Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Hòa Bình

Chia sẻ: Dinh Phong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh của sở giáo dục và đào tạo Hòa Bình giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh - Sở GD&ĐT Hòa Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH HÒA BÌNH ĐÁP ÁN MÔN GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC TAY CẤP THCS NĂM HỌC 2010 – 2011 Hòa Bình ngày 25 tháng 1 năm 2011 C¸c chó ý: 1. NÕu trong ®Ò yªu cÇu tãm t¾t c¸ch gi¶i nhng häc sinh chØ cho kÕt qu¶ ®óng víi ®¸p ¸n th× cho một nửa điểm của phần đó 2. Trêng hîp häc sinh gi¶i theo c¸ch kh¸c: - NÕu ra kÕt qu¶ kh«ng ®óng víi ®¸p ¸n th× kh«ng cho ®iÓm. - NÕu ra kÕt qu¶ ®óng víi ®¸p ¸n th× gi¸m kh¶o kiÓm tra cô thÓ tõng bíc, nếu các bước đúng thì cho điểm tối đa 3. Nếu học sinh không làm tròn theo quy ước là 5 chữ số thì trừ đi 1 điểm của bài đó Đề bài và tóm tắt lời giải Ghi kết quả Câu 1: (5 ®iÓm): Mỗi phần đúng cho 2.5 điểm 1,Tính và điền vào bảng sau: sin 35015' 3 3 1 tan 400 1 1 3  52  2 5 3  23 2 0.57715 0.54772 1.25992 0.24254 0.83910 2, Cho hàm số: y  2 x  1 . Tính và điền vào bảng sau: 1 1 1 x 2  -0.70711 0.70711 2 3 y 2.41421 3 1.70711 0.52860 0 2 Câu 2: (5 điểm) Mỗi phần cho 2.5 điểm Tính giá trị các biểu thức sau: A= 4.69123  1  28  1 1   1   2, 09 :1  4,5    3, 68  30  225   9  0,16 :  3  0,3  10  16      a, A   :  3 2   2  6 : 6  0,125   0,3   4.811  1,1409 : 0, 3 :  4, 2 :12  0, 21   5 15   3 B = -21.34285 2 cos 550.sin 700  10 tan 500.cot650 b, B = 3 cos 480 .cot700 1
Câu 3: (5 điểm) Phần 1 cho 3 điểm, phần 2 cho 2 điểm 1, 1, Cho hai số: a = 2481574; b = 114202679 a, a, Tìm UCLN của a và b UCLN (a,b) = 2011 b. Tìm BCNN (a, b) với kết quả chính xác 2, Cho x, y tho¶ m·n: x670 + y670 = 0,67 vµ x1340 + y1340 = 1,34. b, H·y tÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: x2010 + y2010. BCNN(a,b) = 140 926 105 886 Lời giải tóm tắt: 1, a, Áp dụng quy tắc tìm ước cơ bản ta có UCLN (a,b) = 2011 ab b, BCNN (a,b) = (a, b) 2481574  114202679 2,   1234  114202679 = 1234( 11420  104  2679) 2011 x2010 + y2010 = Kết hợp máy tính và giấy ta tính được: BCNN(a,b) =140 926 105 886 1.19632 2, Đặt a = x670 ; b = y670 ta có a + b = 0.67 và a2+b2 =1.34 2 3 3 3 3  2 2  a  b   (a 2  b 2 )  cần tính a +b ; Biến đổi ta được: a  b   a  b   a  b    2    Từ đó tính được a3+b3 Câu 4: (5 điểm) Phần a cho 1 điểm, phần b,c mỗi phần cho 2 điểm 4 3 2 Cho đa thức: P(x) = 2x - 19x - 41x +76x + 88 a, Tìm số dư khi chia đa thức P(x) cho x + 25 b, Tìm m để đa thức: Q(x) = 2x 4 - 19x 3 - 41x 2 + 