Đề thi chọn đội tuyển lớp 12 THPT dự thi khu vực giải toán trên máy tính cầm tay (Năm học 2010-2011)

Chia sẻ: Tuan Anh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn đội tuyển lớp 12 THPT dự thi khu vực giải toán trên máy tính cầm tay năm học 2010-2011 phục vụ cho các bạn học sinh tham khảo nhằm củng cố kiến thức môn Toán trung học phổ thông, luyện thi tốt nghiệp trung học phổ thông và giúp các thầy cô giáo trau dồi kinh nghiệm ôn tập cho kỳ thi này. Hy vọng đề thi phục vụ hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn đội tuyển lớp 12 THPT dự thi khu vực giải toán trên máy tính cầm tay (Năm học 2010-2011)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN LỚP 12 THPT DỰ THI KHU VỰC THANH HÓA “GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY”NĂM HỌC 2010 – 2011 Thời gian làm bài: 150 phút ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (GỐC) Các giám khảo Điểm của bài thi Số phách (Họ và tên, chữ ký) 1. Bằng số 2. Bằng chữ Chú ý: 1) Kết quả tính chính xác đến 5 chữ số thập phân (trừ kết quả bài 1) 2) Ghi kết quả vào ô và không được có được có thêm ký hiệu nào khác. Đề bài Kết quả Điểm Bài 1: (2 điểm) Cho biết đồ thị của hàm số : Min y −4, 27008 a sin x b cos x 1 1 y = đi qua các điểm A ( ; ) ; B Max y 0,93675 2 cos x 2 2 2.0 2 ( 0 ; ) . Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 3 nhất của hàm số đó. a sin x b cos x 1 1 Giải bài 1: Vì đồ thị của hàm số : y = đi qua các điểm A ( ; ) ; B 2 cos x 2 2 1 a 1 2 2 2 a 2 2 sin x 3 cos x 1 ( 0 ; ) . Nên ta có: . Ta được hàm số: y 3 2 b 1 b 3 2 cos x 3 3 2 sin x 3 cos x 1 Ta có: y 2sinx + (3 – y) cosx = 2y + 1 2 cos x sử dụng kết quả pt: a sin x + b cos x = c có nghiệm khi và chỉ khi a 2 + b2 ≥ c2 , ta được: 3y2 5 61 5 61 + 10 y – 12 ≤ 0 y 3 3 Min y −4, 27008 và Max y 0,93675 1
Bài 2: Tính gần đúng nghiệm của phương trình: X1 2, 65783 x2 2 x 1 x2 2 x 1 101 X2 − 0, 65783 2 3 2 3 10(2 3) 2.0 Giải bài 2: x2 2 x 1 101 Đặt t = 2 3 t t 10 t 10 1 X1 2, 65783 t VN 10 X2 − 0, 65783 Với t = 10 => x2 – 2x = log 2+ 3 10 X1 2, 65783 X2 − 0, 65783 Bài 3: Tính gần đúng nghiệm của hệ phương trình sau: 1 2.0 log 2 x + log xy 16 = 4 − log y 2 4 x 4 + 8 x 2 + xy = 16 x 2 4 x + y HD giải bài 3: +) ĐK: x > 0, y > 0, xy 1, y 1 +) Từ PT (1) ta có: xy = 4 +) Thế vào (2) ta có: x2–4x + 1 = 0 � x = 2 � 3 � 4 �� 4 � +) KL : Hệ có các nghiệm là : �2 + 3; ; 2 − 3; �� 2 + 3 �� 2− 3 � Bài 4: Tính gần đúng hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm 1+ 5 x1 = 1,61803 2.0 số : 2 (C1 ) : y = f ( x) = 2 x3 − x 2 − 3 x − 1 và 1− 5 x2 = −0,61803 (C2 ) : y = g ( x) = 3 x 2 + 2 − 3 2 x 3 − 3 x + 1 . 2 x 3 = −0,5 Giải bài 4: * Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình : 2 x3 − x 2 − 3x − 1 = 3 x 2 + 2 − 3 2 x3 − 3x + 1 2 x 3 − 3 x + 1 + 3 2 x 3 − 3 x + 1 = x 2 + 2 + 3 x 2 + 2 (1) Xét hàm số: f(t) = t + 3 t là hàm số đồng biến trên R nên (1) 2 x3 − 3 x + 1 = x 2 + 2 2 x3 − x 2 − 3x − 1= 0 . Bấm máy tính được 3 nghiệm ( kết quả ghi trên). 2
