intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 môn Toán kèm đáp án

Chia sẻ: Nhu Chau | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST
Báo xấu
134
lượt xem 26
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 kèm đáp án.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 môn Toán kèm đáp án

  1. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: TOÁN - THPT BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (3,0 điểm) 2x  1 Cho hàm số y  có đồ thị (C) và điểm P  2;5  . x 1 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Câu II: (6,0 điểm) x 1  2 1 1. Giải phương trình 3  x   2x  1  3 x  2  2 2 1 1  x  y  x 2  y2  5 2. Giải hệ phương trình   x, y    xy  1 2  x 2  y 2  2  Câu III: (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa a 3 hai đường thẳng AA ' và BC bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' . 4 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng    đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng    . h2  hC  hD 2 2 Chứng minh rằng: B  h2 . A 3 Câu IV: (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A  1; 1 và đường tròn 2 2   y  2   25 . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn  T  ( B, C  T  :  x  3 khác A ). Viết phương trình đường thẳng BC , biết I 1;1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Câu V: (2,5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P 3  . a  ab  abc abc - - Hết - - Họ tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:.........................
  2. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN THPT- BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: (3,0đ) 2x  1 0,5   x  m  x 2  (m  3)x  m  1  0 1 , với x  1 x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1 0,5  m 2  2m  13  0  (đúng m ) 0.m  3  0 x  x 2  m  3 Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  1  x1 x 2   m  1 0,5 Giả sử A  x1 ;  x1  m  , B  x 2 ;  x 2  m  2 Khi đó ta có: AB  2  x1  x 2  2 2 2 2 PA   x1  2   x1  m  5   x1  2   x2  2 , 0,5 2 2 2 2 PB   x 2  2     x 2  m  5    x 2  2    x1  2  Suy ra PAB cân tại P Do đó PAB đều  PA 2  AB2 2 2 2 2 0,5   x1  2   x 2  2  2 x1  x 2    x1  x 2   4  x1  x 2   6x1x 2  8  0  m 1  m 2  4m  5  0   . Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  5 . 0,5  m  5 II.  x  1 1, ĐKXĐ:  (3,0đ)  x  13 0,5 Phương trình đã cho tương đương với  x  2    3 x  1  2  2x  1  3   x  1 x  1  x  1  2x  1  3 2x  1 (1) 0,5 Xét hàm số f  t   t 3  t ; f '  t   3t 2  1  0, t 0,5 Suy ra hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên Khi đó: Pt(1)  f    x 1  f 3  2x  1  x  1  3 2x  1 0,5 1
  3.  1  x  1  1 2 x  0  x  x   x0  2  2     1 5 0,5 x   x  13   2x  12 x3  x 2  x  0  1  5    x   2   2 Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5 0,5 x và x  0 2 II. x  0 2, ĐKXĐ:  (3,0đ) y  0 2  2 1  1 0,5  x     y    5  Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:  x  y  2  x  1 . y  1  2xy 2  2  2 1  1  1  x     y    5 u  x  x  x  y   * , đặt    1  1 v  y  1   x  x  . y  y   2   y 0,5     2  u 2  v 2  5  u  v   9  Hệ phương trình  *  trở thành    uv  2  uv  2  u  v  3 u  v  3  (I) hoặc  (II) uv  2 uv  2 u  1 u  2 Ta có:  I    hoặc  v  2 v  1 0,5  u  1  u  2  II    hoặc  v  2  v  1 1 u  2  u  2 Vì u  x   u  2 nên chỉ có  và  thỏa mãn. x  v 1  v  1  1 u  2 x  x  2 x  1    ta có   1  5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5 v  1 y  1  1 y   y  2   1  x   2  x  1  u  2  x   ta có   1  5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 0,5  v  1 1  y   1  y  y  2  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  là: 0,5 2
