Đề + Đáp án Casio Huế 12 năm 08

c) Tính gần đúng diện tích phần hình phẳng giữa đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Kết quả làm tròn đến 2 chữ số lẻ thập phân. c) Tìm thể tích phần ở giữa hình [r]

Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi chän häc sinh giái tØnh

Thõa Thiªn HuÕ Giải toán máy tính CầM TAY

Đề thi thức Khối 12 THPT - Năm học 2008-2009 Thi gian làm bài: 150 phút

Ngày thi: 17/12/2008 - Đề thi gồm trang

Điểm toàn thi (Họ, tên chữ ký)Các giám khảo (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi)Số phách Bằng số Bằng chữ

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 1. (5 điểm) Cho hàm số

2 ( )

6log

x

f x

x





Tính tổng S f  1 f  2 f  3   f  100

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 2. (5 điểm) Tính gần khoảng cách hai điểm cực trị đồ thị hàm số:

2

2

( )

3

x f x

x x

 

 

Bài 3. (5 điểm) Tính gần giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số:  

2

( ) 3(sin cos ) s 3

f x  x x  co x 

Hướng dẫn: Đặt tsinxcosx

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 4. (5 điểm) Cho dãy hai số un và vn có số hạng tổng quát là:

5 3 5 3

n n

n

u    

và

7 5 7 5

n n

n

v    

(nN và n1)

Xét dãy số zn 2un3vn (nN và n1)

a) Tính giá trị xác u u u u1, , , ;2 v v v v1, , ,2

b) Lập công thức truy hồi tính un2 theo un1 và un; tính vn2 theo vn1 và vn

c) Từ công thức truy hồi trên, viết quy trình bấm phím liên tục để tính un2, vn2 và zn2 theo

1, , 1,

n n n n

u  u v  v (n1, 2, 3, ) Ghi lại giá trị xác của: z z z z z3, , , ,5 8 9 10

Bài 5. (5 điểm) Cho đa thức g x( ) 8 x318x2 x 6

a) Tìm hệ số a b c, , hàm số bậc ba yf x( )x3ax2bx c , biết chia đa thức f x( ) cho đa thức g x( ) đa thức dư là r x( ) 8 x24x5

b) Với giá trị a b c, , vừa tìm được, tính giá trị gần hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số yf x( ) qua điểm B(0; 3).

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 6. (5 điểm)

Lãi suất tiền gửi tiết kiệm số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi Bạn Châu gửi số tiền ban đầu là triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy năm, lãi suất tăng lên 1,15% tháng nửa năm và bạn Châu tiếp tục gửi; sau nửa năm lãi suất giảm xuống cịn 0,9% tháng, bạn Châu tiếp tục gửi thêm số tháng tròn nữa, rút tiền bạn Châu vốn lẫn lãi là 747 478,359 đồng (chưa làm tròn) Hỏi bạn Châu gửi tiền tiết kiệm tháng ? Nêu sơ lược quy trình bấm phím máy tính để giải

Bài 7. (5 điểm)

a) Tìm x biết 202 33479022340

x x

x x

C A   P  x  x  với Pn là số hoán vị n phần tử, k n

A là

số chỉnh hợp chập k n phần tử, Cnk là số tổ hợp chập k n phần tử

b) Tìm hệ số số hạng chứa x6, x17, x28 khai triển nhị thức Niu-tơn

30

3

2

1

x x

 



 

 

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 8. (5 điểm)

a) Tìm số aabb cho aabba1 a1 b1 b1 Nêu quy trình bấm phím để kết

b) Tìm số tự nhiên n nhỏ cho lập phương số ta số tự nhiên có 3 chữ số cuối chữ số chữ số đầu chữ số 7: n3 777 777 Nêu sơ lược

cách giải.