76x + 88 + m  75 a, có nghiệm là 11. r = 1 050 688 c, Với m = 2011, hãy tìm các nghiệm của đa thức Q(x) b, Lời giải tóm tắt: a, Áp dụng định lý Bozu ta có: dư của phép chia đa thức P(x) cho m = 2011 x + 25 là r = P(-25). Ấn trên máy ta được số dư r c, Q(x) có 4 nghiệm b, Để Q(x) có nghiệm là 11 thì Q(11) = 0, Hay P(11) + m  75 = 0 là: => m = 75+ P(11) 2 x = 11 x = 2 c, Với m = 2011 thì: Q(x) = 2x 4 - 19x 3 - 41x 2 + 76x + 132 x = - 2 Vì Q(x) có một nghiệm bằng 11 nên áp dụng lược đồ Hoocne ta có: x = - 1.5 Q(x) = 2( x  11)( x 3  1.5x 2  4x  6) Dùng máy tính ta tính được nghiệm của Q(x) 2
Câu 5: (5 điểm) Mỗi phần cho 2.5 điểm Bố của bạn Minh gửi cho bạn Minh 20 000 000 đồng vào ngân hàng với lãi xuất 1,5%/tháng. a, Hỏi sau 1 năm bạn Minh có được tổng số tiền ở ngân hàng là bao nhiêu. Biết rằng hàng tháng không rút lãi ra. b, Nếu hàng tháng bạn Minh rút từ ngân hàng ra 900 000 đồng vào ngày ngân hàng tính lãi để sinh hoạt và học tập. Hỏi sau 1 năm bạn Minh còn lại bao nhiêu tiền ở ngân hàng. Lời giải tóm tắt: a, Số tiền bạn Minh có sau n tháng được tính theo công thức: T = a(1+x)n với a là số tiền ban đầu và x là lãi xuất. a, Sau 1 năm bạn Sau 1 năm bạn Minh có tổng số tiền là: T = 20 000 000 (1 + 0.015)12 Minh có: T = 23 912 363.43 b, Gọi số tiền ban đầu là a, số tiền rút ra hàng tháng là T, lãi xuất là m, thời (đồng) gian là n. - Sau 1 tháng: Số tiền có a  am  a(1  m)  ka ( Với k = 1 + m) Số tiền còn lại sau khi rút: a(1+x) -T = ka -T - Sau 2 tháng: Số tiền có: ka  T  x (ka  T)  (ka  T)(1  x )  (ka  T)k  k 2 a  kT (k 2  1) Số tiền còn lại sau khi rút: k 2 a  kT  T  k 2 a  T (k  1)  k 2 a  T . k 1 (k 2  1) k3  k - Sau 3 tháng: Số tiền có: (k 2a  T ).k  k 3a  T . k 1 k 1 k3  k k3  k k3 1 Số tiền còn lại sau khi rút: k a  T 3 3 T  k a T ( 3  1)  k a  T . k 1 k 1 k 1 ...... Sau 1 năm Bạn k n 1 Minh còn số tiền ở Sau n tháng số tiền còn lại là: k n a  T . k 1 ngân hàng là: Vậy sau 1 năm ( 12 tháng) Bạn Minh còn số tiền ở ngân hàng là 12.175. 273,14 12 12 1  0.015  1  12175. 27314 (đ) (đồng) 1  0.015   20 000 000  900 000 1  0.015   1 3
Câu 6: (5 điểm) Phần a cho 2 điểm, phần b cho 3 điểm Cho dãy số u n  xác định bởi un= (5+2 6 )n + (5 - 2 6 )n Với n = 1, 2, 3... a. Tính 5 số hạng đầu của dãy. b. Lập công thức truy hồi tính Un+2 theo Un+1 và Un Lời giải tóm tắt: a, Nhập biểu thức un vào máy và thay các giá trị của n = 1,2,3,4,5 ta được 5 số a, hạng đầu của dãy U1  10 b, Công thức truy hồi có dạng; Un+2 =aUn+1+ b Un + c U 2  98 U 3  970 u3  au2  bu1  c 98a  10b  c  970   U 4  9602 Ta có hệ u4  au3  bu2  c  970a  98b  c  9602 u  au  bu  c 9602a  970b  c  95050 U 5  95050  5 4 3  Giải hệ ta được : a = 10, b = -1, c = 0 Vậy: Un+2 =10Un+1 - Un b, Un+2 =10Un+1 - Un Câu 7: (5 điểm) Rút được a theo b cho 2 điểm, lập được quy trình cho 1 điểm, đáp số đúng cho 2 điểm. Tìm các số có dạng aabb sao cho aabb  mm  nn , với m  a  1; n  b  1 Số cần tìm: aabb = 3388 = 44. 