  4.  1 5   1 5   1  5   1  5   1;  ,  1;  ,  1;  ,  1; .  2   2  2  2  III. a2 3 B' 1, Diện tích đáy là SABC  4 . (3,0đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC A' C' D B 0,5 E A G C  BC  AE Gọi E là trung điểm BC . Ta có   BC   AA'E   BC  A 'G 0,5 Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA ' . Do đó BC  DE, AA'  DE 0,5 Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC DE 1 Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE    DAE  300 0,5 AE 2 a Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có A 'G  AG.tan 300  0,5 3 3 a 3 Vậy VABC.A ' B'C '  A 'G.SABC  . 0,5 12 III. Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của A 2, mp    với các cạnh AB, AC, AD . (3,0đ) D' 1 Ta có VAGBC  VAGCD  VAGDB  VABCD (*) B' 3 I C' 0,5 D B G C Vì VAB'C'D '  VAIB'C'  VAIC'D '  VAID 'B' và (*) nên VAB'C'D ' VAIB'C' V V   AIC'D '  AID 'B' 0,5 VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB'     AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB 0,5 AB AC AD AG BB' CC' DD'     3. 6   3 AB' AC' AD' AI AB' AC' AD' 3
  5. BB' h B CC' h C DD' h D Mặt khác ta có  ,  ,  0,5 AB' h A AC' h A AD' h A h h h Suy ra B  C  D  3  h B  h C  h D  3h A (**) 0,5 hA hA hA 2 Ta có:  h B  h C  h D   3h B  h C  h D  2 2 2 2 2 2   h B  h C    h C  h D    h D  h B   0 ( luôn đúng ) 2 Kết hợp với (**) ta được  3h A   3 h B  h C  h D  2 2 2 0,5 h 2  hC  h 2 2 Hay B D  h2 . A 3 IV. Đường tròn  T  có tâm K  3;2  bán kính là R  5 (2,5đ) Ta có AI :x  y  0 , khi đó đường thẳng AI A cắt đường tròn  T  tại A' ( A' khác A ) có tọa độ là nghiệm của hệ I  x  3 2   y  2 2  25  x  1  0,5  (loại) K    xy0  y  1 B C x  6 hoặc  A' y  6 Vậy A '  6;6  Ta có: A 'B  A 'C (*) (Do BA '  CA ' ) A 'BC  BAI (1) (Vì cùng bằng IAC ) Mặt khác ta có ABI  IBC (2) 0,5 Từ (1) và (2) ta có: BIA '  ABI  BAI  IBC  A 'BC  IBA ' Suy ra tam giác BA 'I cân tại A ' do đó A 'B  A 'I (**) Từ  * ,  ** ta có A 'B  A 'C  A 'I Do đó B,I,C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A 'I có phương trình là 2 2 0,5  x  6   y  6   50  x  32   y  2 2  25  Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ  2 2   x  6    y  6   50 0,5  Nên tọa độ các điểm B,C là : (7; 1),(1;5) Khi đó I nằm trong tam giác ABC (TM) . Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x  4y  17  0 . 0,5 V. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có (2,5đ) 1 a  4b 1 a  4b  16c 4 a  ab  3 abc  a  .  .   a  b  c . 0,5 2 2 4 3 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4b  16c . 3 3 Suy ra P   0,5 2 a  b  c abc 4
  6. 3 3 Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P   2t t 3 3 3 3 Xét hàm số f  t    với t  0 ta có f '  t    2. 2t t 2t t 2t 0,5 3 3 f ' t   0   2  0  t 1 2t t 2t Bảng biến thiên t  0 1  f ' t   0 + f t  0 0,5 3  2 3 Do đó ta có min f  t    khi và chỉ khi t  1 t 0 2 3 Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2  16 a  21  a  b  c  1  4   b  . 0,5 a  4b  16c  21  1 c  21  3  16 4 1  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  khi và chỉ khi  a,b,c    , ,  . 2  21 21 21  - - Hết - - Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng. - Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm. 5