Bài 5: Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ Max f ( x) 2, 28454; nhất của hàm số: y = − x 2 + 4 x − 3 + 5 − 2 x 3 2.0 Min f ( x) = 0,86603 2 Giải bài 5: � 5� Hàm số: y = − x 2 + 4 x − 3 + 5 − 2 x có tập xác định của hàm số là: � 1; � 2� � Đạo hàm của hàm số: y ' = −2 x + 4 2 ( − x + 2) 5 − 2 x − − x2 + 4x − 3 − = 2 − x2 + 4x − 3 2 5 − 2x − x2 + 4x − 3 5 − 2 x y ' = 0 � ( − x + 2) 5 − 2 x − − x2 + 4x − 3 = 0 � ( − x + 2 ) 5 − 2x = − x 2 + 4x − 3 � ( − x + 2) 5 − 2x = − x 2 + 4x − 3 � ( − x + 2) ( 5 − 2 x ) = − x 2 + 4 x − 3 (1 �x �2,5) 2 � 2x 3 − 14 x 2 + 32 x − 23 = 0 (1 �x �2,5) Giải phương trình, chỉ có một nghiệm thực x = 2 1, 434802283 [ 1; 2,5] và hai nghiệm ảo. Dùng chức năng CALC để tính giá trị của hàm tại 2 đầu mút và tại điểm x = 2 , ta được: Tương tự, ta có: 3 f (1, 434802283) 2, 284542897; f (1) = 3 1, 732050808; f (2, 5) = 0,866025403 Vậy: 2 3 Max f ( x) 2, 28454; Min f ( x) = 0,86603 2 Bài 6 : Cho tứ giác lồi ABCD, trên các cạnh: AB lấy S A'B 'C 'D ' các điểm A', B' và CD lấy các điểm C', D' sao cho : = 1 (a + b) S ABCD AA' CC' BB' DD' 2 a ; b . Biết a + b = . Tính tỷ = AB CD AB CD 3 số diện tích tứ giác A'B'C'D' và tứ giác ABCD. 2 = 1 . Vậy: 3 2.0 S ABCD = 5,449502 S A'B 'C ' D ' Giải bài 6: Bài 7: Đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính r = 3,98765cm. Một cạnh của tam giác bị tiếp điểm chia thành 2 đoạn có 2.0 độ dài 6cm và 8cm. Tính độ dài 2 cạnh còn lại của tam giác. Giải bài 7: 3
Giả sử BC = 6 + 8 = 14 A suy ra nửa chu vi p = 14 + x x x Ta có: S = p( p − a ) ( p − b) ( p − c) và S = pr. E G Ta được: r(14 + x) = (14 + x) x . 6 . 8 6 8 (3,98765)2 (14 + x)2 = (14 + x) x = 48. (3,98765)2 (14 + x) = 48x. B 6 D 8 C AB = 12,93546cm ⇔ x = 6,935462 ⇔ AC = 14,63546cm Bài 8: Giả sử a, b, c, d là bốn số nguyên thay đổi thoả mãn 1 a
53 Suy ra min S = , đạt được khi a = 1, d = 50, b = 7, c = 8. 175 53 min S = 175 0,30286 Bài 9: Người ta cắt một tờ giấy hình vuông cạnh bằng 1 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp .Tính gÇn ®óng cạnh đáy của khối chóp để thể tích lớn nhất. Lời giải tóm tắt bài 9 Kết quả Điểm 2 * Gọi cạnh đáy hình chóp là x, x (0; ) .Chiều cao của hình chóp là : 2 2 2 � 2 x � �x � 1− x 2 .Thể tích của khối chóp : V = 1 x 2 1 − x 2 = 1 x − x 2 4 5 h = � − �− � � = �2 2 � �2 � 2 3 2 3 2 x=0 (loai) 2 * Xét hàm số : y = x 4 − x 5 2 trên (0; ) có y ' = 4x − 5x 2 ; y ' = 0 3 4 2 2 2 x= (nhân) 5 BBT : x 2 2 2 0 5 2 y’ ║ + 0 ║ y ║ ║ ║ ║ 2 2 Vậy khi x = thì khối chóp đạt GTLN 5 Cạnh đáy khối chóp là : x 0,56568 . 5
2 xn Bài 10: Cho dãy số { x n } , n N* được xác định như sau: x1 = và x n+1 = , 3 2(2n + 1)x n + 1 ∀n N* . Tính tổng của 2010 số hạng đầu tiên. Lời giải tóm tắt bài 10 Kết quả Điểm 6
