Đề thi chọn học sinh giỏi Giải toán trên máy tính cầm tay lớp 12 THPT môn Toán - Sở GD và ĐT Quảng Trị

Chia sẻ: Tuan Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

186
lượt xem 35
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi Giải toán trên máy tính cầm tay lớp 12 THPT môn Toán - Sở GD và ĐT Quảng Trị giúp cho các bạn củng cố được các kiến thức về cách giải bài tập Toán bằng máy tính cầm tay thông qua việc giải những bài tập trong đề thi. Tài liệu phục vụ cho các bạn đang chuẩn bị cho kỳ thi này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi Giải toán trên máy tính cầm tay lớp 12 THPT môn Toán - Sở GD và ĐT Quảng Trị

SỞ GIÁO DỤC - ðÀO TẠO ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUẢNG TRỊ GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LỚP 12 THPT Khóa ngày 05-01-2012 ðỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao ñề) Qui ñịnh chung: 1. ðề thi gồm 10 bài toán, mỗi bài 5 ñiểm 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 ñề bài có yêu cầu, khi ñó cần phải ghi rõ loại máy sử dụng 4. Các kết quả tính gần ñúng ñược lấy ñến 4 chữ số thập phân 3 3 3 1 Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của y = x4 − x − 17 x2 + x − 2011 trên ñoạn − 3; 2  2 2012   Bài 2. Cho f ( x ) = tan ( 2 2 x + x 4 − sin 2 (3x + 2012) + 2012) ( log 22 5x 6 + 9 7 + cos x ) Tính f ( x0 ) với x0 là nghiệm của phương trình 2 x 3 − 2 x 2 − 3x + 1 = 0 Bài 3. Tìm các nghiệm của phương trình 3x = 7sin x + x trên ( 0; +∞ )  1 1  x − x = y − y (1) Bài 4. Giải hệ phương trình:  2 y = x 3 + 5 (2)  Bài 5. Một hộp ñựng 4 viên bi màu ñỏ và 18 viên bi màu xanh (các viên bi giống nhau về kích thước và khối lượng). Cần phải bốc một lần ngẫu nhiên ít nhất bao nhiêu viên bi ñể xác suất có ít nhất một viên bi màu ñỏ lớn hơn 0,9765 Bài 6. Một tấm vải ñược quấn 357 vòng quanh một lõi gỗ hình trụ có bán kính ñáy bằng 5,678cm, bề dày của vải là 0,5234mm. Tính chiều dài (bằng mét) của tấm vải ñó. 2x − 3 Bài 7. Cho hàm số y = f ( x ) = (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến ñó cắt x+2 tiệm cận ñứng tại A và cắt tiệm cận ngang tại B sao cho góc ∠IAB = α , trong ñó I là tâm ñối 1 xứng của ñồ thị (C) và góc α thỏa mãn cosα = ( ) 2 1+ 6 + 2 − 3 − 2 Bài 8. Cho hình chóp S . ABC có các mặt bên nghiêng ñều trên ñáy một góc bằng α = 750 23'45'' . Tính thể tích khối chóp và diện tích toàn phần của hình chóp biết AB = 5,6789; BC = 6, 7891; CA = 7,8912 Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có SA=a vuông góc với mặt phẳng ñáy, ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = BC = a, AD = 2a ; E là trung ñiểm cạnh AD. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE biết rằng a = 3 un+1 = 2u n + vn Bài 10. Cho 2 dãy số ( un ) ; ( vn ) thỏa mãn: u1 = 4; v1 = 2 ; và  n ≥1 vn+1 = un + 2vn a. Tính 5 số hạng ñầu tiên của hai dãy trên. b. Gọi Sn ; Sn lần lượt là tổng của n số hạng ñầu tiên của dãy ( un ) ; ( vn ) . u v Tính: M = 2 S16 − S16 và N = S2012 − S2012 u v u v _ Hết _
