ĐỀ HSG MTCT

Cỏc kết quả tớnh gần đỳng, nếu khụng cú chỉ định cụ thể, được ngầm định chớnh xỏc tới 4 chữ số phần thập phõn sau dấu phẩy Bài 1.. b Tớnh phương sai và độ lệch chuẩn của bảng điểm mỗi

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Đề thi chính thức Khối 11 THPT - Năm học 2008-2009

Thời gian làm bài: 150 phỳt Ngày thi: 17/12/2008 - Đề thi gồm 5 trang

Điểm toàn bài thi (Họ, tên và chữ ký)Các giám khảo (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi)Số phách

Bằng số Bằng chữ

GK1 GK2

Qui định: Học sinh trỡnh bày vắn tắt cỏch giải, cụng thức ỏp dụng, kết quả tớnh toỏn vào ụ trống

liền kề bài toỏn Cỏc kết quả tớnh gần đỳng, nếu khụng cú chỉ định cụ thể, được ngầm định chớnh xỏc tới 4 chữ số phần thập phõn sau dấu phẩy

Bài 1 (5 điểm) Cho cỏc hàm số

3 3

( )

x

f x

x



 Tớnh tổng S f  1 f  2 f  3  f  100

Bài 2 (5 điểm) Trong đợt khảo sỏt chất lượng đầu năm, điểm của ba lớp 11A1, 11A2 , 11A3 được cho trong bảng sau:

a) Tớnh điểm trung bỡnh của mỗi lớp Kết quả làm trũn đến chữ số lẻ thứ hai

b) Tớnh phương sai và độ lệch chuẩn của bảng điểm mỗi lớp Trong ba lớp, lớp nào học đều hơn?

Bài 3 (5 điểm) Tính gần đúng nghiệm (theo đơn vị độ, phút, giây) của phương trình

2  

3(sinxcos ) 2 3 s 2x  co x 3 3

Hướng dẫn: Đặt t sinx cosx

Bài 4 (5 điểm) Cho dãy hai số u n và v n có số hạng tổng quát là:

5 2 3 5 2 3

4 3

n

u     và 7 2 5 7 2 5

4 5

n

v     (n N và n 1) Xét dãy số z n 2u n3v n (n N và n 1)

a) Tính các giá trị chính xác của u u u u1, , , ;2 3 4 v v v v1, , ,2 3 4

b) Lập các công thức truy hồi tính u n2 theo u n1 và u n; tính v n2 theo v n1 và v n

c) Từ 2 công thức truy hồi trên, viết quy trình bấm phím liên tục để tính u n2,v n2 và z n2 theo

u  u v  v (n 1, 2, 3, ) Ghi lại giá trị chính xác của: z z z z z3, , , ,5 8 9 10

Bài 5 (5 điểm) Cho đa thức g x( ) 8 x318x2  x 6

a) Tìm các hệ số a b c, , của hàm số bậc ba yf x( )x3ax2bx c , biết rằng khi chia đa thức f x( ) cho đa thức g x( ) thì được đa thức dư là r x( ) 8 x24x5

b) Với các giá trị a b c, , vừa tìm được, tính chính xác giá trị của f(2008)

Bài 6 (5 điểm) Lãi suất của tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay

đổi Bạn Châu gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng lên 1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và bạn Châu tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi suất giảm xuống còn 0,9% tháng, bạn Châu tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa, khi rút tiền bạn Châu được cả vốn lẫn lãi là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn) Hỏi bạn Châu đã gửi tiền tiết kiệm trong bao nhiêu tháng ? Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải

Bài 7 (5 điểm)

20x 2x 1 3 33479022340

C A   P  x  x  với P n là số hoán vị của n phần tử, k

n

A là

số chỉnh hợp chập k của n phần tử, k

n

C là số tổ hợp chập k của n phần tử

b) Tìm hệ số của số hạng chứa 6 17 28

, ,

x x x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của

30

3 5 2

1

x x



Bài 8 (5 điểm)

a) Tìm các số aabb sao cho aabba1 a1 b1 b1 Nêu quy trình bấm phím để được kết quả

b) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho khi lập phương số đó ta được số tự nhiên có 3 chữ số cuối đều là chữ số 7 và 3 chữ số đầu cũng đều là chữ số 7: n 3 777 777 Nêu sơ lược cách giải.