77 Lời giải tóm tắt: 10b  11 a, Từ giả thiết ta suy ra: 100a  b  11(a  1)(b  1)  a  với b=1, 2, …, 9 111  11b Lập quy trình như sau: Viết lên màn hình: B = B + 1 : A = (10 B – 11) ÷ (111 – 11 B) ấn = = cho đến khi B = 10 thì dừng lại ta được kết quả A = 3 ; B = 8 Thử lại ta thấy đúng Vậy số cần tìm aabb = 3388 = 44. 77 Câu 8: (5 điểm) Phần a,b mỗi phần cho 2 điểm, phần c cho 1 điểm Lời giải tóm tắt: A a, ΔABC có A=900 M N  AC = AB.tgABC = 3 3.tg600  9(cm) I AB 3 3 BC = =  10.39230(cm) cosABC cos600 C B H b, ΔABM có A=900 a, 4
AB 3 3 AC = 9 cm  BM =   6(cm) cos ABM Cos300 BC = 10.39230 cm 0 ΔANC có A=90 b, BM = 6 cm AC 9  NC = = 0  9.31749(cm) cosACN cos15 c, CN  9.31749 cm Áp dụng công thức S = p.r với S là diện tích tam giác, p là nửa chu vi, r là bán kính đường tròn nội tiếp 1 1 c, r = 1.90192 cm Ta có: AB.AC= (AB+BC+AC).r 2 2 AB.AC  r = = 1.90192(cm) AB+AB+AC Câu 9: (5 điểm) Phần a cho 3 điểm, phần b cho 2 điểm a, Cho hình thang vuông ABCD, A=900 và cho biết AB=15,11cm; Chu vi hình thang BC=20,11cm; góc ADC =570. là: 83.15916 (cm) a. Tính chu vi hình thang ABCD. b, b. Tính các góc còn lại của tam giác ADC. CAH=360 55'12'' B 20.11 C o Lời giải tóm tắt: ACD=86 4 ' 48 '' 15.11 a, Kẻ CH  AD 570 CHD vuông tại H A H D CH 15.11  CD=   18.01661(cm) sinD sin 57 0 0  DH=CH  cotgD  15.11 cotg 57  9.81255(cm) Chu vi hình thang ABCD là: AB  BC  CD  DH  HA = 15.11 + 20.11 + 18.01661 + 9.81255 + 20.11 = 83.15916 (cm) b, CHD vuông tại H CH 15.11  tgCAH=   CAH=360 55'  ACD=1800 '- (360 55' +570 )  86o 5' HA 20.11 5
Câu 10: (5 điểm) Hướng làm đúng cho 2 điểm, đáp số đúng cho 3 điểm Một ngọn đèn đặt ở vị trí A, hình chiếu vuông góc của nó trên mặt đất là H. Người ta đặt một chiếc cọc dài 1,6m ở hai vị trí B và C thẳng hàng với H, khi đó bóng của chiếc cọc dài 0,4 m và 0,6 m. Biết khoảng cách của hai chiếc cọc bằng 1,4 m. Tính độ cao ngọn đèn. A Chiều cao Lời giải tóm tắt: AH = 3.84 m E G D B H C F Ta có: AHD  EBD, AHF  GCF EB DB GC FC  = , = Vì EB = GC AH DH AH FH DB FC DB+FC 0.4  0.6 5  =  =  DH FH DH+FH 0.4  0.6  1.4 12 EB 5 12 EB 12  1.6 Vậy =  AH    3.84 (m) AH 12 5 5 6