HƯỚNG DẪN CHẤM ðỀ THI CHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY Bậc THPT năm học 2011-2012 Qui ñịnh chung: Thí sinh chỉ ñược ñiểm tối ña khi có cách giải ñúng và kết quả ñúng. Trường hợp cách giải và công thức ñúng nhưng kết quả sai thì cho 1/2 số ñiểm của phần ấy. Trường hợp công thức ñưa ra sai mà kết quả ñúng thì không tính ñiểm cả hai phần. Trường hợp kết quả sai chữ số thập phân cuối cùng thì trừ 0,25 ñiểm ở phần ấy. Bài Cách giải Kết quả ðiểm ðặt D =  − 3 ; 2  , ta thấy f xác ñịnh, liên tục trên D và có 3 3 2 1 f '( x) = 4 x3 − x − 2 3 17 x + 1 2 f '( x) = 0 ⇔ x ∈ {0,1824; − 0,9603} (ñã loại giá trị 1, 4275 ∉ D ) 1 1 Ta có: ( ) f − 3 ≈ 3, 0579 , f (−0,9603) ≈ −2, 7104 , 1 f (0,1824) ≈ −0,9035 , f ( 2 ) ≈ −3,1741 Suy ra −3,1741 ≤ f ( x ) ≤ 3, 0579 mọi x ∈ D Max f ( x) ≈ 3,1741 x∈D 2 Do ñó, 0 ≤ f ( x) ≤ 3,1741 mọi x ∈ D (Dấu bằng xẩy ra) Min f ( x) = 0 x∈D Sử dụng lệnh Shift Solve ñể giải phương trình và lưu vào biến nhớ, sau ñó tính ñược ba giá trị: 2 f ( x1 ) ≈ 14955,0177 f ( x2 ) ≈ 33,6746 5 f ( x3 ) ≈ 586,3181 Xét hàm số: y = 3x − 7sin x − x ; Ta có: y ' = 3x ln 3 − 7cos x − 1 ; y " = 3x ln 2 3 + 7sin x 1 Và y, y , , y ,, ñều là các hàm số liên tục trong khoảng ( 0;+∞ ) Xét x ∈ ( 0; π ) ta có sin x > 0 và 3x ln 2 3 > 0 ⇒ y " > 0 ∀x ∈ ( 0;π ) 7sin x ≥ −7 3 Xét x ∈ [π ; + ∞ ) ta có  π ⇒ y " > 0 ∀x ∈ [π ; +∞ ) 3 ln 3 ≥ 3 .ln 3 > 7 x 2 2 2 Vậy y " > 0 ∀x ∈ ( 0; ∞ ) . Suy ra y , = 0 có nhiều nhất một nghiệm trên ( 0;+∞ ) Do ñó phương trình y = 0 (tức phương trình ñang xét) có nhiều nhất hai nghiệm. Sử dụng máy tìm ñược nghiệm: x ≈ 0,1474; x ≈ 1,9439 2 ðk: xy ≠ 0 .  1  x = y 4 Ta có: (1) ⇔ ( x − y )  1 +  = 0 ⇔  1  xy   xy = −1 x = y x = y TH1:  ⇔  3 ⇔ x = y ≈ −2,0946 x = y ≈ −2,0946 1 2 y = x + 5  x − 2 x + 5 = 0 3 1/4
 1 4  xy = −1 y = − (3) TH2:  ⇔  x 1  2 y = x 3 + 5  x 4 + 5x + 2 = 0 (4)  Giải phương trình (4) bằng cách xét hàm số f ( x ) = x 4 + 5x + 2 Ta thấy hàm số này liên tục trên R , và có: f '( x ) = 4 x 3 + 5 1 f '( x ) = 0 ⇔ 4 x + 5 = 0 ⇔ x = −5/ 4 3 3 Vì f '( x ) = 0 có nghiệm duy nhất nên phương trình (4) có nhiều nhất hai nghiệm. Sử dụng máy tính ta tìm ñược hai nghiệm gần ñúng là:  x ≈ -1.5478  x ≈ -0,4054  ;  1  y ≈ 0,6461  y ≈ 2,4667 Vậy hệ có ba nghiệm ñã nêu trên Gọi k là số bi cần bốc trong một lần Gọi biến cố A : “Trong k viên bi có ít nhất một viên bi màu ñỏ” Suy ra biến cố A : “ k viên bi bốc ñược toàn màu xanh” Ta thấy, nếu k ≥ 19 thì p ( A) = 1 > 0,9765 . Bây giờ ta tìm trong tập {1, 2,...,18} xem còn giá trị k nào nữa 2 không. Ta có: C18k k ( ) n ( Ω ) = C22 ; n A = C18 ; p A = k ; k ( ) C22 5 C18k ( ) p ( A) = 1 − p A = 1 − k C22 Sử dụng máy tìm ñược các giá trị sau: k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 p ( A) 0,1818 0,3377 0,4701 0,5817 0,6746 0,7512 0,8134 0,8632 0,9023 2 k 10 11 12 13 14 15 16 17 18 p ( A) 0,9323 0,9549 0,9713 0,9828 0,9904 0,9952 0,9979 0,9993 0,9999 Vậy: k = 13 1 Gọi r là bán kính lõi gỗ, d là ñộ dày của vải, lk là chiều dài của vải ở vòng thứ k = 1,..., n . 