SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUẢNG TRỊ GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LỚP 12 THPT Khóa ngày 19-01-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Qui định chung: 1. Đề thi gồm 10 bài toán, mỗi bài 5 điểm 2. Thí sinh trình bày vắn tắt cách giải và cách thiết lập công thức tính 3. Thí sinh chỉ ghi quy trình bấm phím nếu đề bài có yêu cầu, khi đó cần phải ghi rõ loại máy sử dụng 4. Các kết quả tính gần đúng được lấy đến 4 chữ số thập phân Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2 ( ) x y f x x e= = − trên đoạn 2011 1 2 ; 2011 − Bài 2. Cho 3 2 5 ( ) 1 3f x x x= + + và ( ) 2 3 5 ( ) sin 2 3 cos 7 g x x x π = + + + ÷ Tính: ( ) ( ) 7 ) 13a f g 1 ) 2011 b f f f ÷ ÷ ÷ ) 5 c g g g π ÷ ÷ ÷ Bài 3. Giải phương trình 2 2 sin cos 5 5 3,1432 x x − = Bài 4. Giải hệ phương trình: 2 2 11 3( ) 27 x y xy x y x y + + = + + + = Bài 5. Tìm hệ số của 8 x trong khai triển thành đa thức của 8 2 2 3 5 x x + − ÷ Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A , phương trình đường thẳng BC là 3 3 0x y− − = , các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp là 2,3456r = . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC Bài 7. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đồ thị 2 ( ): ( )P y f x x x= = − và 3 2 ( ) : ( ) 6 15 4C g x x x x= + + + Bài 8. Từ một tấm tôn hình tròn bán kính 17 234R = ta cắt đi một hình quạt rồi uốn phần còn lại thành một hình nón. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích hình nón, khi đó hãy tìm số đo (theo đơn vị độ, chính xác đến giây) của cung quạt bị cắt bỏ. Bài 9. Cho tứ diện SABC có 0 90SAB ASC∠ = ∠ = , 0 120BSC∠ = , 2 , 3SB SA SC SA= = và 11 19SA = . Tính thể tích của tứ diện SABC Bài 10. Cho dãy số { } n u xác định bởi 7 1 1 1 1 3 2011, 3 n n n u u u u − − + × = = − với 2n ∀ ≥ . Tính k u với 2011 20k = _ Hết _ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY Bậc THPT năm học 2010-2011 Qui định chung: Thí sinh chỉ được điểm tối đa khi có cách giải đúng và kết quả đúng. Trường hợp cách giải và công thức đúng nhưng kết quả sai thì cho 1/2 số điểm của phần ấy. Trường hợp công thức đưa ra sai mà kết quả đúng thì không tính điểm cả hai phần. Trường hợp kết quả sai chữ số thập phân cuối cùng thì trừ 0,25 điểm ở phần ấy. Bài Cách giải Kết quả Điểm 1 Đặt D= 2011 1 2 ; 2011 − , ta thấy f xác định, liên tục trên D và có ' 2 ( ) 1 2 x f x e= − 1 2 1 '( ) 0 1 2 0 ln 2 2 x f x e x D= ⇔ − = ⇔ = − × ∈ 1 ( ) 2011 2 1,1356f − ≈ − ; 1 1,0005 2011 f ≈ − ÷ ; 1 ln 2 0,8466 2 f − ≈ − ÷ 1 Vậy: ( ) 0,8466 x D Max f x ∈ ≈ − đạt được khi 1 ln2 2 x = − Và ( ) 1,1356 x D Min f x ∈ ≈ − đạt được khi 2011 2x = − ( ) 0,8466 x D Max f x ∈ ≈ − ( ) 1,1356 x D Min f x ∈ ≈ − 2 2 ( ) ( ) 7 ) 13 4,1244a f g ≈ 2 1 ) 4.211,1978 2011 b f f f ≈ ÷ ÷ ÷ 1,5 ) 0,5948 5 c g g g π ≈ ÷ ÷ ÷ 1,5 3 Ta thấy: Phương trình đã cho 2 2 sin 1 sin 5 5 3,1432 x x− ⇔ − = Đặt 2 sin 5 x t = , điều kiện 0t > . Ta có: 2 1 2 2 2 3,1432 (3,1432) 20 0 ( ) 2 3,1432 5 0 3,1432 (3,1432) 20 0 2 t t loai t t t t − + = = < − − = ⇔ + + = = > 2 Với 2 t t= ta có: ( ) 2 sin 2 2 5 2 1 cos2 5 log sin 2 x x t t x − = ⇔ = = ( ) 5 2 cos2 1 2logx t⇔ = − 2 2 2,5217 2x k π ≈ ± + 1,2609x k π ⇔ ≈ ± + , với k ∈Z 1 2 4 Đặt S x y P xy = + = ta có 2 11 2 3 27 S P S P S + = − + = Dẫn đến 2 5 221 2 5 49 0 5 221 2 S S S S − − = + − = ⇔ − + = 1 Với 5 221 2 S − − = ta có 27 221 2 P + = Suy ra 3,0344 6,8987 6,8987 3,0344 x x y y = − = − ∨ = − = − 2 Với 5 221 2 S − + = ta có 27 221 2 P − = Suy ra 2,5959 2,3371 2,3371 2,5959 x x y y = = ∨ = = 2 5 Đặt 8 2 2 3 5 x A x = + − ÷ , 1 2, 3, 5 a b c= = = − Ta có ( ) 8 2 A a x b cx = + + ( ) ( ) 2 0 8 1 7 2 2 6 4 8 8 8 C a C a x b cx C a x b cx= + + + + ( ) ( ) 3 4 3 5 6 4 4 8 8 8 C a x b cx C a x b cx+ + + + ( ) ( ) 5 6 5 3 10 6 2 12 8 8 C a x b cx C a x b cx+ + + + ( ) ( ) 7 8 7 14 8 16 8 8 C ax b cx C x b cx+ + + + 2 Như vậy, 8 x chỉ có trong các số hạng ( ) 3 3 5 6 8 C a x b cx+ và ( ) 4 4 4 8 8 C a x b cx+ với hệ số tương ứng là 3 5 2 8 3C a bc× và 4 4 4 8 C a b 1 Vậy hệ số của 8 x trong khai triển đã cho sẽ bằng: 3 5 2 4 4 4 8 8 3C a bc C a b× + 1 Bấm máy ta có kết quả là 2.849,2114 1 6 Ta có ( ) 1;0B . Đặt A x a= thì ( ) ;0A a ; ( ) ; 3 3C a a − và ( ) 3 1 2 1 ; 3 3 a a G − + ÷ ÷ 1 Ta có 1 , 3 1 , 2 1AB a AC a BC a= − = − = − Và ( ) 1 1 2 2 ABC S AB AC p r r AB BC CA ∆ = × × = × = + + ( ) 2 3 1 1 . 3 1 3 3 1 a a AB AC r AB BC CA a − − ⇔ = = = + + + + − ( ) ( ) ( ) 1 3 1 1 3 1 1 3 1 a r a r a r = + + ⇔ − = + ⇔ = − + 2 3 Với ( ) 1 3 1a r= + + , ta có ( ) 5,2722 ; 3,6998G 1 Với ( ) 1 3 1a r= − + , ta có ( ) 3,2722 ; 3,6998G − − 1 7 Gọi tiếp tuyến chung là y ax b= + Giả sử, tiếp tuyến tiếp xúc với ( )P và ( )C lần lượt tại các tiếp điểm có hoành độ là 1 x và 2 x 1 Ta có hệ: 2 1 1 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 2 ' 1 1 ' 2 2 2 2 ( ) (1) ( ) 6 15 4 (2) ( ) 2 1 (3) ( ) 3 12 15 (4) f x ax b x x ax b g x ax b x x x ax b f x a x a g x a x x a = + − = + = + + + + = + ⇔ = − = = + + = 1 Từ (3) và (4) ta có 2 2 2 1 3 12 16 (5) 2 x x x + + = Từ (1) và (3) ta có 2 1 (6)b x= − Từ (2), (4), (5) và (6) ta có 4 3 2 2 2 2 2 9 64 216 384 272 0x x x x+ + + + = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 9 28 68 0⇔ + + + =x x x 2 2 2 2 2 9 28 68 0 ( ) = − ⇔ + + = x x x VN 2 2⇔ = −x 2 Thế vào (4) ta được 3=a , suy ra 4= −b Vậy có một tiếp tuyến chung duy nhất là 3 4= −y x 