lại 10, nên Vậy: A  29 có ba số cuối là: 752 Số tiền nhận vốn lẫn lãi sau kỳ hạn tháng sau 1; 2; ; 4; 5; 6; kỳ hạn tháng là: A 20000000 1  0, 72   100  1  0, 78   100  Dùng phím CALC nhập giá tri A 1; 2; 3; 4; 5; ta được: 22804326,3 đồng; 232871568,78 đồng; 24988758,19 đồng; 26158232,06 đồng; 2010 MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn 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: kỳ hạn Giải phương trình sau, dùng chức SOLVE nhập cho A ; 2; ; 4; 5, nhập giá trị đầu cho X 0,6 (vì lãi suất khơng kỳ hạn thấp có kỳ hạn) A 20000000 1  0, 72   100  1  0, 78   100  1  X  100   29451583.0849007  X = 0,68% A = Vậy số kỳ hạn tháng bác An gửi tiết kiệm là: kỳ hạn ; số tháng gửi không kỳ hạn là: tháng lãi suất tháng gửi không kỳ hạn 0,68%  2   a) P     68375, 2807 b) Hệ số số hạng chứa x5 là: 20 25  Ck5  3k 5  25  296031627712=9473012086784 k 5 Các số có chữ số bình phương lên có chữ số cuối 2009 là: 2003, 7003, 3253, 8253, 1747, 6747, 2997, 7997 4485  2012abcd  4487; 14184  2012abcde  14189 44855  2012abcdef  44866; 141844  2012abcdefg  141880 Số cần tìm là: x = 14186747 x  201263790442009 a) Xét tam giác BCD, ta có: CD  BC  BD  BC  BD cos 520  BD  14 cos 520  BD   92  Giải phương trình bậc hai theo BD, ta có hai nghiệm: x1  2,801833204  (loại) x2  11, 42109386 Do đó: BD  11, 42109386 dm S BCD  BC  BD sin 520  31, 49980672 dm 2 Thể tích tứ diện ABCD: V  S BCD  SA  125,9992 dm3 S ABC  1 BC  AB  42 dm ; S ABD  BD  AB  68,52656315 dm 2 MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn Xét tam giác ACD: AC  BC  AB   122  193 dm AD  AB  BD  16,56627251 dm Nửa chu vi tam giác ACD: p  S ACD  AC  CD  AD  19, 72935825 dm p  p  AC  p  AD  p  CD   62,51590057 dm Vậy diện tích tồn phần tứ diện ABCD là: Stp  204,5423 dm b) Tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cách B, C, D nên I trục Ox đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD (Ox  (BCD) tâm O đường tròn (BCD), nên Ox//AB) Trong mặt phẳng (SA, Ox), trung trực đoạn AB cắt Ox I I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bán kính mặt cầu là: R  IO  OB  62  r ( r bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD): CD  2r  r   5, 710581968 sin B 2sin 520 R  62  r  8, 2832 dm Ta có: SBCD  SACD cos   cos   mặt phẳng (ACD) (BCD))  S BCD  S ACD   cos 1  S BCD  0,5038687188 (  góc S ACD    59 44 '37"  Gọi x bán kính viên bi hình cầu Điều kiện:  x  10   x  Thể tích khối nước hình chỏm cầu chưa thả viên bi vào: h  416   V1   h  R    16 10     3  3 Khi thả viên bi vào khối chỏm cầu gồm khối nước viên bi tích là: 10 2 x  4 x  30  x  2 V2    x   R      Ta có phương trình: V2  V1   x3  4 x  30  x   416  4 x3 3  x  30 x  104  Giải phương trình ta có nghiệm: x1  9, 6257  (loại); x2  2, 0940  x3  1, 7197  (loại) Vậy: Bán kính viên bi r  2, 09 cm : MTCT11THPT-Trang DeThiMau.vn ... giải: Kết quả: HẾT - MTCT1 1THPT- Trang DeThiMau.vn Sở Giáo dục Đào tạo Thừa Thi? ?n Huế Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Giải toán máy tính CầM TAY Đề thi thức Khối 11 THPT - Năm học 2009- 2010... cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Trong ngày thi giải toán máy tính cầm tay (20/12 /2009) , bạn Bình đố bạn Châu tìm số nguyên x nhỏ cho bình phương lên số ngun có chữ số đầu 2012 chữ số cuối 2009. .. cuối kỳ hạn tính lãi gộp vào vốn để tính kỳ hạn sau, rút tiền trước kỳ hạn, lãi suất tính tháng gộp vào vốn để tính tháng sau Nêu sơ lược quy trình bấm phím máy tính để giải Tóm tắt cách giải: Kết