2 Đặt un = , từ công thức xác định dãy { x n } của đề bài, suy ra xn u1 = 3; un+1 = 4(2n + 1) + un , ∀n N* Bằng phương pháp quy nạp, ta được: un = (2n − 1)(2n + 1) , ∀n N* 2 2 1 1 Do đó x n = = = − ; ∀n N* un (2n − 1)(2n + 1) 2n − 1 2n + 1 1.0 2010 1 Suy ra x i = 1− 1.0 i =1 4021 S 0,99975 7
Chú ý: 1) Kết quả tính chính xác đến 5 chữ số thập phân (trừ kết quả bài 1) 2) Ghi kết quả vào ô và không được có được có thêm ký hiệu nào khác. Đề bài Kết quả Điểm Bài 1: (2 điểm) Cho biết đồ thị của hàm số : a sin x b cos x 1 1 y = đi qua các điểm A ( ; ) ; B −4, 27008 y 0,93675 2.0 2 cos x 2 2 2 ( 0 ; ) . Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 3 nhất của hàm số đó. a sin x b cos x 1 1 Giải bài 1: Vì đồ thị của hàm số : y = đi qua các điểm A ( ; ) ; B 2 cos x 2 2 1 a 1 2 2 2 a 2 2 sin x 3 cos x 1 ( 0 ; ) . Nên ta có: . Ta được hàm số: y 3 2 b 1 b 3 2 cos x 3 3 2 sin x 3 cos x 1 Ta có: y 2sinx + (3 – y) cosx = 2y + 1 2 cos x sử dụng kết quả pt: a sin x + b cos x = c có nghiệm khi và chỉ khi a 2 + b2 ≥ c2 , ta được: 5 61 5 61 −4, 270083225 y 0,936749892 3y2 + 10 y – 12 ≤ 0 y 3 3 Bài 2: Giải phương trình : x2 2 x 1 x2 2 x 1 101 x 2,65783 2 3 2 3 10(2 3) x 0,65783 2.0 Giải bài 2: x2 2 x 1 101 Đặt t = 2 3 t t 10 t 10 1 x 2,65783 t VN 10 x 0,65783 Với t = 10 => x2 – 2x = log 2+ 3 10 8
x 2,65783 x 0,65783 Bài 3: 1 log 2 x + log xy 16 = 4 − Giải hệ phương trình: log y 2 2.0 4 x 4 + 8 x 2 + xy = 16 x 2 4 x + y HD giải bài 3: +) ĐK: x > 0, y > 0, xy 1, y 1 +) Từ PT (1) ta có: xy = 4 +) Thế vào (2) ta có: x2–4x + 1 = 0 � x = 2 � 3 � �� 4 4 � +) KL : Hệ có các nghiệm là : �2 + 3; � 2 − 3; ;� � � 2 + 3 �� 2− 3 � Bài 4 : Tính gần đúng hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm 1+ 5 x1 = 1,61803 2.0 số : 2 (C1 ) : y = f ( x) = 2 x3 − x 2 − 3 x − 1 và 1− 5 x2 = −0,61803 (C2 ) : y = g ( x) = 3 x 2 + 2 − 3 2 x 3 − 3 x + 1 . 2 x 3 = −0,5 Giải bài 4: * Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình : 2 x3 − x 2 − 3x − 1 = 3 x 2 + 2 − 3 2 x3 − 3x + 1 2 x 3 − 3 x + 1 + 3 2 x 3 − 3 x + 1 = x 2 + 2 + 3 x 2 + 2 (1) Xét hàm số: f(t) = t + 3 t là hàm số đồng biến trên R nên (1) 2 x3 − 3 x + 1 = x 2 + 2 2 x3 − x 2 − 3x − 1= 0 . Bấm máy tính được 3 nghiệm ( kết quả ghi trên). Bài 5: Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ Max f ( x) 2, 28454; nhất của hàm số: y = − x 2 + 4 x − 3 + 5 − 2 x 3 2.0 Min f ( x) = 0,86603 2 Giải bài 5: � 5� Hàm số: y = − x 2 + 4 x − 3 + 5 − 2 x có tập xác định của hàm số là: � 1; � 2� � Đạo hàm của hàm số: y ' = −2 x + 4 2 ( − x + 2) 5 − 2 x − − x2 + 4x − 3 − = 2 − x2 + 4x − 3 2 5 − 2x − x2 + 4x − 3 5 − 2 x y ' = 0 � ( − x + 2) 5 − 2x − − x2 + 4x − 3 = 0 � ( −x + 2 ) 5 − 2x = −x2 + 4x − 3 � ( − x + 2) 5 − 2 x = − x 2 + 4 x − 3 � ( − x + 2 ) ( 5 − 2 x ) = − x 2 + 4 x − 3 (1 �x �2,5) 2 � 2x 3 − 14 x 2 + 32 x − 23 = 0 (1 �x �2,5) Giải phương trình, chỉ có một nghiệm thực x = 2 1, 434802283 [ 1; 2,5] và hai 9