Bài 9 (5 điểm) Cho 3 đường thẳng d1: 3x y  5 0;d2: 2x 3y 6 0; d3: 2x y 3 0 Hai đường thẳng ( )d1 và ( )d2 cắt nhau tại A; hai đường thẳng ( )d2 và ( )d3 cắt nhau tại B; hai đường thẳng

3

( )d và ( )d1 cắt nhau tại C

a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C (viết dưới dạng phân số)

b) Tính gần đúng hệ số góc của đường thẳng chứa tia phân giác trong góc A của tam giác ABC và tọa độ giao điểm D của tia phân giác đó với cạnh BC

c) Tính gần đúng diện tích phần hình phẳng giữa đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC Kết quả làm tròn đến 2 chữ số lẻ thập phân

Bài 10 (5 điểm) Cho hình chóp ngũ giác đều S.ABCDE có cạnh đáy a = 6,74 cm, cạnh bên b =

9,44 cm

a) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình chóp

b) Tính gần đúng số đo (độ, phút, giây) của góc hợp bởi một trung đoạn và hình chiếu vuông góc của nó xuống mặt đáy

c) Tính diện tích của thiết diện khi cắt hình chóp bởi mặt phẳng (P) chứa AB và phân giác của góc tạo bởi trung đoạn mặt bên SAB và hình chiếu vuông góc của nó xuống mặt đáy

-HẾT -Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh

§Ò thi chÝnh thøc Khèi 11 THPT - N¨m häc 2008-2009

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài 1:

3 3

( )

x

f x

x





0 SHIFT STO A 0 SHIFT STO B ALPHA A ALPHA = ALPHA A + 1 ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA B + ( ALPHA ( A ) SHIFT x3 )  ( 6 SHIFT

3 ( ALPHA A ) + 3 ) Bấm liên tiếp = = = cho đến khi A nhận giá trị 100 thì dừng, đọc kết quả ở biến B: S 2931.7895

Bài 2:

Điểm trung bình của lớp 11A1 là: X  A 7,12; Phương sai:

2 5,58;

A

s  và độ lệch chuẩn là: s  A 2,36

Điểm trung bình của lớp 11A2 là: X  B 7,38; Phương sai:

2 4,32;

B

s  và độ lệch chuẩn là: s  B 2,07

Điểm trung bình của lớp 11A3 là: X  C 7,39; Phương sai:

2

4,58;

C

s  và độ lệch chuẩn là: s  C 2,14

So các đọ lệch chuẩn, ta nhận thấy lớp 11A2 học đều hơn hai

lớp kia

2,0

1,0

1,0 1,0

5

Bài 3:

Phương trình đã cho tương đương: 3(sinxcos ) 2 3 s 2x  co 2 x3 30 (1)

Đặt tsinxcosx 2 cosx 45 ,0 t  2; 2

  ; sin 2x t 2 1

g t  t  t  t  t  

2 3 ALPHA X ^ 4  4 3 ALPHA X x2 + 3 ALPHA X + 3 + 3

CALC nhập vào (-) 2 = ta được g  20

CALC nhập vào -1 = ta được g  1 0

CALC nhập vào -0.5 = ta được g  0.5 0

(Có thể kiểm tra bằng chức năng Tabulate của máy Casio 570ES)

Dùng chức năng SOLVE với giá trị đầu X  2 ta tìm được một nghiệm t 1 1.38268577

Dùng chức năng SOLVE với giá trị đầu X 0.5 ta tìm được một nghiệm t 2 0.708709924

Giải phương trình cos - 450 450 cos-1 360 ,0

  Z, ta được các nghiệm:

1 212 52'45" 360 ; 2 122 52'45" 360

3 165 4'28" 360 ; 4 75 4'28" 360

Bài 4:

1 1, 2 10, 3 87; 4 740.

Công thức truy hồi của un+2 có dạng: u n2 au n1bu n2 Ta có hệ phương trình:



Do đó: u n2 10u n113u n

Tương tự: v n2 14v n1 29v n

Quy trình bấm phím:

1 SHIFT STO A 10 SHIFT STO B 1SHIFT STO C 14 SHIFT STO D 2SHIFT STO X (Biến đếm)

ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA E ALPHA = 10 ALPHA B 

13 ALPHA A ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA E ALPHA : ALPHA F ALPHA = 14 ALPHA D  29 ALPHA C ALPHA : ALPHA C ALPHA = ALPHA D ALPHA : ALPHA D ALPHA = ALPHA F ALPHA : ALPHA Y ALPHA = 2 ALPHA E + 3 ALPHA F = = = (giá trị của E ứng với un+2, của F ứng với vn+2, của Y ứng với zn+2) Ghi lại các giá trị như sau:

675, 79153, =108234392,

z 1218810909, z 13788770710

Bài 5:

a) Các nghiệm của đa thức g(x) là: 1 2 3

Theo giả thiết ta có: f x( )q g x ( ) 8 x24x5, suy ra:



   





Giải hệ phương trình ta được: 23; 33; 23

( )

f x x  x  x

b) Cách giải: Nhập biểu thức 3 23 2 33 23

X  X  X , bấm phím CALC và nhập số 2008 = ta được

số hiện ra trên màn hình: 8119577169. Ấn phím  nhập 8119577169 = được  0.25 Suy ra giá trị chính xác: f(2008) 8119577168.75

Bài 6:

Gọi a là số tháng gửi với lãi suất 0,7% tháng, x là số tháng gửi với lãi suất 0,9% tháng, thì số tháng gửi tiết kiệm là: a + 6 + x Khi đó, số tiền gửi cả vốn lẫn lãi là:

5000000 1.007a 1.0115 1.009x 5747478.359

Quy trình bấm phím:

5000000  1.007 ^ ALPHA A  1.0115 ^ 6  1.009 ^ ALPHA X  5747478.359 ALPHA = 0

SHIFT SOLVE Nhập giá trị của A là 1 = Nhập giá trị đầu cho X là 1 = SHIFT SOLVE Cho kết quả X là số không nguyên

Lặp lại quy trình với A nhập vào lần lượt là 2, 3, 4, 5, đến khi nhận được giá trị nguyên của X = 4 khi A = 5

Vậy số tháng bạn Châu gửi tiết kiệm là: 5 + 6 + 4 = 15 tháng

20x 2x 1 3 33479022340

C A   P  x  x 

33479022340 SHIFT STO A 2 SHIFT STO X ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : 20 nCr ( 2 ALPHA X ) + ( 2 ALPHA X + 1 ) nPr ALPHA X  ( ALPHA X 

3 ) SHIFT x!  ALPHA X ^ 8  ALPHA X ^ 5  ALPHA A = = = đến khi biểu thức bằng 0, ứng với X 9

b)

30

2

k

x





3

k

k

    Suy ra hệ số của x28 là 6

30 593775

3

k

k

    Suy ra hệ số của x17 là 9

30 14307150

3

k

k

    Suy ra hệ số của x6 là 12

30 86493225

Bài 8:

a) Số cần tìm là: 3388

Cách giải: aabb1000a100a10b b 1100a11b11 100 a b 

a1 a1 b1 b1 112a1 b1

Do đó: aabba1 a1 b1 b1 100a b 11a1 b1

Nếu a  0 10b 11, điều này không xảy ra

Tương tự, nếu b  1 100a  1 0, điều này không xảy ra

Quy trình bấm máy:

100 ALPHA A + ALPHA X  11 ( ALPHA A + 1 ) ( ALPHA X  1 ) ALPHA

= 0

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 1 = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là 2 = cho kết quả X là số

lẻ thập phân

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 2 = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là 2 = cho kết quả X là số

lẻ thập phân

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 3 = Nhập tiếp giá trị đầu cho X là 2 = cho kết quả X = 8; tiếp tục quy trình cho đến khi A = 9

Ta chỉ tìm được số: 3388

b) Hàng đơn vị chỉ có 33 27 có chữ số cuối là 7 Với cac số 3

3 chỉ có 533 14877 có 2 chữ số cuối đều là 7

Với các chữ số a533 chỉ có 7533 có 3 chữ số cuối đều là 7

Ta có: 3 777000 91.xxxx ; 37770000 198. xxxx , 3777 10 5 426,xxx ;

777 10 919,xxx ; 777 10 1980,xxx ; 3 8

777 10 4267,xxx ;

Như vậy, để các số lập phương của nó có 3 số đuôi là chữ số 7 phải bắt đầu bởi các số: 91; 198; 426; 91x; 198x; 426x; (x = 0, 1, 2, , 9)

Thử các số:

91753 77243 ; 198753 785129 ; 426753 77719455

Vậy số cần tìm là: n = 426753 và 3

426753 77719455348459777

Bài 9: a)

tan 3 tan

3

 

Góc giữa tia phân giác At và Ox là:



A

Suy ra: Hệ số góc của At là:

tan tan 3 tan

 

