Đề thi học sinh giỏi Toán 12 trên máy tính cầm tay năm 2013 - Kèm đáp án

Chia sẻ: Aae Aey | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

277
lượt xem 79
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi học sinh giỏi giải Toán lớp 12 trên máy tính cầm tay năm 2013 kèm đáp án mời các phụ huynh hãy tham khảo để giúp con em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh nhất và chính xác.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Toán 12 trên máy tính cầm tay năm 2013 - Kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO Kỳ thi chọn HSG giải Toán, Lý, Hóa, Sinh trên MTCT LONG AN Môn: Toán khối 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút (không kể phát đề) Chú ý: - Các giá trị phải tính ra số thập phân, lấy chính xác 5 chữ số thập phân không làm tròn. - Thí sinh phải ghi tóm tắt cách giải hay công thức tính. - Mỗi bài một điểm. 2x  1 Bài 1. Cho hàm số y  (C ) . Tính gần đúng tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho x 1 tiếp tuyến của (C) tại điểm M cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B và OB = 2OA. Bài 2. Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  2 x  5  7  3x 2 . x 2 2 x5  x 2 1 x2  2 x 5 2 Bài 3.Tính gần đúng các nghiệm của phương trình 2.2  22012  .2  22014 x . 2 Bài 4. Tính gần đúng các nghiệm của hệ phương trình ( x  1) y 2  2 y  2  ( y  1) x 2  2 x  2   3  x  2013  3 y  15 Bài 5. Cho hàm số f(x) = 2 . Tính giá trị gần đúng của tổng: x  x6 S= f(4) + f(5) + f(6) +…+ f(2013). Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại đỉnh A có độ dài cạnh huyền BC = 11cm và ABC  780 . Từ đỉnh A của tam giác ABC vẽ đường phân giác trong AD và đường trung tuyến AM (D, M lần lượt là chân đường phân giác và đường trung tuyến). Tính giá trị gần đúng của diện tích tam giác ADM. Bài 7. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a, gọi (S) là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Tính giá trị gần đúng của a biết thể tích của khối cầu (S) bằng 2014 cm3 . Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 4) và B(5; 2). Tìm giá trị gần đúng của tọa độ điểm M trên đường thẳng d: x + y – 2 = 0 sao cho BAM  600 . Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Biết AC  2 3 cm, BD  2cm, khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 1 cm. Tính giá trị gần đúng của thể tích khối chóp 7 S. ABCD . Câu 10. Cho x, y là hai số thực dương. Tính gần đúng giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2  5y  1   P  2 5  x 2  1  3  . x   y   ……………….Hết……………… Họ và tên thí sinh:……………………………………………………………… Số báo danh:………………. Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích đề thi.