Bài 9. (5 điểm)

Cho đường thẳng d1: 3x y  5 0;d2: 2x 3y 0; d3: 2x y  0 Hai đường thẳng ( )d1

và ( )d2 cắt A; hai đường thẳng ( )d2 và ( )d3 cắt B; hai đường thẳng ( )d3 và ( )d1

cắt C

a) Tìm tọa độ điểm A, B, C (viết dạng phân số)

b) Tính gần hệ số góc đường thẳng chứa tia phân giác góc A tam giác ABC và tọa độ giao điểm D tia phân giác với cạnh BC

c) Tính gần diện tích phần hình phẳng đường trịn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC Kết làm tròn đến chữ số lẻ thập phân

Tóm tắt cách giải: Kết quả:

Bài 10. (5 điểm) Cho hình chóp ngũ giác có cạnh đáy a= 6,74 cm, cạnh bên b = 9,44 cm a) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình chóp

b) Tính gần số đo (độ, phút, giây) góc hợp mặt bên và mặt đáy hình chóp c) Tìm thể tích phần hình cầu nội tiếp và hình cầu ngoại tiếp hình chóp cho

-HT -Sở Giáo dục Đào tạo Kú thi chän häc sinh giái tØnh

Thõa Thiªn Huế Giải toán máy tính CầM TAY

Đề thi thức Khối 12 THPT - Năm học 2008-2009 Đáp án biểu điểm

Bài 1:

2 ( ) 6log x f x x  

0 SHIFT STO A SHIFT STO B ALPHA A ALPHA = ALPHA A + ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA B + ( ^ ( ( ALPHA A ) )  ( ln ALPHA A  ln + ) Bấm liên tiếp = = = A nhận giá trị 100 dừng, đọc kết biến B: S 52.3967

 Sơ lược cách giải nêu quy trình ấm phím: 2,0 điểm  Tính kết quả: 3,0 điểm

Bài 2: Tính gần khoảng cách hai điểm cực trị đồ thị hàm số

2 2 ( ) x f x x x    

+ Tính đạo hàm cấp để tìm điểm cực đại và cực tiểu hàm số: TXĐ: R

 

 

2

2

3 2

'( ) x x f x x x      ;

1 11 11

'( ) ;

2

f x   x   x  

: Hàm số có điểm cực trị là x1 và x2

Dùng chức CALC để tính giá trị cực trị: ( ALPHA X x2 + )

 ( ALPHA X x2 + ALPHA X + ) CALC nhập giả trị 11

2



= SHIFT STO A cho y16.557106963 , CALC nhập tiếp

1 11



= SHIFT STO B cho y2 0.871464465

Khoảng cách hai điểm cực trị đồ thị hàm số là:    

2

2

d  x  x  y  y

Bấm máy: ( 11 + ( ALPHA B  ALPHA A ) x2 ) = cho kết quả: d 6.5823

Bài 3: Tính gần giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số:  

2

( ) 3(sin cos ) s 3

f x  x x  co x 

Đặt  

0

sin cos cos 45 , 2;

t x x x t  

  ; sin 2x t 2

    2  

2

( ) 3(sin cos ) s 3 3 1 3 ( )

4

( ) 3 3, 2;

g t  t  t  t  t  

 

3

'( ) 8 3

g t  t  t , g t'( ) 0 t1 1.09445053;t2 0.2284251259;t30.8660254038

1, ,2 2;

t t t   

 

2 ALPHA X ^  ALPHA X x2 + ALPHA X + + CALC nhập vào (-) = ta g 20.4894101204

CALC nhập vào = ta g 2 8.974691495

Tương tự, ta có: g t( )1 1.879839877; ( ) 5.065257315; ( ) 4.082531755g t2  g t3 

Vậy: Max f x( ) 8.9747; Min f x( )1.8798

Bài 4:

1 1, 10, 87; 740

u  u  u  u 

1 1, 14, 167, 1932

v  v  v  v  .

Cơng thức truy hồi un+2 có dạng: un2 aun1bun2 Ta có hệ phương trình:

3

4

10 87

10; 13 87 10 740

u au bu a b

a b

u au bu a b

                 

Do đó: un2 10un113un

Tương tự: vn2 14vn1 29vn

Quy trình bấm phím:

1 SHIFT STO A 10 SHIFT STO B 1SHIFT STO C 14 SHIFT STO D 2SHIFT STO X (Biến đếm)

ALPHA X ALPHA = ALPHA X + ALPHA : ALPHA E ALPHA = 10 ALPHA B  13 ALPHA A ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA E ALPHA : ALPHA F ALPHA = 14 ALPHA D  29 ALPHA C ALPHA : ALPHA C ALPHA = ALPHA D ALPHA : ALPHA D ALPHA = ALPHA F ALPHA : ALPHA Y ALPHA = ALPHA E + ALPHA F = = = (giá trị E ứng với un+2,

của F ứng với vn+2, Y ứng với zn+2) Ghi lại giá trị sau:

3

9 10

675, 79153, =108234392, z 1218810909, z 13788770710

z  z  z

 

Bài 5:

a) Các nghiệm đa thức g(x) là:

1

; 2;

2

x  x  x 

Theo giả thiết ta có: f x( )q g x ( ) 8 x24x5, suy ra:

1 1 1 1

5 5

2 4 2 8

(2) (2) 45 45

9 25 27

3 25

16 64

4

f r a b c

f r a b c

a b c

Giải hệ phương trình ta được:

23 33 23

; ;

4

a b c

Do đó:

3 23 33 23

( )

4

f x x  x  x

b) Gọi đồ thị hàm số

3 23 33 23

( )

4

yf x x  x  x

là (C)

Tiếp tuyến (C) qua điểm B(0; 3) là đường thẳng d y kx:  3 có hệ số góc là k.

Hệ phương trình cho hoành độ tiếp điểm và hệ số góc tiếp tuyến (C) qua B là:

3

2

23 33 23 23 11

3 (1)

4 4

23 33 23 33

3 (2)

'( )

2

2

x x x kx x x

k x x

k f x x x

                             

Giải phương trình (1) ta nghiệm là hoành độ tiếp điểm ứng với tiếp tuyến (C) qua B(0; 3):

1 2.684151552; 0.817485121; 0.6266366734

x  x  x 

Dùng chức CALC để tính hệ số góc tiếp tuyến tương ứng (C):

1 5.1287; 3.2712; 12.5093

k  k  k 

Bài 6:

Gọi a là số tháng gửi với lãi suất 0,7% tháng, x là số tháng gửi với lãi suất 0,9% tháng, số tháng gửi tiết kiệm là: a + + x Khi đó, số tiền gửi vốn lẫn lãi là:

6

5000000 1.007a 1.0115 1.009x 5747478.359

   

Quy trình bấm phím:

5000000  1.007 ^ ALPHA A  1.0115 ^  1.009 ^ ALPHA X  5747478.359 ALPHA =

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là = Nhập giá trị đầu cho X là = SHIFT SOLVE Cho kết X là số khơng ngun

Lặp lại quy trình với A nhập vào là 2, 3, 4, 5, đến nhận giá trị nguyên X = A =

Vậy số tháng bạn Châu gửi tiết kiệm là: + + = 15 tháng Bài 7: 202 33479022340

x x

x x

C A   P  x  x 

33479022340 SHIFT STO A SHIFT STO X ALPHA X ALPHA = ALPHA X + ALPHA : 20 nCr ( ALPHA X ) + ( ALPHA X + ) nPr ALPHA X  ( ALPHA X  ) SHIFT x!  ALPHA X ^  ALPHA X ^  ALPHA A = = = đến biểu thức 0, ứng với X 9.

b)

   

30

30 30 30 2 530 30 50 11

3 3

30 30 30

2

0 0

1 k k k k

k

k k k

k k k

x C x x C x C x

Với

11

50 28

3

k

k

   

Suy hệ số x28 là C306 593775

Với

11

50 17

3

k

k

   

Suy hệ số x17 là C309 14307150

Với

11

50 12

3

k

k

   

Suy hệ số x6 là C3012 86493225

Bài 8:

a) Số cần tìm là: 3388

Cách giải: aabb1000a100a10b b 1100a11b11 100 a b 

a 1 a 1 b 1 b 1 112a 1 b 1

        .

Do đó: aabba1 a1  b 1 b1 100a b 11a1 b1 Nếu a 0 10b11, điều này không xảy

Tương tự, b 1 100a 1 0, điều này không xảy Quy trình bấm máy:

100 ALPHA A + ALPHA X  11 ( ALPHA A + ) ( ALPHA X  ) ALPHA =

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là = cho kết X là số lẻ thập phân

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là = cho kết X là số lẻ thập phân

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là = cho kết X = 8; tiếp tục quy trình A =

Ta tìm số: 3388

b) Hàng đơn vị có 33 27 có chữ số cuối là Với cac số a33 có 53314877 có chữ số

cuối là

Với chữ số  

3

53

a

có 7533 có chữ số cuối là 7.