  7. www.VNMATH.com Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CÇM TAY §Ò thi chÝnh thøc Khèi 12 THPT - N¨m häc 2010-2011 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 11/11/2010 - Đề thi gồm 5 trang Các giám khảo Số phách Điểm toàn bài thi (Họ, tên và chữ ký) (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi) Bằng số Bằng chữ GK1 GK2 Qui định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính toán vào ô trống liền kề bài toán. Các kết quả tính gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được ngầm định chính xác tới 5 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy Bài 1. (5 điểm) Tính gần đúng nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình: cos 4 x + cos 3 x + 23cos3 x - 79 cos 2 x + 23cos x + 20 = 0 Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 2. (5 điểm) x2 y 2 a) Chứng tỏ rằng elip ( E ) : + = 1 là hợp của hai đồ thị của hai hàm số y = f1 ( x ) 25 9 và y = f 2 ( x ) . Xác định hai hàm số đó. b) Tính gần đúng tọa độ giao điểm của của đường tròn (C) tâm I (5; 3) , bán kính x2 y 2 R = 2 với elip ( E ) : + = 1. 25 9 Tóm tắt cách giải: Kết quả:
  8. www.VNMATH.com Bài 3. (5 điểm) Cho hai parabol: ( P ) : y = x 2 - 2 x + 5 và ( P2 ) : y = - x 2 + 4 x - 3 1 Tìm khoảng cách ngắn nhất từ đỉnh A của ( P ) đến một điểm bất kỳ của 1 ( P2 ) . Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 4. (5 điểm) Cho dãy số {un } với: 3 3 5 3 5 7 u1 = 1; u2 = 1 +; u3 = 1 + - ; u4 = 1 + - - ; 2! 2! 3! 2! 3! 4! 3 5 7 9 11 un = 1 + - - + + - ... . (n số hạng). 2! 3! 4! 5! 6! Tìm n0 để với mọi n ³ n0 thì un có phần nguyên và chín chữ số thập phân ngay sau dấu phẩy là không đổi. Tính giá trị u2010 . Viết quy trình giải. Tóm tắt cách giải: Kết quả:
  9. www.VNMATH.com Bài 5. (5 điểm) Cho dãy số {un } với: u1 = 1; u2 = 2; u3 = 2 + 3 3 ; u4 = 2 + 3 3 + 4 4 ; u5 = 2 + 3 3 + 4 4 + 5 5 ;... Tính giá trị của u7 ; u8 ; u9 ; u15 ; u20 ; u2010 . Kết quả lấy đủ 10 chữ số. Nêu quy trình bấm phím liên tục để tính un (n > 7) . Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 6. (5 điểm) Theo kết quả điều tra dân số, dân số trung bình nước Việt Nam qua một số mốc thời gian (Đơn vị: 1.000 người): Năm 1976 1980 1990 2000 2010 Số dân 49160 53722 66016,7 77635 88434,6 a) Tính tỉ lệ % tăng dân số trung bình mỗi năm trong các giai đoạn 1976-1980, 1980- 1990, 1990-2000, 2000-2010. Kết quả chính xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy. Giả sử tỉ lệ % tăng dân số trung bình mỗi năm không đổi trong mỗi giai đoạn. b) Nếu cứ duy trì tỉ lệ tăng dân số như ở giai đoạn 2000-2010 thì đến năm 2015 và 2020 dân số của Việt Nam là bao nhiêu ? c) Để kìm hãm đà tăng dân số, người ta đề ra phương án: Kể từ năm 2010, mỗi năm phấn đấu giảm bớt x% (x không đổi) so với tỉ lệ % tăng dân số năm trước (nghĩa là nếu năm nay tỉ lệ tăng dân số là a% thì năm sau là (a − x)%). Tính x để số dân năm 2015 là 92,744 triệu người. Kết quả chính xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy. Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải.