2 Ta có: l1 = 2π r ; l2 = 2π ( r + d ) ; l3 = 2π ( r + 2d ) ; ... ; ln = 2π [ r + (n − 1)d ] Tổng chiều dài của n vòng: S = l1 + l2 + l3 + ... + ln = 2π [ n.r + (1 + 2 + 3 + ...n − 1)d ] 6  ( n − 1) n d  = π n 2r + (n − 1)d 2 = 2π  n.r +  [ ]  2  Thay n = 357; r = 0, 05678; d = 0,0005234 (ñơn vị là mét) ta có : S ≈ 336,3417 (m) 1 7 1 Do cosα = nên α = 7030' α = 7030' ( ) 2 1 1+ 6 + 2 − 3−2 2/4
Tam giác IAB vuông tại I, có ∠IAB = α nên ∠ABI = 90 − α o 7 7 Với x ≠ −2 , ta có: f '( x ) = > 0 ,∀x ≠ −2 . Chứng tỏ ( x + 2) k = cot α 2 1 tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc dương. Do ñó hệ số góc của tiếp tuyến là: k = tan( 90 − α ) = cot α . o Gọi x0 là hoành ñộ tiếp ñiểm của tiếp tuyến với (C). 7 Ta có: f '( x0 ) = k ⇔ = cot α ( x0 + 2 ) 2 1  x0 ≈ −1,0400 ⇔ x0 = −2 ± 7.tan α ⇔   x0 ≈ −2 ,9600 Với x0 ≈ −1,0400 ( ⇒ y0 ≈ −5,2918 ) , có phương trình tiếp tuyến 1 y − y0 = k ( x − x0 ) hay y = 7 ,5958 x + 2 ,6079 Với x0 ≈ −2 ,9600 ( ⇒ y0 ≈ 9 ,2918 ) , phương trình tiếp tuyến 1 y = 7 ,5958 x + 31,7751 ðặt a = BC ; b = CA; c = AB ; p là nửa chu vi ñáy; r là bán kính ñường tròn nội tiếp ñáy. Gọi H là hình chiếu vuông góc của ñỉnh S trên mặt ñáy, dễ dàng chứng minh ñược H là tâm ñường tròn nội tiếp ñáy. S Ta có: S∆ABC = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ; r = ∆ABC ; SH = r.tan α 1 p 8 1 Ta có V = S ∆ABC × SH ≈ 44,6735 2 3  1  Ta có Stp = S ∆ABC + S xq = 1 +  S ∆ABC ≈ 93, 6299 2  cos α  S x H N I a Q A 2a E P 1 D a M 9 B a C * Xác ñịnh tâm mặt cầu. Gọi M là trung ñiểm CD thì M là tâm ∆CED. Kẻ Mx//SA thì Mx là trục của ñáy CED. (1) Trong (SED), kẻ trung trực của SD và ED cắt nhau tại H thì H cũng 1 là tâm của ∆SED. CE ⊥ AD  Ta có MP / / CE và  ⇒ MP ⊥ ( SAD ) nên trong 3/4 ( SAD ) ⊥ (CDE )  
( Mx, HP) , kẻ HI//MP thì HI là trục của ∆SED. (2) Từ (1) và (2), suy ra IS = IC = ID = IE = R . Vậy, tâm của mặt cầu ngoại tiếp S.CDE hoàn toàn ñược xác ñịnh. 9 * Tính bán kính R. ∆QNH ∆QPD nên QH QD QD.QN a 5 a 5 a 5a = ⇒ QH = = . : = . QN QP QP 4 4 4 4 5a a 3a 2 Suy ra HP = HQ + QP = + = = IM (HIMP là hình chữ 4 4 2 nhật). 2  a 2   3a 2 11.a 33 R = IC = CM + MI =  2  +   = 2 = .  2   2  2 2 4 V = π R3 ≈ 99, 2589 ≈ 99, 2589 1 3 Ta có: un+ 2 = 2u n+1 + vn +1 = 2u n+1 + [ un + 2vn ] = 2u n+1 +  un + 2(u n+1 − 2un )  Suy ra: un + 2 = 4u − 3un 1 n +1 Từ ñây tính ñược: u1 = 4; u2 = 10; u3 = 28; u4 = 82; u5 = 244 Tương tự: vn + 2 = 4v n +1 − 3vn Suy ra: v1 = 2; v2 = 8; v3 = 26; v4 = 80; v5 = 242 1 10 Bằng quy nạp, chứng minh ñược: u n = 1 + 3 và v n = −1 + 3 n n 1 Dễ thấy: N = S2012 − S2012 = 2012 1 − ( −1)  = 4024 u v 1 Ta có 2un − vn = 3 + 3n . 1 Suy ra M = 2 S16 − S16 = 3 × 16 + 3 + 3 + ... + 3 = 64.570.128 u v 1 2 16 4/4