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO Kỳ thi chọn HSG giải Toán, Lý, Hóa, Sinh trên MTCT LONG AN Môn: Toán khối 12, năm học 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Tóm tắt cách giải hay công thức tính Đáp số Điểm 1  2t  1  1  xM  0, 29289 1,0 Gọi M  t ;   k  f '(t )    t 1  (t  1) 2  yM  0,58578 Do OB = 2OA  xM  1, 70710 1  k 2 2  yM  3, 41421 (t  1) 2  2 2   2 2  M ;2  2  ; M  ;2  2   2   2  2  7 7 max y  1,94494 1,0 Tập xác định: D    ;  D  3 3 min y  9,04145 D 3x 28 f '( x )  2  ; f '( x )  0  x   7  3x 2 21  7  15  2 21  7  15  2 21 f  ; f   ;  3 3  3 3  28  15  7 3 f    21  3 3  2 1 1,0  2   Pt  2.2 x  2 x 5  2 2014  2 x    0 4  x  2014,00149  x  2012,00149   x 2  2 x  5  2013  x 2  2 x  4052174  0 4 ( x  1) y 2  2 y  2  ( y  1) x 2  2 x  2 (1) x  12,69316 1,0   3  x  2013  3 y (2)  y 1 x 1 (1)   ( y  1) 2  1 ( x  1) 2  1  y 1  x  1  y  x  2 Thay vào (2) ta được : x 3  3 x  2007  0  x  12,69316 5 15 1 1 S  6,84254 1,0 f(x) = 2 = 3(  ) x  x6 x 3 x  2 1 1 1 1 1 f(4)= 3(1- ), f(5)= 3(  ),… f(2013)= 3(  ) 6 2 7 2010 2015 nên S = f(4) +f(5) +f(6) +…..+ f(2013) = 1 1 1 1 3[1+  .....   (  ...  )] 2 5 2011 2015 6 AB = 11cos78 0 ; AC= 11sin780 S AMD  3,99508cm 2 11cos 780 Ta có BD = sin 780  cos 780
C M D S AMD MD MB  BD   S AMB MB MB A B MB  BD 1  S AMD  . . AB. AC MB 4 7 Gọi O là tâm hình vuông ABCD a  3,11765 cm  O là tâm mặt cầu (S) S a 2 4 B R ;V   R 3 A O 2 3 D C 3 4 a 2    2014 3  2  3. 1007  a3   a  3,11765      8 M (t; 2  t )  d ; AB  (4; 2); AM  (t  1; t  2)  xM  1,19156 1,0      AB. AM 6t  yM  0,80844 cos BAM   AB. AM 2 5. 2t 2  2t  5  5. 2t 2  2t  5  6t  t  1,19156 9 Ta có SO  (ABCD) V  0, 48507 cm3 1,0 SABCD= 2 3 S OB=1; OA= 3 Gọi K là hình chiếu của O lên AB. Vẽ OI  SK. I 1 1 1 3 D A 2  2  2 nên SO = OI OK OS 17 C O B K 1 2 V= SABCD.SO= 3 17 10 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có P  80, 498447 1,0 3 2 5  5  x  3 ( 5) x 5y 5y 1 1  33 x x 1 1 1 2 3 y 3 y x  5   P  36 5 ; min P  36 5   y 1  Ghi chú: - Sai chữ số thập phân cuối cùng trừ 0,2 điểm. - Sai chữ số thập phân thứ tư trở về trước cho 0,0 điểm kết quả. Chấm hướng giải đúng 0,2 điểm. - Không nêu tóm tắt cách giải trừ 0,2 điểm.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO Kỳ thi chọn HSG giải toán-lý-hóa-sinh trên MTCT LONG AN Môn thi: Toán Khối: 12 – GDTX ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút (không kể phát đề) Chú ý: + Nếu kết quả cuối cùng là giá trị gần đúng lấy 5 chữ số thập phân không làm tròn. + Khi làm bài thí sinh phải ghi tóm tắt cách giải. + Mỗi câu làm đúng thí sinh được 1 điểm. 1 4 Bài 1. Cho hàm số f(x) = x  2x 3  3x  1 . 4  a/ Tính gần đúng giá trị hàm số đã cho tại x = sin . 8 b/ Giải phương trình f ’(x) = f ’’(x) + 2. 6 3 1 2 Bài 2. Tính gần đúng tọa độ giao điểm của đồ thị (C): y = x + x –x–2 5 2 với đường thẳng (d ) : y = 2x – 1 . Bài 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = –x3 + 3x2 – 4x + 1 tại điểm có hoành độ bằng 3 . Bài 4. Tính gần đúng nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình: x x 3cos + 4sin = 2 . 