  10. www.VNMATH.com Tóm tắt cách giải: Kết quả: 2 3 20 æ 1ö æ 1ö æ 1ö æ 1ö Bài 7. (5 điểm) Cho biểu thức P( x) = ç 2 x + ÷ + ç 2 x + ÷ + ç 2 x + ÷ + ××× + ç 2 x + ÷ è xø è xø è xø è xø Tìm hệ số chính xác của số hạng không chứa x trong khai triển và rút gọn biểu thức P(x). Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 8. (5 điểm) Một máy bay đang bay với vận tốc v = 256km / h theo phương nằm ngang. Tính xem máy bay đang ở độ cao nào, biết rằng khi đang ở vị trí O1 thì phi công nhìn thấy một vật cố định A dưới mặt đất theo góc a1 = 25038' 28" so với phương thẳng đứng và sau đó 15 giây, máy bay đến vị trí O2 phi công lại nhìn thấy vật cố định A theo góc a 2 = 14055 '53" so với phương thẳng đứng ? Tóm tắt cách giải: Kết quả:
  11. www.VNMATH.com Bài 9. (5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thang vuông tại A và D; AD = AB = 4a ; CD = a = 2,56 dm ; mặt bên SAD vuông góc với mặt đáy và là tam giác cân tại S; góc giữa mặt bên SBC với mặt đáy là a = 720 . a) Tính gần đúng thể tích hình chóp S.ABCD. b) Tính gần đúng góc giữa 2 mặt phẳng chứa hai mặt bên SAD và SBC. Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 10. (5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm I biết: A(-4; 1), B(-1; - 3), D(1; 4) và cạnh CD đi qua điểm E (3; 0) . a) Tính gần đúng tọa độ tâm I của đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD. b) Tính diện tích tứ giác ABCD. Tóm tắt cách giải: Kết quả: --------------HẾT-------------
  12. www.VNMATH.com Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CÇM TAY Khèi 12 THPT - N¨m häc 2010-2011 Đáp án và biểu điểm Điểm Điểm Bài Cách giải TP toàn bài cos 4 x + cos 3 x + 23cos3 x - 79 cos 2 x + 23cos x + 20 = 0 (1) Ta có: cos 4 x = 2 cos 2 2 x - 1 = 2 ( 2 cos 2 x - 1) - 1 = 8cos 4 x - 8cos 2 x + 1 2 cos 3 x = 4 cos3 x - 3cos x Nên: (1) Û 8cos 4 x + 27 cos 3 x - 87 cos 2 x + 20 cos x + 21 = 0 Đặt t = cos x ( -1 £ t £ 1) , phương trình (1) tương đương: 5 1 8t + 27t - 87t + 20t + 21 = 0 (-1 £ t £ 1) 4 3 2 Dùng chức năng SOLVE giải phương trình ta được hai nghiệm: t1 = -0,375 = - 3 ; t2 » 0, 769149633 8 Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x1 » ±1120 01' 28"+ k 3600 ; x2 » ±390 43' 21 + k 3600 x2 y 2 3 a) Phương trình đường elip (E): + =1Û y = ± 25 - x 2 25 9 5 Do đó elip (E) là hợp của hai đồ thị của hai hàm số: 3 3 y = f1 ( x) = 252 - x 2 ; y = f 2 ( x) = - 252 - x 2 5 5 b) Phương trình đường tròn (C): ( x - 5 ) + ( y - 3) = 4 . 2 2 Vẽ trong mặt phẳng tọa độ, ta thấy "M ( x; y ) Î (C ) : x > 0; y > 0 . Hệ phương trình cho tọa độ giao điểm của đường tròn và elip: 2 ì( x - 5 )2 + ( y - 3)2 = 4 ì( x - 5 )2 + ( y - 3)2 = 4 5 ï ï í 3 ( x > 0; y > 0) Û í 3 . ï y=± 25 - x ï y= 25 - x 2 2 î 5 î 5 ì æ3 ö 2 ï( x - 5 ) + ç 25 - x - 3 ÷ = 4 (1) 2 2 ï è5 ø í ï 3 ï y = 5 25 - x 2 (2) î Dùng chức năng SOLVE để giải (1): ( ALPHA X − 5 ) x2 + ( 0.6 ( 25 − ALPHA X x2 )