Ta có: 3777000 91. xxxx; 37770000 198. xxxx , 3777 10 426,xxx ; 777 106 919,xxx ; 777 103 1980,xxx

    ; 3777 10 4267,xxx ;

Như vậy, để số lập phương có số đuôi là chữ số phải bắt đầu số: 91; 198; 426; 91x; 198x; 426x; (x = 0, 1, 2, , 9)

Thử số:

3 3

Bài 9: a)  3; , 15; ; 19;

8 5

A   B   C 

   

b)

 tan tan1

3

A    

   

 

Góc tia phân giác At và Ox là:



1 1

tan tan tan 2

A

       

  

    

    Suy ra: Hệ số góc At là:

1

1

tan tan tan

2

a      

     

 

 

 

Bấm máy:

tan ( 0.5 ( SHIFT tan-1 + SHIFT tan-1 ( ab/c ) ) ) SHIFT STO A cho

kết quả: 1.3093

a

+ Đường thẳng chứa tia phân giác At là đồ thị hàm số: y ax b  , At qua điểm A( 3; 4)  nên b3a 4.

+ Tọa độ giao điểm D At và BC là nghiệm hệ phương trình:

2

3

x y

ax y a

 

 

  

 Giải hệ pt

bằng cách bấm máy nhập hệ số a2 dùng ALPHA A và nhập hệ số c2 dùng () ALPHA

A + 4, ta kết quả: D(0,9284; 1,1432) c)

2

15

3

8

AB      

    Tính và gán cho biến A

2

15 19

8 5

BC       

    Tính và gán cho biến B

2

2 19

3

5

CA      

    Tính và gán cho biến C

Diện tích tam giác ABC:

( ( ALPHA D ( ALPHA D  ( ALPHA A ) ( ALPHA D  ( ALPHA B ) ( ALPHA D ) ) SHIFT STO E

Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC:

abc R

S



:

ALPHA A ALPHA B ALPHA C   ALPHA E SHIFT STO F Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC:

S r

p



Diện tích phần hình phẳng đường trịn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:  

2 2

S R  r  R  r

SHIFT  ( ALPHA E x2

 ( ALPHA E  ALPHA D ) x2 = Cho kết

2

46, 44 ( )

S  cm

Bài 10:

a) Tính bán kính đường ngoại tiếp đáy và trung đoạn hình chóp:

+ 2sin 360 5.733386448

a

R OA  

6.74 SHIFT STO A   sin 36 SHIFT STO B cho kết là bán kính đường trịn ngoại tiếp đáy hình chóp: R5.733386448

+ Chiều cao hình chóp: h SO  b2 R2 ( 9.44 x2

 ALPHA B x2 ) SHIFT STO C cho kết h7.499458636

+ Trung đoạn hình chóp: - Tính OI:

2

2 2

0

2 tan 36 tan 36

a a

OI   d SI  h OI  h   

  Bấm máy:

( ALPHA C x2 + ( ALPHA A

  tan 36 ) x2 ) SHIFT STO D cho kết trung đoạn hình chóp: d 8.817975958(cm)

+ Diện tích xung quanh hình chóp:

1

2

xq

S   ad

2.5 ALPHA A ALPHA D = cho kết là Sxq 148.5829cm2

+ Thể tích hình chóp:

1

5

3

chop

V    AB OI h 

2.5 ALPHA C ALPHA A x2

  tan 36 = cho kết là:

3

195.3788

chop

V  cm

b) Góc tạo mặt bên SAB với mặt đáy ABCDE là SIO  Ta có: sin

h d

 

SHIFT sin-1 ( ALPHA C ALPHA D = cho kết  58 15'48"0

c) Phân giác góc SIO cắt SO K là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp có bán kính r1 = KO:

1

1 tan sin

2

h

r KO OI

d



  

    

 

 

( ALPHA A   tan 36 ) tan ( 0.5 SHIFT sin-1 (  ALPHA C  ALPHA D ) ) SHIFT STO E cho kết quả: r1KO2,5851(cm)

Trung trực đoạn SA mặt phẳng SAO cắt SO J Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có tâm J, bán kính SJ

2

2

SM SO SA b

r SJ

SJ SA    SO  h

9.44 x2

  ALPHA C SHIFT STO F cho kết r SJ 5.941335523

Hiệu thể tích:  

3

2 1

4

V V  V   r  r

( ab/c ) SHIFT  ( ALPHA F x2