2 2 Bài 5. Tính gần đúng nghiệm của hệ phương trình: 3.5x+1  2.log 2  8y   7   x y 5  log 2    3  4 Bài 6. Tính gần đúng nghiệm của phương trình: 4 x 1  18.6x  9x 1  0 . Bài 7. Tính gần đúng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2x 2  3x  4  4  y = f(x) = , trên đoạn   ; 7  . x 4  3  Bài 8. Tính gần đúng nghiệm của phương trình:   log3 x  3  log 1  x  3  log 3  5x  3 Bài 9. Cho tứ diện SABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B, mặt bên SAC là tam giác đều cạnh 3 2 cm, hình chiếu của đỉnh S trùng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp mặt đáy. Tính gần đúng diện tích xung quanh hình nón tròn xoay sinh ra khi đường gấp khúc SBI quay quanh SI. Bài 10. Tính gần đúng thể tích của khối chóp SABCD biết đáy ABCD là hình chữ nhật có các cạnh AB = 8 cm; AD = 7 cm. Cạnh bên SA vuông góc mặt đáy, khoảng cách từ đỉnh S đến giao điểm hai đường chéo mặt đáy bằng 15 cm. Hết. Giám thị coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………..Số báo danh…………
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO Kỳ thi chọn HSG giải toán-lý-hóa-sinh trên MTCT LONG AN Môn thi: Toán Khối: 12 – GDTX Ngày thi:27/01/2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC KHỐI 12  Ghi chú: . Tất cả các kết quả là giá trị gần đúng lấy 5 chữ số thập phân không làm tròn, nếu sai chữ số thập phân thứ 5 thì trừ 0,2đ, sai chữ số thập phân thứ 4 thì trừ 0,4đ. Sai 1 trong những chữ số còn lại thì chấm điểm tóm tắt cách giải theo hướng dẫn chấm. . Nếu kết quả đúng mà không có tóm tắt cách giải thì trừ 0,2điểm cho cả câu. . Nếu kết quả không đúng thì chấm phần tóm tắt cách giải theo hướng dẫn chấm. (Các cách giải khác hợp lý, đúng, chấm theo thang điểm tương đương). . Nếu kết quả gần đúng mà ghi dấu “=”thì trừ 0,2điểm cho cả câu. . Nếu kết quả đúng mà ghi dấu “  ” thì trừ 0,2điểm cho cả câu. Tóm tắt cách giải Kết quả Điểm Bài 1.  f( sin ) = 0,04132 a/. Tính toán thông thường bằng máy tính 8 0.25 b/(0.4đ). x1  7.33484 0.25 f ’(x) = x3 – 6x2 +3; f ’’(x) = 3x2 – 12x. x 2  1.73015 0.25 giải pt: x3 – 9x2 + 12x +1 = 0 bằng máy tính ta có kq 0.25 x 3  0.07865 Bài 2. (0.5đ) Giải pt hoành độ giao điểm của (C) và (d): x1  1.54722 0.5 6 3 1 2 x2  -0.32954 0.25 x  x  3x 1 = 0 x3  -1.63434 0.25 5 2 Bài 3.( 0.5đ) xo= 3  yo = 10  7 3 ; f ’(xo)= 13  6 3 y  -2.60769x+2.39230 , hay thay vào pttt : y – yo = f ’(xo).(x – xo) ta có kết quả (y =( 13  6 3 )x – 8 + 6 3 ) 01 Bài 4. ( 0.5đ) phương trình đã cho tương đương pt: x  239o 6’ 14’’ + k720o 0,5 x  3 2 x  -26o 35’0’’ + k720o 0,5 cos   α   cosβ với cos α  ;cosβ  2  5 5 bấm máy tính ta có kết quả x = 2 β  α   k720o ;x = 2  -β  α   k720o Bài 5. ( 0.5đ) Đặt ẩn phụ u = 5x > 0, v = log2y, giải hpt sau:  x  1.07776 0.5 15u  2v  1 3 14  0.5  , tìm được u = ,v=   y  0.56505 u  v  1 17 17  14 3 Bấm máy tính tìm x = log5 , y = 2 17 17 Bài 6. ( 0.5đ)