  13. www.VNMATH.com − 3 ) x2 − 4 ALPHA = 0 SHIFT SOLVE Nhập giá trị đầu là 3 ấn phím = cho kết quả x1 » 3,10868 SHIFT SOLVE Nhập giá trị đầu là 4.5 ấn phím = cho kết quả x2 » 4, 7006 . Dùng chức năng CALC để tính các giá trị tung độ giao điểm: y1 » 2,34968 và y2 » 1, 02253 . Vậy: Đường tròn và elip cắt nhau tại hai điểm : A ( 3,10868; 2,34968 ) , B(4, 7006; 1, 02253) Parabol: ( P ) : y = x 2 - 2 x + 5 có đỉnh là điểm A(1; 1 4). Gọi M(x; y) thuộc parabol ( P2 ) : y = - x 2 + 4 x - 3 Khoảng cách từ đỉnh A của ( P ) đến điểm M là: 1 d = ( x - 1) 2 + ( y - 4 ) ; y = - x 2 + 4 x - 3 2 d = ( x - 1)2 + ( - x 2 + 4 x - 7 ) ; y = - x 2 + 4 x - 3 2 Gọi f ( x) = d 2 = ( x - 1)2 + ( - x 2 + 4 x - 7 ) 2 3 5 Ta có: f '( x) = 2( x - 1) + 2(-2 x + 4) ( - x + 4 x - 7 ) 2 f '( x) = 4 x3 - 24 x 2 + 62 x - 58 Dùng chức năng giải phương trình bậc 3 để giải phương trình: f '( x) = 0 Û 4 x3 - 24 x 2 + 62 x - 58 = 0 , ta được một nghiệm thực x0 » 1,857961603 . Hàm số f(x) có một cực tiểu duy nhất và cũng là giá trị nhỏ nhất của hàm số tại x0 » 1,857961603 Thay vào d = f ( x) ta có: d min = 3,13967 . Quy trình bấm máy: 0 SHIFT STO A 0 SHIFT STO B ALPHA A ALPHA = ALPHA A + 1 ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA B + ( 2 ALPHA A − 1 ) ab/c ALPHA A SHIFT x! ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A + 1 ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA B + ( 2 ALPHA A − 1 ) ab/c ALPHA A SHIFT x! ALPHA : ALPHA A ALPHA = 4 ALPHA A + 1 5 ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA B − ( 2 ALPHA A − 1 ) ab/c ALPHA A SHIFT x! ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A + 1 ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA B − ( 2 ALPHA A −
  14. www.VNMATH.com 1 ) ab/c ALPHA A SHIFT x! ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A + 1 Bấm = liên tiếp ta được n0 = 13 . Với mọi n ³ n0 = 13 thì un » 1, 462377902 không đổi. Vậy: u2010 » 1, 462377902 . Ta có thể tính trực tiếp u3 ; u4 ; ...; u7 : Để tính u7 ta bấm máy: x x ( 2 + 3 SHIFT ( 3 + 4 SHIFT ( 4 + 5 SHIFT x ( 5 + 6 SHIFT x ( 6 + 7 SHIFT x ( 7 ) ) ) ) ) = Cho kết quả: u7 » 1,91163911 Tính u8 : Bấm máy theo quy trình: x 8 SHIFT ( 8 9 SHIFT STO A ALPHA D ALPHA = ALPHA D − 1 ALPHA : ALPHA A 5 ALPHA = ALPHA ( D − 1 ) x ( D − 1 + ALPHA = 5 ALPHA A ) Bấm = liên tục cho đến khi D = 3 bấm tiếp = Cho kết quả là: u8 » 1,911639214 Tính u9 : Bấm máy theo quy trình: x 9 