Bấm máy:

tan ( 0.5 ( SHIFT tan-1 3 + SHIFT tan-1 ( 2 ab/c 3 ) ) ) SHIFT STO A cho kết quả: a 1.3093

+ Đường thẳng chứa tia phân giác At là đồ thị của hàm số: y ax b  , At đi qua điểm A ( 3; 4)

nên b 3a 4

+ Tọa độ giao điểm D của At và BC là nghiệm của hệ phương trình: 2 3

x y





bằng cách bấm máy nhưng nhập hệ số a2 dùng ALPHA A và nhập hệ số c2 dùng () 3 ALPHA

A + 4, ta được kết quả:

D(0,9284; 1,1432)

c)

AB      

    Tính và gán cho biến A

BC       

    Tính và gán cho biến B

CA      

    Tính và gán cho biến C

( ALPHA A + ALPHA B + ALPHA C )  2 SHIFT STO D (Nửa chu vi p)

Diện tích của tam giác ABC:

( ( ALPHA D ( ALPHA D  ( ALPHA A ) ( ALPHA D  ( ALPHA B ) ( ALPHA D ) ) SHIFT STO E

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

4

abc R S

ALPHA A ALPHA B ALPHA C  4  ALPHA E SHIFT STO F

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC: r S

p

 Diện tích phần hình phẳng giữa đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

S R r  R  r

SHIFT  ( ALPHA E x2  ( ALPHA E  ALPHA D ) x2 = Cho kết quả

2

46, 44 ( )

S  cm

Bài 10

Tính bán kính đường trong ngoại tiếp đáy và

trung đoạn của hình chóp:

0

0 3.37 sin 36 5.733386448 2sin 36

a

2 tan 36

a

Chiều cao của hình chóp: h SO  b2 R2

( 9.44 x2  ( 3.37  sin 36 ) x2 ) SHIFT STO A cho kết quả

7.499458636

h  (h gán cho biến A)

Trung đoạn của hình chóp:

2

0

2 tan 36

a

d SI  h OI  h   

( ALPHA A x2 + ( 3.37  tan 36 ) x2 ) SHIFT STO B cho kết quả trung đoạn hình chóp: d 8.817975958(cm) (d gán cho biến B)

Góc tạo bởi trung đoạn SI và hình chiếu của nó trên mặt đáy là:  SIO sin 1h d

SHIFT sin-1 ( ALPHA A  ALPHA B ) SHIFT STO C Cho góc  58 15'48"0 (Góc 

gán cho biến C)

cos 72 (3.37 sin 36) os72

Gọi ISJ   OSI OSJ  cos-1h d tan1OJ h 

O

A

B

C D

E

S

I

P

N

J

SHIFT cos-1 ( ALPHA A  ALPHA B ) + SHIFT tan-1 ( ( 3.37  sin 36 ) cos 72

 ALPHA A ) SHIFT STO D cho kết quả 0

45 01'44"

  ( gán cho biến D)

sin

7.705897079

( ALPHA B sin ALPHA C )  sin ( 180  ALPHA C  ALPHA D ) SHIFT STO E (Gán SJ cho biến E )

4.462173818

d

 



( ALPHA B sin ( ALPHA C  2 ) )  sin ( 180  ALPHA C  2 ) 

ALPHA D ) SHIFT STO F (Gán SK cho biến F)

6.484615266

d

 



( ALPHA B sin ALPHA D )  sin ( 180  ALPHA C  2  ALPHA D ) SHIFT STO X (Gán SK cho biến X)

 sin 1  cos 1  sin 13.37 9.44 sin 360 cos 1  69 8'6"0





sin

8.32621705

d PSI

IP

PSI 

SHIFT sin-1 ( 3.37  9.44  sin 36 ) + SHIFT cos-1 ( ALPHA A  ALPHA B ) =

( ALPHA B sin Ans )  sin ( 180  ALPHA C  2  Ans ) SHIFT STO Y (Gán IP cho biến Y)

0

0

sin 72

2sin 36

a

QN // CE //AB QN SK QN 2 cos36a 0 SK 6.314963085

( 2  6.74 cos 36 ) ALPHA F  ALPHA E SHIFT STO M (Gán QN cho biến M)

ABNPQ

S  PK QN  AB QN IK  IP QN  AB IK

0.5 ALPHA Y ALPHA M + 0.5  6.74 ALPHA X = Cho diện tích thiết diện ABNPQ là S ABNPQ 48.1430(cm2)