2x x x1  -3.37362 0,5  2 2 pt  4.    18.   9  0 , giải pt tìm được x2  1.37362 0,5  3 3 x x  2 93 5  2  93 5   = ;  = bấm máy tính để ra  3 4 3 4 kết quả Bài 7. ( 0.5đ) 2x 2  16x  8 max y  13  8 3   0.85640  0, 5 y’ = 2 , giải pt y’ = 0 ta tìm được 1  4   ; 7  x  4  3  nghiệm thuộc đoạn đã cho x = 4  2 3 , tính giá trị 0,5 17  2 7 của hàm số tại 2 đầu mút của đoạn và nghiệm vừa tìm min  y    7.43050 được, kết quả là.  4  ; 7 3  3  Bài 8. ( 0.5đ) Đk: x > 0, x  0.11868 01 phương trình đã cho  x  3  5x  x  3  5x 2  14x  3  0 , giải pt bằng máy tính sẽ được kết quả : x  0.11868; x  -2.91868 Bài 9. ( 0.5đ) 3 2 hình nón sinh ra có bán kính R = IB= , đường Sxq  28.27433 01 2 sinh là SB = 3 2 ; diện tích xung quanh là 3 2 Sxq = π. .3 2 = 9 π 2 Bài 10. ( 0.5đ) Gọi O là giao điểm 2 đường chéo hcn ABCD, 1 113 28 787 01 SO = 15, AC = BD = 113 , AO = AC= V= (  261.83285) 2 2 3 787 SA = ; Sđáy = 56. 2 1 28 787 V= SABCD .SA = . 3 3
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUẢNG TRỊ GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LỚP 12 THPT Khóa ngày 09-01-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Qui định chung: 1. Đề thi gồm 10 bài toán, mỗi bài 5 điểm 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 đề bài có yêu cầu, khi đó cần phải ghi rõ loại máy sử dụng 4. Các kết quả tính gần đúng được lấy đến 4 chữ số thập phân 5. Số đo các đoạn thẳng được ngầm hiểu là đơn vị dài; Số đo diện tích và thể tích là đ.v.d.t và đ.v.t.t. tương ứng πx Bài 1. Cho hai hàm số f ( x ) = 3 sin 2012 x − 2013 và g ( x ) = tan + cos 2 (e 2 x − 2012) . 2013 Tính các giá trị: a) f f( ( 20,13 )) ( ( ( 3))) b) f g f x Bài 2. Tìm khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x + 2013 − 1 2 Bài 3. Giải phương trình 6 x = 4 log 6 ( 6 x + 1) + 2 x + 1  nπ   nπ  Bài 4. Cho un = sin   + cos   , Gọi S n = u1 + u2 + ... + un . Tính S16 và S 2013  3   3  1 Bài 5. Cho hàm số y = 1− có đồ thị (H). Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) để tiếp tuyến của (H) tại M cắt x +1 đường tròn (C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 2 y −1 = 0 tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông, với I là tâm của đường tròn. 2012 x3 + 2013 x = 2012 y 3 + 2013 y  Bài 6. Tìm hai nghiệm đúng của hệ phương trình  2   x y − 3x + 1 = 8 − 3 xy   Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, BAD = ADC = 900 , AB = 5,12; AD = 2,14; DC = 3,14. SA = 4 và vuông góc với (ABCD). Gọi G là trọng tâm của tam giác SAD. Tính thể tích của khối chóp S.GCB và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC). Bài 8. Cần chia một số viên bi cho một nhóm hơn 10 nhưng không quá 20 em học sinh. Hỏi có bao nhiêu viên bi và bao nhiêu em học sinh biết rằng có thể chia được theo hai cách: hoặc là chia đều hoặc là chia theo quy luật: em thứ nhất 2 viên, em thứ hai 4 viên, em thứ ba 8 viên... Bài 9. Cho 3 đường thẳng y = 1; y = 2; y = 3 , trên mỗi đường lấy 20 điểm sao cho 2 điểm liền kề trên mỗi đường thẳng cách nhau một khoảng bằng π . Có bao nhiêu tam giác với 3 đỉnh thuộc tập hợp các điểm đã cho và 3 đỉnh đó nằm trên 2 đường thẳng, tính tổng diện tích các tam giác đó. Bài 10. Một khối gạch hình lập phương (không thấm nước) có cạnh bằng 2 được đặt vào trong một chiếc phểu hình nón tròn xoay chứa đầy nước theo cách như sau: Một cạnh của viên gạch nằm trên mặt nước (nằm trên một đường kính của mặt này); các đỉnh còn lại nằm trên mặt nón; tâm của viên gạch nằm trên trục của hình nón. Tính thể tích lượng nước còn lại trong phểu. _ Hết _