SHIFT ( 9 10 SHIFT STO A ALPHA D ALPHA = ALPHA D − 1 ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA ( D − 1 ) x ( D − 1 + ALPHA = ALPHA A ) Bấm = liên tục cho đến khi D = 3 bấm tiếp = Cho kết quả là: u9 » 1,911639216 Tương tự ta có: u15 = u20 » 1,911639216 . Suy ra: u2010 » 1,911639216 a) Giai đoạn 1976-1980 1980-1990 1990-2000 2000-2010 Tỉ lệ % tăng 2,2434% 2,0822% 1,6344% 1,3109% dân số/năm b)Nếu duy trì tỉ lệ tăng dân số như ở giai đoạn 2000-2010 thì: Đến năm 2015 dân số nước ta sẽ là: 88434, 6 (1 + 1,3109 /100 ) » 94,385 5 6 triệu người. 5 Đến năm 2020 dân số nước ta sẽ là: 88434, 6 (1 + 1,3109 /100 ) » 100, 736 10 triệu người. Nếu thực hiện phương án giảm dân số đó thì đến năm 2015 dân số nước ta là: 88434, 6 (1, 013109 - x )(1, 013109 - 2 x )(1, 013109 - 3x )(1, 013109 - 4 x )(1, 013109 - 5 x ) Ta có phương trình:
  15. www.VNMATH.com 88434,6 (1, 013109 - x )(1, 013109 - 2 x ) ... (1, 013109 - 5 x ) = 92744 Dùng chức năng SOLVE: 1.013109 SHIFT STO A 88434.6 ( ALPHA A − ALPHA X ) ( ALPHA A − 2 ALPHA X ) ( ALPHA A − 3 ALPHA X ) ( ALPHA A − 4 ALPHA X ) ( ALPHA A − 5 ALPHA X ) − 92744 = 0 SHIFT SOLVE Hiển thị giá trị của A, ấn phím = Nhập giá trị đầu của A là 0.01 = Cho kết quả: x% » 0,1182% . n æ 1ö n n Ta có: ç 2 x + ÷ = å Cn 2k x k x - ( n - k ) = å Cnk 2 k x 2 k - n k è x ø k =0 k =0 Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n æ 1ö k k 2k -n n ç 2 x + ÷ là Cn 2 x khi: 2k - n = 0 Û n = 2k Û k = (n chẵn) è xø 2 Do đó: Hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển và rút gọn của P(x) là: 7 5 2C + 2 C + 2 C + ... + 2 C . Quy trình bấm máy như sau: 1 2 2 2 4 3 3 6 20 10 20 0 SHIFT STO A 0 SHIFT STO D ALPHA D ALPHA = ALPHA D + 2 ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A + ALPHA D SHIFT nCr ( ALPHA D ÷ 2 ) Bấm = liên tiếp cho đến khi D = 20 bấm tiếp = cho kết quả: 2C2 + 22 C42 + 23 C6 + ... + 220 C20 = 217886108 . 1 3 10 256 ´ 15 16 Ta có: O1O2 = = (km) 3600 15 · · O1 AO2 = a1 - a 2 ; O1O2 A = 900 + a 2 O1O2 O1 A O O cos a = Þ O1 A = 1 2 8 sin (a1 - a 2 ) sin ( 90 + a ) 0 sin (a1 - a 2 ) 5 Suy ra: O1O2 cos a1 cos a 2 h = O1 A cos a1 = » 4,99993 km » 5000m sin (a1 - a 2 )
  16. www.VNMATH.com a) Gọi H là trung điểm của AD. Ta có: Hai tam giác vuông HDC và BAH · đồng dạng, nên BHC = 900 . Vẽ HK vuông góc với BC thì HK là đường cao của tam giác vuông BHC. Suy ra: 1 1 1 1 1 2 = 2 + 2 = 2+ Û HK = 2a . HK HC HB 5a 20a 2 SH là đường cao của hình chóp S.ABCD, suy ra SK ^ BC , do đó: · SKH = a = 720 . Suy ra: SH = HK tan a = 2a tan a . Vậy thể tích của hình chóp S.ABCD là: 1 1 1 V = S ABCD ´ SH = ´ ( 2a + 4a ) 4a ´ 2a tan = 8a tan » 413, 0 3 3 2 9 5 Hai