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010-2011 MÔN: VẬT LÍ (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) Câu Lời giải Điểm 1 6,0 đ a).Vẽ giản đồ véc tơ : Giả sử i  I 0 cos(t )  U MB  UL    U R0 U R1 U R R 1 0 1,0 O  U LC 1  U AB  U C1 Từ giản đồ véc tơ ta có: 0,5 U R0 = 60 V  R0  60 0,6 0,5 U L  60 3 V,  Z L  60 3   L  3H  U LC1  U AB .sin 30 => U L  U C1  80 0,5 U C  184 V  C  17.3F U R1  78,5V  R1  78,5 0,5 b). Đặt R’ = R2 + R0 . 1 L2  C1 0,5 Khi K mở im và uAB lệch pha  m mà tg m  ' . R 1 L2  C 0,5 Khi K đóng iđ và uAB lệch pha  đ mà tg đ  với C = C1 + C2 . R' 1
1 Biết im và iđ vuông pha nhau nên tg m  ( 1) 0,5 tg đ 2 2  1  0,25 Mặt khác khi K mở, Z m  R '   L2     C1   và 2  '2 1  khi K đóng Z đ  R   L2   . 0,25  C    Theo đề bài ra Iđ = 3 Im Suy ra Z m  3Z đ 2 2 0,5 2  1  2  1  => R '   L2     9 R '  9 L2      C1   C 2   2 2 2 => tg  m  8  9tg  đ (2) đặt tg  m  x , từ (1) và (2) tìm được phương trình: 1 x 2  8 x  9  0 => x = 9 và x = -1 (loại ) => tg 2 m  9 => cos  m   0,32 10 0,5 Câu 2 4,0đ a) Vì thấu kính là thấu kính hội tụ và hai ảnh đều là thật, vật dịch đến gần thấu kính một đoạn 30 cm mà ảnh vẫn cách vật một khoảng như cũ nên ảnh 0,5 phải dịch chuyển ra xa thấu kính so với ảnh cũ một đoạn là 30 cm - Tại vị trí đầu ta có phương trình: 1 1 1   (1) 0,5 d d' f - Tại vị trí sau, ta có phương trình: 1 1 1 0,5  '  (2) d  30 d  30 f AB - Theo đề bài 2 2  4 và do d > 0 và d’ > 0, ta có : A1 B1 A2 B2 A2 B2 AB d '  30 d  .  . 4 ( 3) 0,5 A1 B1 AB A1 B1 d  30 d ' - Từ (1) và (2) ta có 1 1 1 1  '   ' d d d  30 d  30 1 1 1 1   '  d d  30 d  30 d d '  30 d  (4) 0,5 d  30 d ' - Thay ( 4) vào (3) ta được d = 2d’ - Thay d = 2d’ vào phương trình ( 4) ta tìm được d’ = 30 cm => d = 60cm d .d ' 30.60 0,5 Vậy f  '   20cm d  d 30  60 2
b) Vì ảnh ảo của thấu kính hội tụ luôn lớn hơn vật, nên ảnh trong trường hợp này là ảnh thật. Theo đề bài ảnh bằng vật suy ra d 1 = d’1. Mà 0,5 d .d ' d2 f  1 1 '  1  d1  2 f  40cm d1  d1 2d1 0,5 Vậy phải dịch vật lại gần thấu kính một đoạn d  d  d1  60  40  20cm Câu 3 5,0đ a)Vận tốc của vật ngay trước lúc va chạm : 3 v  2 gh  2.10.3,75.10 2   0,866m / s 0,5 2 -Theo định luật bảo toàn động lượng : mv = (m+M)v0 => vận tốc hai vật  m   200  3 3 ngay sau va chạm là: v0   v      0,346m / s 0,5 mM   200  300  2 5 b) Gọi l0 = HC là chiều dài tự nhiên của lò xo ; I là vị trí cân bằng x của M trước va chạm cũng là vị trí hai vật ngay sau va chạm: C Mg 0,3.10 CI  l0    0,015m  1,5cm ……………………………… k 200 0,5 I Gọi O là VTCB của hệ vật (M+m) sau va chạm: O CO  l  M  m g  0,3  0,2.10  0,025m  2,5cm ………………… 0,5 k 200 H -Chọn trục tọa độ gốc tại O