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY Bậc THPT năm học 2012-2013 Qui định chung: Thí sinh chỉ được điểm tối đa khi có cách giải đúng và kết quả đúng. Trường hợp cách giải và công thức đúng nhưng kết quả sai thì cho 1/2 số điểm của phần ấy. Trường hợp công thức đưa ra sai mà kết quả đúng thì không tính điểm cả hai phần. Trường hợp kết quả sai chữ số thập phân cuối cùng thì trừ 0,25 điểm ở phần ấy. Bài Cách giải Kết quả Điểm a) f f ( ( 20,13)) ≈ −12, 6251 2 1 b) f ( g ( f ( 3 ))) ≈ −12, 6250 3 2013 − x 2 + 2013 Ta có: y ' = ( ) 2 1 x 2 + 2013 x 2 + 2013 − 1 y ' = 0 ⇔ x = ± 4050156 Đặt x1 = − 4050156 ; x2 = 4050156 1 x -∞ x1 x2 +∞ f' x) - 0 + 0 - 2 yCĐ 1 f(x) yCT Vậy khoảng cách giữa hai cực trị là: d ≈ 4025,0004 2 Đk: x > −1/ 6 Ta có: 6 x = 4 log 6 ( 6 x + 1) + 2 x + 1 ⇔ 6 x + 4 x = 4 log 6 ( 6 x + 1) + 6 x + 1 (1) 1 Xét hàm số: f (t ) = 6t + 4t trên D = [−1/ 6; +∞) . Khi đó: (1) được viết lại là f ( x) = f ( log 6 (6 x + 1) ) ( 2 ) Dễ thấy f liên tục và đồng biến trên D, nên từ ( 2 ) có thể suy ra: 1 x = log 6 (6 x + 1) ⇔ 6 x + 1 = 6 x ⇔ 6 x − 6 x − 1 = 0 ( 3) 3 Xét hàm số g ( x) = 6 x − 6 x − 1 trên D. Ta thấy g liên tục trên D và có đạo hàm là g '( x) = 6 x ln 6 − 6 6 Ta có: g '( x) = 0 ⇔ 6 x ln 6 − 6 = 0 ⇔ x = log 6 1 ln 6 Vì g '( x) = 0 có nghiệm duy nhất, nên phương trình ( 3) có nhiều nhất 2 nghiệm, tức phương trình (1) cũng có không quá 2 nghiệm số x=0 Sử dụng máy tìm được 2 nghiệm của phương trình là: 2 x ≈ 1,1561 4 Sử dụng máy có thể tính trực tiếp được S16 = −0,6340 2  π nπ  Ta có un = 2 sin  +  nên ur = u6 k + r . 1 4 3 
Vì 2013 = 335 × 6 + 3 S2013 ≈ 0,7321 2 Nên S2013 = 335 ( u1 + u2 + u3 + u4 + u5 + u6 ) + ( u1 + u2 + u3 )  t   ∈ ( H ) , t ≠ −1 . Đường tròn có tâm I (−1;1), R = 3 , M t ;      t + 1 1 Ta có y ′ = 2 nên phương trình tiếp tuyến của (H) tại M có dạng ( x +1) 1 t 1 1 t t ∆: y− = 2 ( x −t) ⇔ 2 x− y + − =0 t + 1 (t + 1) (t +1) t + 1 (t + 1)2 2 ⇔ x − (t + 1) y + t 2 = 0. 6 Vì ∆IAB chỉ có thế vuông cân tại I nên ta tính được d ( I , ∆) = . 2 2 1 | −1− (t + 1) + t 2 | | −2t − 2 | 5 Mặt khác, d ( I , ∆) = = 4 4 1 + (t + 1) 1 + (t + 1) | −2t − 2 | 6 4 2 Do đó: = ⇔ 3(t + 1) − 8(t + 1) + 3 = 0 1 + (t + 1) 4 2   (t + 1)2 = 4 + 7  t = −1 ± 4 + 7 1   3 3 ⇔ ⇔   4− 7   2 4− 7 (t + 1) = 3  t = −1 ±  3 Vậy có bốn điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M 1 (−2, 4884; 1,6719), M 2 (0, 4884; 0,3281) 2 M 3 (−1,6719; 2, 4884), M 4 (−0,3281; − 0, 4884) 2012 x3 + 2013x = 2012 y 3 + 2013 y (1)  Xét hệ phương trình  2   x y − 3x + 1 = 8 − 3xy  (2)  1 Dễ thấy hàm số f (t ) = 2012t 3 + 2013t đồng biến và liên tục trên ℝ . Và (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) . Nên x = y . Phương trình (2) trở thành x3 − 3x +1 = 8 − 3 x 2 6 2 6 2 6 Điều kiện. − ≤x≤ 1 3 3 Dùng chức năng solve để tìm ra 2 nghiệm của phương trình là: x1 = −0, 6180339887...; x2 = 1, 618033989... A + B =1  Gán hai nghiệm này vào hai biến A và B. Ta nhận thấy:   1  AB = −1   2 Chứng tỏ A, B là hai nghiệm của phương trình X − X −1 = 0 6 1± 5 1 Mà phương trình này có nghiệm là X = 2 1