1 8 r R h R x Gọi độ dài cung hình quạt còn lại sau khi cắt bỏ là x (đơn vị dài), thì hình nón tạo thành có đường sinh là R , chu vi đáy là x . Gọi đường cao và bán kính đáy của hình nón lần lượt là h và r . Ta có: 2 r x π = từ đó suy ra 2 x r π = Theo Pitago: 2 2 2 2 2 4 x h R r R π = − = − Do đó: 2 2 2 2 2 1 3 3 2 4 x x V r h R π π π π = = × − ÷ 1 Ta thấy: V đạt giá trị lớn nhất ⇔ 2 2 2 2 2 4 x x R π π × − ÷ đạt giá trị lớn nhất 1 4 ⇔ 4 2 2 2 2 4 x x R π π × − ÷ ÷ đạt giá trị lớn nhất ⇔ 2 2 2 2 2 2 4 4 x x R π π × − ÷ ÷ đạt giá trị lớn nhất ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 4 8 8 4 x x x R π π π × × × − ÷ ÷ ÷ đạt giá trị lớn nhất Vì V đạt giá trị lớn nhất là hằng số Nên V đạt giá trị lớn nhất ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 8 8 4 x x x R π π π = = − ÷ ÷ ÷ 2 6 3 R x π ⇔ = 1 Số đo ứng của cung có độ dài x là Suy ra số đo của cung bị cắt bỏ là Giá trị lớn nhất của thể tích là 3 2 9 3 R V π = × 0 ' " 293 5620 0 ' " 66 340 1,0555V = 0,5 0,5 1 9 Lấy ,M SB N SC∈ ∈ sao cho SA SM SN a= = = (đặt) Ta có AM a= , 2AN a= , 3MN a= Suy ra AMN ∆ vuông tại A 1 Gọi H là trung điểm của MN thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông AMN . Vì S cách đều ba điểm , ,A M N nên SH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông AMN , suy ra ( ) SH AMN⊥ Suy ra 3 2 2 . 1 1 3 1 2 2 3 3 4 2 12 S AMN AMN a V SH S a a a a ∆ × = × × = × − × × × = 1 Ta có . . 1 6 S AMN S ABC V SA SM SN V SA SB SC = × × = Suy ra 3 . . 2 6 2 S ABC S AMN a V V × = × = 1 Thay 11 19a SA= = ta tính được V 1,5785V = 2 5 10 Đặt 1 tanu α = Ta có ( ) 0 1 0 1 2 0 1 1 1 1 3 tan30 tan 3 tan 30 1 1 tan30 .tan 3 1 3 u u u u u α α α + + × + = = = = + − − − × Bằng quy nạp ta chứng minh được 0 tan ( 1)30 n u n α = − + Suy ra: 1 6 1n u u + = , 2 6 2n u u + = , 3 6 3n u u + = 4 6 4n u u + = , 5 6 5n u u + = , 6 6n u u= với 1n ∀ ≥ 2 Ta có: 2011 2011 2011 20 (18 2) 2 (mod6)k = = + ≡ 2010 2 2 (mod6)≡ × 30 67 2 (2 ) (mod6)≡ × 67 2 4 (mod6)≡ × 66 8 4 (mod6)≡ × ( ) ( ) 6 8 4 mod6 2 mod6≡ × ≡ 1 Do đó 7 2 7 1 3 2011 4,9783 3 2011 k u u + × = = ≈ − − 4,9783 k u ≈ − 2 6 . = 2 5 10 Đặt 1 tanu α = Ta có ( ) 0 1 0 1 2 0 1 1 1 1 3 tan30 tan 3 tan 30 1 1 tan30 .tan 3 1 3 u u u u u α α α + + × + = = = = + − − − × Bằng quy nạp ta chứng minh được 0 tan ( 1)30 n u n α . TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LỚP 12 THPT Khóa ngày 19-01-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Qui định chung: 1. Đề thi gồm 10 bài toán, mỗi bài 5 điểm 2. Thí. " 66 340 1,0555V = 0,5 0,5 1 9 Lấy ,M SB N SC∈ ∈ sao cho SA SM SN a= = = (đặt) Ta có AM a= , 2AN a= , 3MN a= Suy ra AMN ∆ vuông tại A 1 Gọi H là trung điểm của MN thì H là tâm đường