như hình vẽ, gốc thời gian (t = 0) lúc m và M 0,5 vừa chạm nhau: x0  IO  CO  CI  2,5  1,5  1(cm) và v0 = 34,6 (cm/s)... -Phương trình dao động của hệ vật M+m có dạng x  A. cos(t   ) 0,5 -Tần số góc : 1/ 2 1/ 2  k   200        20(rad / s ) ……………………... M m  0,2  0,3  0,5  A  2(cm)  x  x0  A. cos   1(cm)  - Xét khi t = 0 :  =>   v  v0  . A.sin   34,6(cm / s )   3 (rad ) 0,5   Vậy phương trình dao động là : x  2. cos(20t  )(cm) 3 3- Để hai vật không rời nhau trongquá trình dao động thì vật m luôn chịu tác    dụng của hai lực : Trọng lực P  mg hướng xuống dưới, Phản lực N do M tác dụng lên hướng lên trên ( N  0 ).    - Theo định luật Niu tơn 2 ta có : P  N  ma , chiếu lên Ox ta được : N  mg  ma  m 2 x N  mg  m 2 x  m( g   2 x) g 10 - Khi xmax =A suy ra : g   2 A  0 A  2   0,025( m)  2,5( cm)  20 2 0,5 Vậy : khi Amax = 2,5(cm) thì N  0 , m sẽ không rời khỏi M 0,5 3
Câu 4 5,0đ a) - Giả sử tại M1 và M2 đều là vân cực đại ta có : d 1 – d 2 = k  = 12 mm (1) 0,5 và d 1’ – d2’ = ( k+3)  = 36 mm (2) Với k là số nguyên, dương. Từ (1) và (2) ta có 3  = 24 =>  = 8 mm 12 12 Thay vào (1) ta được: k =   1,5  8 k = 1,5 không phải là số nguyên, nên M1 và M2 không phải là cực đại giao thoa - Giả sử tại M1 và M2 đều là vân cực tiểu ta có :  d 1 – d 2 = (2k+1) = 12 mm (3) 2 0,5  và d 1’ – d2’ =  2(k  3)  1 = 36 mm (4) 2 Với k là số nguyên, dương. Từ (3) và (4) ta có 3  = 24 =>  = 8 mm 0,5 Thay vào (3) = > k = 1 ( là số nguyên ) , Vậy M1 và M2 là cực tiểu giao thoa  Theo đề bài   200  f   100 Hz 2 Vậy vận tốc truyền sóng là v =  f = 8.100 = 800 mm/s = 0,8 m/s 0,5 b. Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn S1S2 d 1 –d2 = k  = 8k (5) d1 + d2 = S1S2 = 50 (6) 0,5 8k  50 Từ (5) và (6) ta có d 1 =  4k  25 2 Mặt khác 0 < d1 < 50 0 < 4k +25 < 50 - 6,25 < k < 6,25 Vậy k chỉ có thể nhận các giá trị k = 0 1, 2, 3, 4, 5, 6 , tức là trên đoạn 1,0 S1S2 có 13 cực đại c. Các điểm nằm trên đường trung trực của đoạn S1S2 đều có d1 = d2 = d, => d1 –d 2 = 0 => các điểm này đều là cực đại giao thoa. Độ lệch pha của các  (d1  d 2 ) 2 d 0,5 điểm này so với nguồn là :      Để dao động tại những điểm này cùng pha với nguồn, ta có: 2 d   2 k    2 k  d  k  0,5  Do điểm đang xét nằm trên đường trung trực của S1S2 , ta có S1S 2 50 25 25 d   25  k   25  k    3,125 2 2  8 Vậy kmin = 4 => d min = 4  = 4.8 = 32 mm 0,5 --------------------------------Hết------------------------------------- Ghi chú: Thí sinh làm theo phương án khác, nếu phương pháp và kết quả đúng thì giám khảo cho điểm tương đương theo thang điểm trong hướng dẫn chấm. 4
5