1± 5 1± 5 Suy ra, hai nghiệm của hệ là x = y = . x= y= 1 2 2 S G B A I D C Đặt AB = a, AD = b, DC = c, SA = d VSGCB SG 2 = = 7 VSICB SI 3 1 VSICB = SA.S∆ICB 1 3 1 b b(a + c) S∆ICB = ( a + c ) b − ( a + c ) = 2 4 4 2 2 1 b ( a + c ) db ( a + c ) VSGCB = VSICB = × × d × = ≈ 3, 9281 1 3 3 3 4 18 SB = a 2 + d 2 ; CB = b 2 + ( a − c ) 2 SB + SC + BC 1 SC = b + c + d ; p = 2 2 2 2 S∆SCB = p( p − SB)( p − BC )( p − SC ) 1 3V GH = SGCB ≈ 1, 4729 1 S∆SCB Gọi n là số học sinh, ta có 10 < n ≤ 20 n 2 n −1 1 Theo cách chia thứ hai, tổng số viên bi là 2 + 4 + 8 + ... + 2 = 2. 2 −1 Gọi p là số bi mỗi học sinh nhận được theo cách chia thứ nhất thì tổng số 2 n −1 1 8 bi sẽ là n. p . Suy ra 2. = n. p ⇔ 2 ( 2n −1) = n. p 2 −1 Do n và p là các số nguyên dương nên 2 (2n −1)⋮ n 1 Dùng máy tính, ta thấy chỉ có n = 18 thỏa mãn 18 em 1 Suy ra, số học sinh là 18 em và tổng số bi là 524286 viên 524286 viên 1 9 Có C − 3C − 20 × 20 × 20 = 22800 tam giác. 3 60 3 20 1 Xét các tam giác có một đỉnh thuộc đường thẳng y = 1 , hai đỉnh còn lại 1 thuộc đường thẳng y = 2 . Các tam giác này có cùng đường cao bằng 1, 2
và ứng với một điểm thuộc y = 1 sẽ: có 19 tam giác cạnh đáy bằng π , có 18 tam giác cạnh đáy bằng 2 π , có 17 tam giác cạnh đáy bằng 3 π , ....., có 1 tam giác cạnh đáy bằng 19 π . Suy ra tổng diện tích các tam giác 1 nói trên là: π (19 × 1 + 18 × 2 + 17 × 3 + ... + 1×19 ) × 20 = 13300π 2 Hoán đổi vai trò hai đường thẳng y = 1 và y = 2 cho nhau ta có được các tam giác cũng có tổng diện tích đúng bằng 13300π Vậy tổng diện tích các tam giác có đỉnh thuộc hai đường thẳng y = 1 và y = 2 là: 26600π Tương tự các tam giác có đỉnh thuộc hai đường thẳng y = 3 và y = 2 ½ có đường cao cùng bằng 1 và có tổng diện tích là: 26600π Còn các tam giác có đỉnh thuộc hai đường thẳng y = 3 và y = 1 có ½ đường cao cùng bằng 2 và có tổng diện tích là: 2 × 26600π Do đó tổng diện tích tất cả các tam giác là 4 × 26600π = 106400π ≈ 334265, 4583 2 Gọi R; h lần lượt là bán kính và chiều cao của hình nón (phểu). * Thiết diện của hình nón song song với đáy hình nón, qua tâm của viên gạch là hình tròn có bán kính là R1 = 3 thỏa mãn R1 h − 2 h− 2 1 = ⇒ .R = 3 (1) R h h * Thiết diện của hình nón song song với đáy hình nón, chứa cạnh đối diện với 10 cạnh nằm trên đáy hình nón là hình tròn có bán kính R2 = 1 thỏa mãn R2 h − 2 2 h−2 2 1 = ⇒ .R = 1 (2) R h h h− 2 5 2+ 6 Từ (1) và (2), suy ra = 3⇒h= và R = 2 3 −1 1 h−2 2 2 1 Thể tích lượng nước còn lại trong phểu là V = Vnon −Vgach = π R 2 h − 23 1 3 ≈ 22, 2676 ≈ 22, 2676 1 3