nghiệm ảo. Dùng chức năng CALC để tính giá trị của hàm tại 2 đầu mút và tại điểm x = 2 , ta được: Tương tự, ta có: 3 f (1, 434802283) 2, 284542897; f (1) = 3 1, 732050808; f (2, 5) = 0,866025403 Vậy: 2 3 Max f ( x) 2, 28454; Min f ( x) = 0,86603 2 Bài 6 : Nhân dịp kỷ niệm 1000 năm Thăng Long, người ta cho 353,4291 cm2 (6 lát lại đường ven hồ Hoàn Kiếm bằng các viên gạch hình h×nh trßn); lục giác đều. Dưới đây là hình viên gạch có 2 màu (các 231,13797 cm2 hình tròn cùng màu, phần còn lại màu khác). H (phÇn g¹ch xäc) (c¸c h×nh trßn cïng mét mÇu, phÇn cßn l¹i lµ mÇu kh¸c). 2.0 H·y diÖn tÝch của hai phÇn ®ã, biÕt r»ng: AB a 15 cm . A O B Giải bài 6: B¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ®Òu 1 a 3 a 3 a2 lµ: R . DiÖn tÝch mçi h×nh trßn lµ: R2 3 2 6 12 a2 DiÖn tÝch 6 h×nh trßn lµ: . 2 TÝnh trªn m¸y: 15 SHIFT x2 2 Min (353.4291) a2 3 3a 2 3 DiÖn tÝch toµn bé viªn g¹ch lµ: 6 . 4 2 3a 2 3 a2 DiÖn tÝch phÇn g¹ch xäc lµ: . 2 2 BÊm tiÕp phÝm: 3 15 SHIFT x2 3 MR (231.13797) §¸p sè: 353,42 cm2 (6 h×nh trßn); 231, 13797cm2 (phÇn g¹ch xäc); Bài 7: Đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính r = 3,98765cm. Một cạnh của tam giác bị tiếp điểm chia thành 2 đoạn có 2.0 độ dài 6cm và 8cm. Tính độ dài 2 cạnh còn lại của tam giác. 10
Giải bài 7: Giả sử BC = 6 + 8 = 14 A suy ra nửa chu vi p = 14 + x x x Ta có: S = p( p − a ) ( p − b) ( p − c) và S = pr. E G Ta được: r(14 + x) = (14 + x) x . 6 . 8 6 8 (3,98765)2 (14 + x)2 = (14 + x) x = 48. (3,98765)2 (14 + x) = 48x. B 6 D 8 C AB = 12,93546cm ⇔ x = 6,935462 ⇔ AC = 14,63546cm Bài 8: Giả sử a, b, c, d là bốn số nguyên thay đổi thoả mãn 1 a
b 2 − 50 f ’(b) = ; f ’(b) = 0 khi b = 50 ( do (2 b 49) 50b 2 Bảng biến thiên: b 2 7 50 8 49 f’(b) 0 + + f(b) 53 61 175 200 53 61 ta có: f(7) =
2 * Gọi cạnh đáy hình chóp là x, x (0; ) .Chiều cao của hình chóp là : 2 2 2 � 2 x � �x � 1− x 2 .Thể tích của khối chóp : V = 1 x 2 1 − x 2 = 1 x − x 2 4 5 h = � − �− � � = �2 2 � �2 � 2 3 2 3 2 x=0 (loai) 2 * Xét hàm số : y = x 4 − x 5 2 trên (0; ) có y ' = 4x − 5x 2 ; y ' = 0 3 4 2 2 2 x= (nhân) 5 BBT : x 2 2 2 0 5 2 y’ ║ + 0 ║ y ║ ║ ║ ║ 2 2 Vậy khi x = thì khối chóp đạt GTLN 5 Cạnh đáy khối chóp là : x 0,56568 . 2 xn Bài 10: Cho dãy số { x n } , n N* được xác định như sau: x1 = và x n+1 = , 3 2(2n + 1)x n + 1 ∀n N* . Tính tổng của 2010 số hạng đầu tiên. Lời giải tóm tắt bài 10 Kết quả Điểm 13
2 Đặt un = , từ công thức xác định dãy { x n } của đề bài, suy ra xn u1 = 3; un+1 = 4(2n + 1) + un , ∀n N* Bằng phương pháp quy nạp, ta được: un = (2n − 1)(2n + 1) , ∀n N* 2 2 1 1 Do đó x n = = = − ; ∀n N* un (2n − 1)(2n + 1) 2n − 1 2n + 1 1.0 2010 1 Suy ra x i = 1− 1.0 i =1 4021 S 0,99975 14