MTCT11thpt200910

b Tính gần đúng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và số đo độ, phút, giây của góc giữa hai mặt phẳng SCD và BCD.. Cho biết: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là mặt cầu có tâm cách đều[r]

Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Thõa Thiªn HuÕ §Ò thi chÝnh thøc Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 20/12/2009 - Đề thi gồm trang C¸c gi¸m kh¶o Sè ph¸ch (Do Chủ tịch Hội đồng thi (Hä, tªn vµ ch÷ ký) §iÓm toµn bµi thi B»ng sè Kú thi chän häc sinh giái tØnh Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CÇM TAY Khèi 11 THPT - N¨m häc 2009-2010 ghi) B»ng ch÷ GK1 GK2 Qui định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết tính toán vào ô trống liền kề bài toán Các kết tính gần đúng, không có định cụ thể, ngầm định chính 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       Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y x  3x  và Tóm tắt cách giải: y x2  2x  x2  Kết quả: Bài (5 điểm) 3    tan x  19 tan x  37 tan x  28 0   x    3sin y  5cos y 4    y  2  và  Cho biết: M Tính:  cos  sin 3 x  cot y y  2sin x  cos3 y 2 y  3cos3 x   sin x   cot      Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Cho dãy hai số un xác định sau: u1 1; un 5un  kun2  ( n 2,3, 4, ) k , là số nguyên dương cho trước k a) Chứng tỏ có giá trị bé 30 các giá trị dãy số nguyên Khi đó tính chính xác các giá trị u10; u11 ; u12 ; u13 b) Với giá trị k tìm câu a), lập công thức truy hồi tính un 2 theo un1 và un Chứng minh Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm số tự nhiên: A 29 Tóm tắt cách giải: 2010 Kết quả: Bài (5 điểm) Bác An gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn tháng với lãi suất 0,72%/tháng Sau năm, bác An rút vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn tháng với lãi suất 0,78%/tháng Gửi đúng số kỳ hạn tháng và thêm số tháng thì bác An phải rút tiền trước kỳ hạn để sửa chữa nhà số tiền là 29451583,0849007 đồng (chưa làm tròn) Hỏi bác An gửi bao nhiêu kỳ hạn tháng, bao nhiêu tháng chưa tới kỳ hạn và lãi suất không kỳ hạn tháng là bao nhiêu thời điểm rút tiền ? Biết gửi tiết kiệm có kỳ hạn thì cuối kỳ hạn tính lãi và gộp vào vốn để tính kỳ hạn sau, còn rút tiền trước kỳ hạn, thì lãi suất tính tháng và gộp vào vốn để tính tháng sau Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Cho đa thức P( x )  x  3   x  3   x  3    x  3 20  2 P   a) Tính gần đúng   b) Tìm hệ số chính xác số hạng chứa x khai triển và rút gọn đa thức P(x) Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài (5 điểm) Trong ngày thi giải toán trên máy tính cầm tay (20/12/2009), bạn Bình đố bạn Châu tìm số nguyên x nhỏ cho bình phương lên thì số nguyên có chữ số đầu là 2012 và chữ số cuối là 2009 Em hãy giúp bạn Bình tìm số x này và viết chính 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 vuông góc với mặt (BCD); BC = dm; CD = dm và góc CBD = 520 a) Tính gần đúng thể tích và diện tích toàn phần tứ diện ABCD b) Tính gần đúng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và số đo (độ, phút, giây) góc hai mặt phẳng (SCD) và (BCD) Cho biết: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là mặt cầu có tâm cách đỉnh tứ diện đó đoạn bán kính Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 10 (5 điểm) Một chậu nước hình bán cầu nhôm 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 thì 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 công thức tính thể tích khối chỏm cầu hình cầu (O, R), có chiều cao h là: h  Vc hom cau  h2  R   3  Hình Tóm tắt cách giải: Hình Kết quả: HẾT - Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Thõa Thiªn HuÕ §Ò thi chÝnh thøc Kú thi chän häc sinh giái tØnh Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CÇM TAY Khèi 11 THPT - N¨m häc 2009-2010 Đáp án và biểu điểm Bµi C¸ch gi¶i f (0, 75)  125, 4511 y x  3x  và x  3x   x2  2x  x2  là: x2  2x  x2  2x   x  x   0 x2  