HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MTCT NĂM HỌC 2010 – 2011 (HD có 04 trang) Quy ước chấm: - Các kết có đơn vị kèm trừ 0,5 đ với kết thiếu đơn vị (chỉ trừ thí sinh không ghi đơn vị kết cuối – kết ô bên phải). - Với kết gần đúng, trừ nửa số điểm kết thí sinh sai chữ số cuối (trường hợp sai chữ số khác không cho điểm kết đó). - Các kết xấp xỉ mà thí sinh không dùng dấu trừ 0,5 đ / lỗi. - Nếu kết mà lời giải sai không cho điểm toàn phần đó. Câu (5 điểm). Cho hàm số y = f ( x ) = (ln x) x+cos x . a) Tính S1 = f (π ) + f ( f (π )). b) Tính S2 = f '(π ) + f '( f (π )). a) S1 ≈ 1,6728 Kết (2,5 đ) b) S2 ≈ 1,8295 (1,8032) (2,5 đ) Câu (5 điểm). Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f ( x) = − x + x . Kết quả: max f ( x) = 2 ≈ 2,8284, f ( x) = −2. (5 đ) Câu (5 điểm). Gọi M , N hai điểm cực trị đồ thị hàm số y = x3 + x − x + 10. Tính khoảng cách từ O tới đường thẳng MN . Cách giải 1 91 1 Ta có y ' = 3x + x − ⇒ y = y ' x + ÷− x + . (1,5 đ) 9 9 3 91 Phương trình đường thẳng MN : y = − x + . (1,5 đ) 9 91 d = d (O, MN ) = . (1 đ) 145 Câu (5 điểm). Giải phương trình: sin x + cos x = 2 sin x (1). Cách giải d ≈ 7,5571 (1 đ) Kết cos x = sin x ⇔ sin( x + α ) = sin x 2 2 x = α + k 2π −1 (1) ⇔ ). π − α k 2π (với α = cos x = + 2 3 Chú ý: Thí sinh ghi kết theo đơn vị độ. (1) ⇔ Kết sinx + (2 đ) x ≈ 1,2094 + k 2π (1 đ) (1 đ) x ≈ 0,6441 + (1 đ) k 2π x3 + 3x = y + y (1) Câu (5 điểm). Giải hệ phương trình: (trên tập số thực ¡ ). x + xy = 2011 (2) Cách giải Kết Hàm số f (t ) = t + 3t đồng biến ¡ . Do từ (1) suy x = y. x = y ≈ 12,2976 (2 đ) x = y (1 đ) . Vậy hệ ⇔ (2 đ) x + x − 2011 = Câu (5 điểm). Một xạ thủ bắn súng có xác suất bắn trúng vòng 10 0,4. Hỏi xạ thủ phải bắn viên đạn để xác suất có viên trúng vòng 10 lớn 0,9999? Cách giải Kết Gọi n số viên đạn mà xạ thủ phải bắn. A biến cố “trong n viên đạn bắn có viên trúng vòng 10”. Khi A n = 19 biến cố “cả n viên đạn bắn trượt vòng 10”. (1 đ) Ta có: P ( A) = (0,6) n . (2 đ) Vậy P ( A) = − (0,6) n > 0,9999 ⇔ n ≥ 19. (2 đ) u1 = 0, u2 = 14, u3 = −18 Câu (5 điểm). Cho dãy số {un } xác định sau: un+1 = 7un−1 − 6un−2 , ∀n ≥ 3. ui với i ∈{5,7,11,13}. i b) Chứng minh p số nguyên tố u p chia hết cho p . a) Tính ti = Cách giải Kết a) Tính trực tiếp máy tính. a) b) Từ phương trình đặc trưng λ = 7λ − ⇔ λ ∈{1;2; −3} , suy t5 = −42 un = + 2n + (−3) n , n = 1,2, . (1 đ) t7 = −294 Với p = 2, p = khẳng định đúng. t11 = −15 918 Với p ≥ 5, p số nguyên tố, theo định lý nhỏ Fermat ta có: t13 = −122 010 (2 đ) 2 p ≡ (mod p ) ⇒ u p ≡ (1 + − 3) (mod p ) ⇒ u p Mp. p − ≡ − (mod p ). ( ) Vậy u p Mp với p nguyên tố. (2 đ) Câu (5 điểm). Cho đường tròn (C ) : x + y − x + y − = đường thẳng (d ) : y = x. a) Tìm tọa độ giao điểm (C ) với (d ). b) Viết phương trình đường tròn qua điểm A(4;1) giao điểm (C ) với (d ). Cách giải Kết a) Tọa độ giao điểm (C ) với (d ) nghiệm hệ phương trình: a) x2 + y2 − 2x + y − = x = y (2,1375;2,1375) (*) ⇔ . (−1,6375; −1,6375) y = x 2 x − x − = Tính máy tính ta kết quả. (1 đ) (2 đ) 2 A (4;1) b) Từ (*) suy x + y − 3x + y − = (C1 ). Vì thỏa mãn phương trình (C1 ) nên (C1 ) đường tròn cần tìm. (2 đ) Câu (5 điểm). Có phễu hình vẽ. Nửa có dạng hình trụ, nửa có dạng hình nón khớp với nửa trên. Ban đầu người ta đổ nước vào phễu đầy đến vạch khớp nửa nửa (vạch liền). Sau thả viên bi sắt đặc dạng khối cầu vào phễu nước phễu dâng lên thêm 2cm (vạch đứt). Biết hình trụ nửa cao 10cm, đường kính miệng phễu 20cm, điểm cao viên bi cách mặt phễu 13cm. Tính thể tích viên bi lượng nước có phễu. 10 cm A . •O’ I . .K .J •O Cách giải *) Thể tích viên bi V1 = 2.π .102 = 200.π . (1 đ) *) Kí hiệu hình vẽ. Gọi h = OO ', R = AO ', bán kính viên bi Kết 2 r = JI . Ta có: ∆OO ' A ∼ ∆OIJ ⇒ JO = IJ .OA = r h + R . (1 đ) O' A R V1 ≈ 628,3185 cm3 2 (0,5 đ) Vậy h = OJ + JK + KO ' = r h + R + r + (*). (1 đ) R V2 ≈ 2133, 2084 cm3 3V Thay giá trị r = = 150 giải (*) máy tính ta tìm (0,5 đ) 4π h ≈ 20,37063946 . Từ tính thể tích lượng nước phễu theo công thức V2 = h.π R . (1 đ) Câu 10 (5 điểm). Tính diện tích toàn phần tứ diện ABCD biết α = ·ACB = 860 , · · · · · · · BAC + CAD + DAB = ·ABC + CBD + DBA = ACD + BCD = 1800 AC + CB = 10 cm. Cách giải Ta dùng phương pháp trải hình lên mặt phẳng. Trải tứ diện ABCD lên mặt phẳng ( ABD) : Kết ∆ADC → ∆ADC2 , ∆BDC → ∆BDC3 , ∆ABC → ∆ABC1. · · · · · · Khi đó, BAC + CAD + DAB = ABC + CBD + DBA = 1800 nên · C1 , A, C2 C1 , B, C3 thẳng hàng. Hơn ·ACD + BCD = 1800 nên tứ giác C1C2 DC3 nội tiếp được. (2 đ) Đặt x = AC , y = BC. Ta có: S = STP ( ABCD ) = SC1C2 DC3 = S DC2C3 + SC1C2C3 S ≈ 111,0613 cm 1 (1 đ) S = x.2 y.sin α + C2C3.DH 2 · D S = xy.sin α + C2C3 .HC3.tan HC · S = xy.sin α + C2C32 .cot HDC 1800 − α 2 S = xy.sin α + (4 x + y − xy cos α )cot α S = ( x + y )2 tan . Thay số ta tính S . (2 đ) ---------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------Ghi chú: Nếu thí sinh giải theo cách khác cho điểm theo phần tương ứng, phải đảm bảo tỉ lệ cách giải đáp án. . HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MTCT NĂM HỌC 2010 – 2011 (HD này có 04 trang) Quy ước chấm: - Các kết quả. trên ¡ . Do vậy từ (1) suy ra .x y= (2 đ) Vậy hệ 3 2 . 2011 0 x y x x = ⇔ + − = (2 đ) 12, 2976x y= ≈ (1 đ) Câu 6 (5 điểm). Một xạ thủ bắn súng có xác suất bắn trúng vòng 10 là 0,4. Hỏi. “trong n viên đạn bắn có ít nhất một viên trúng vòng 10”. Khi đó A là biến cố “cả n viên đạn bắn đều trượt vòng 10”. Ta có: ( ) (0,6) . n P A = (2 đ) Vậy ( ) 1 (0,6) 0,9999 19. n P A n= − >