tia BC và AD cắt nhau tại E. Khi đó SE là giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD). Từ D kẻ DI vuông góc với SE tại I. Ta có: DC ^ DA ( gt ) và DC ^ SH ( SH ^ mp ( ABCD )) , nên DC ^ mp ( SAD ) Þ DC ^ SE . Do · đó SE ^ mp (CDI ) Þ CI ^ SE . Vậy: b = CID là góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). · SH 2a tan a Đặt g = SDH . Ta có: sin g = = = sin a HD 4a 2 + 4a 2 tan 2 a ED DC 1 ED 1 4a = = Þ = Þ ED = EA AB 4 AD 3 3 HD 2a SD = = ; cos a cos a 2 æ 4a ö 25 SE = 4a tan a + ç + 2a ÷ = 2a tan 2 a + 2 2 è 3 ø 9 1 1 4a 2a 8 S DSDE = DE.SD sin 2g = ´ ´ sin 2a = a 2 sin a 2 2 3 cos a 3 1 2S 16a sin a 2 8a sin a S DSDE = SE.DI Þ DI = DSDE = = 2 SE 2a 9 tan a + 25 2 9 tan 2 a + 25 3´ 3 Trong tam giác vuông CDI, ta có:
  17. www.VNMATH.com DC 2a 9 tan 2 a + 25 tan b = = = . DI 8a sin a 4sin a 9 tan 2 a + 25 Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là: æ 9 tan 2 a + 25 ö b = tan -1 ç ÷ » 700 05'03" ç 4sin a ÷ è ø Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD. Ta có: Hệ số góc của AI là: æ1æ æ4ö æ 3 öö æ 3 öö a = - tan ç ç tan -1 ç ÷ + tan -1 ç ÷ ÷ - tan -1 ç ÷ ÷ è2è è3ø è 5 øø è 5 øø æ1æ æ4ö æ 3 ööö = - tan ç ç tan -1 ç ÷ - tan -1 ç ÷ ÷ ÷ » -0,1958872249 Lưu kết quả vào biến A. è2è è3ø è 5 øøø Hệ số góc của DI là: æ1æ æ5ö æ 2 öö æ 3 öö a ' = - tan ç ç tan -1 ç ÷ + tan -1 ç ÷ ÷ + tan -1 ç ÷ ÷ è2è è 3ø è 4 øø è 5 øø a ' » 3.43405783 . Kết quả lưu vào biến B. Phương trình phân giác góc BAD là: AI : y = ax + 4a + 1 Phương trình phân giác góc ADC là: DI : y = a ' x + 4 - a ' Hoành độ giao điểm I của hai phân giác là nghiệm của phương trình: 3 - 4a - a ' 10 ax + 4a + 1 = a ' x + 4 - a ' Û x = » -0, 09627998892 . Bấm máy 5 a -a' và lưu kết quả vào biến nhớ C. Suy ra tung độ của I là: y » 0, 2353111201 lưu kết quả vào biến D. Phương trình đường thẳng AB: 4 x + 3 y + 13 = 0 . Bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD là: 4 xI + 3 xI + 13 r = d ( I , AB) = » 2, 664162681 lưu kết quả vào biến E. 5 Phương trình đường thẳng BC: y = kx + k - 3 Û kx - y + k - 3 = 0 kx - yI + k - 3 Ta có: d ( I , BC ) = r Û I =r k 2 +1 Û é( xI + 1) - r 2 ù k - 2 ( xI + 1)( yI + 3) k + ( yI + 3) - r 2 = 0 . 2 2 ë û Giải phương trình bậc hai theo k và chọn nghiệm dương, ta được: k » 0, 4023380264 Phương trình đường thẳng BC: y = -2 x + 6 . Hoành độ giao điểm của C là nghiệm của phương trình:
  18. www.VNMATH.com 9-6 -2 x + 6 = kx + k - 3 Û x = » 3,578872698 lưu vào biến F, k+2 Suy ra tung độ của C: y » -1,157745396 lưu vào biến Y. Diện tích của tứ giác ABCD là: 1 S = pr = ( AB + BC + CD + DA) r » 28, 6838 (đvdt) 2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2