x2  Dùng chức SOLVE ta tìm hai nghiệm (khi lấy giá trị đầu là và 1): x1 0, 701149664 và x2 1,518991639 Dùng chức CALC để tính các giá trị tung độ giao điểm: y1 2, 7668 và y2 2, 4018 Vậy: Hai đồ thị hai hàm số đã cho cắt hai điểm A  0, 7011; 2, 7668  , B(1,519; 2, 4018)   tan x  1, 75   x    1 0 2  , nên x tan   1.75   180 119 44 ' 42" lưu vào biến nhớ A 3   3sin y  5cos y 4    y    , ta được:  Giải phương trình: y 1020 21' k 3600 ; y 1950 43'20" k 3600 Theo điều kiện bài toán cho thì y 195 43' 20" (trong quá trình tìm nghiệm, ta lưu kết đó vào biến nhớ B) Tính tử số và lưu vào biến X, tính mẫu và lưu vào biến Y Tính M X 0, 0400 Y u1 1; un 5un  kun2  ( n 2,3, 4, ) a) §iÓm toµn bµi Phương trình cho hoành độ giao điểm đồ thị hai hàm số: y §iÓm TP u1 1; u2 5u1  ku12  5  k Để u2  N thì k  0, 1, 4, 9, 16  k 8, 9, 12, 17, 24 (k < 30) Thử với k 8, 9, 12, 17 : có u1 , u2 là số nguyên, còn u3  Z Với k 24 : Ta có: 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; Công thức truy hồi u có dạng: un 2 aun 1  bun 2 Ta có hệ n+2 phương trình:  u3 au2  bu1  9a  b 89   a 10; b   89a  9b 881 u4 au3  bu2 un 2 10un1  un Do đó: Chứng minh sơ lược: Ta có: un 5un   24un2  24  un  5un   24un2  24  u n2  10unun   un2  24 0 (1) 2 Thay n n +1: un 1  10un 1un  un  24 0 (2) Trừ (1) cho (2) ta có: un21  un2  10un  un 1  un  0   un1  un    un 1  un  10un  0 Dãy số đơn điệu tăng, nên: un1  un   10un  un1 10u n  un  Hay: un 2 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       29  29 29 29 95 97 11 3529 912 (mod 1000) 9129 952 (mod 1000) 3129 552 (mod 1000); 29 9 7129 152 (mod 1000); 29 910 910 9   312 552 (mod 1000);   552 712 (mod 1000);   152 112 (mod 1000); 9529 312 (mod 1000); 29  29 96 98   152 112 (mod 1000);     752 512 (mod 1000); 29  29 99 9 9 9 1129 752 (mod 1000); Do đó chu kỳ lặp lại là 10, nên 92010 Vậy: A 2 có ba số cuối là: 752 Số tiền nhận vốn lẫn lãi sau kỳ hạn tháng và sau 1; 2; ; 4; 5; 6; kỳ hạn tháng là: 20000000   0, 72 3 100    0,78 6 100  A Dùng phím CALC nhập giá tri A là 1; 2; 3; 4; 5; ta được: 22804326,3 đồng; 232871568,78 đồng; 24988758,19 đồng; 26158232,06 đồng; 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 và nhập cho A là ; 2; ; 4; 5, nhập giá trị đầu cho X là 0,6 (vì lãi suất không kỳ hạn thấp có kỳ hạn) A 20000000   0, 72 3 100    0, 78 6 100    X 100   29451583.0849007 0 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 và lãi suất tháng gửi không kỳ hạn là 0,68%  2 P    68375, 2807 a)   b) Hệ số số hạng chứa x là: 20 25  Ck5 3k  25 296031627712=9473012086784 k 5 Các số có chữ số bình phương lên có chữ số cuối là 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 0 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 và V  S BCD SA 125,9992 dm3 Thể tích tứ diện ABCD: 1 S ABC  BC AB 42 dm ; S ABD  BD AB 68,52656315 dm2 2 2 2 Xét tam giác ACD: AC  BC  AB   12  193 dm AD  AB  BD 16,56627251 dm Nửa chu vi tam giác ACD: p AC  CD  AD 19, 72935825 dm S ACD  p  p  AC   p  AD   p  CD  62,51590057 dm S 204,5423 dm Vậy diện tích toàn phần tứ diện ABCD là: b) Tâm I mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cách B, C, D nên I trên 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 là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và bán kính mặt cầu là: R  IO  OB  62  r ( r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam CD 2r  r  5, 710581968 2sin 520 giác BCD): sin B R  62  r 8, 2832 dm S BCD S ACD cos   cos   Ta có: mặt phẳng (ACD) và (BCD)) S BCD  S ACD 0,5038687188 (  là góc S   cos   BCD  590 44 '37"  SACD  10 Gọi x là 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 thì khối chỏm cầu gồm khối nước và viên bi có thể tích là: 2 x  4 x  30  x   V2   x   R     V2  V1   x3  4 x  30  x   416 4 x3 Ta có phương trình:  3x3  30 x  104 0 Giải phương trình ta có các nghiệm: x1 9, 6257  (loại); x2 2, 0940  và x3  1, 7197  (loại) Vậy: Bán kính viên bi là r 2, 09 cm :