DE THI CASI O NGUYEN QUAN NHO

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT NGUYỄN QUÁN NHO. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO LẦN1 NĂM HỌC 2012-2013. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Điểm của toàn bài thi Bằng số. Bằng chữ. Lớp 12 THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:1/12/2012 Chú ý: - Đề thi gồm 4 trang - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này Số phách Các giám khảo (Do Chủ tịch Hội đồng chấm (Họ, tên và chữ ký) thi ghi) Giám khảo 1: Giám khảo 2:. 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. 2x2  5x  3 3x 2  x  1 Bài 1 : ( 2 điểm). Cho hàm số Tính khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. y  f ( x) . Tóm tắt lời giải. Kết quả. AB . Bài 2 ( 2 điểm)Tìm nghiệm gần đúng ( độ, phút, giây) của phương trình : 3sin 2 x  5cos 2 x 1. Tóm tắt lời giải. Kết quả. Bài 3 ( 2 điểm) Tính gần đúng hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số :. (C1 ) : y  f ( x) 2 x 3  x 2  3x  1 và (C2 ) : y  g ( x)  3 x 2  2  Tóm tắt lời giải. 3. 2 x 3  3x  1 . Kết quả. x1  x2  x3 .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 4 ( 2 điểm) Cho hai dãy số (un ) và (vn ) có :. u1 1; v1 2; un 1 22vn  15un ; vn 1 17vn  12un ,(n 1) . u5 , u10 , u15 , u18 , v5 , v10 , v15 , v18. a) Tính b) Lập quy trình ấn phím.. Tóm tắt lời giải. Kết quả. Quy trình ấn phím :. Bài 5 ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SD. Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại VS .MNPQ 3 SQ  x V 8. SB S . ABCD Q, P. Đặt , tìm x để Tóm tắt lời giải. Kết quả.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 2 Bài 6 ( 2 điểm)Cho hàm số y  f ( x) 2 x  3(a  3) x  18ax  8 . Tìm a để đồ thị hàm. số tiếp xúc với trục hoành. Tóm tắt lời giải. ( 2 điểm) Cho phương. Kết quả. x  log 6 47  6 x m  1. . . Bài 7 a)Tìm các nghiệm gần đúng của phương trình khi m = 0,4287. b)Tìm giá trị nguyên lớn nhất của m để phương trình (1) có nghiệm Cách giải. Kết quả. Bài 8 (2 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..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Tóm tắt lời giải. Kết quả. x x x 2 6 Bài 9. (2 điểm) Tìm x biết : A13  C23  Px 1  x  (2 x  3) 33772562 với Pn là số hoán k k vị của n phần tử, An là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cn là số tổ hợp chập k của n. phần tử. Tóm tắt lời giải. Kết quả. Bài 10 . (2 điểm) Cho 3 đường thẳng d1 : 3x  y  5 0; d 2 : 2 x  3 y  6 0; d3 : 2 x  y  3 0 . Hai đường thẳng (d1 ) và (d 2 ) cắt nhau tại A; hai đường thẳng (d 2 ) và (d3 ) cắt nhau tại B; hai đường thẳng ( d3 ) 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. Cách giải. Kết quả.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> TRƯỜNG THPT NGUYỄN QUÁN NHO KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO LẦN1 NĂM HỌC 2012-2013 Lớp 12 THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:1/12/2012 Chú ý: - Đề thi gồm 3 trang - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này CÁCH GIẢI, ĐÁP SỐ VÀ HƯỚNG DẪN CHO ĐIỂM. Bài. 1. Cách giải. Đáp số. 13x 2  22x  8 11  17 y'  y' 0  x  2 3x  x  1 ; 13 * 11  17 11  17 Shift STO A, ShiftSTO B 13 13 * f (A)Shift STOC, f (B)Shift STOD. AB 1, 4184. Điểm từng phần 0.5 0.5 1.0. *. 2. *AB  (ALPHA A  ALPHA B)  (ALPHA C  ALPHA D). 3sin 2 x  5cos 2 x 1  3sin 2 x . 6 sin 2 x  61  sin 2 xcos  cos2 x sin  sin  với  6sin 2 x  5cos2x 7 . 2. 5  1  cos2x  2. 1. 5 7 cos2x  61 61. 6 7 ; sin   61 61 0 0 x1 51 44 '17" k180 ; x2 780 4 '3'' k1800. 2. x1 510 44'17" k1800 ; x2 780 4'3'' k1800. 0.5 0.5. cos  . 1.0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> * Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình : 3. 2. 3. 2. 2 x  x  3x  1  x  2  3. 3. 3. 2 x  3x  1. 3. * 2ALPHA X SHIFT x – ALPHA X x2 – 3ALPHA X – 1 3 ALPHA = SHIFT ALHA X x2 + 2  – SHIFT 3 ALHA X SHIFT x – 3 ALPHA X +1. 4. 3. * 1 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B 1 SHIFT STO X ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA C ALPHA = 22 ALPHA B – 15 ALPHA A ALPHA : ALPHA D ALPHA = 17 ALPHA B -12 ALPHA A ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA A ALPHA = 22 ALPHA D – 15 ALPHA C ALPHA : ALPHA B ALPHA = 17 ALPHA D -12 ALPHA C CALC = = =…… đến khi X = X + 1 bằng một trong các giá trị 5; 10; 15; 18 thì ấn thêm : = = = rồi ghi kết quả. x1 1,6180. 0.5. x1  0,6180. 1.5. x1  0,5 u 5  767 u10  192547 u15  47517071. 0.5 0.5. u18 1055662493 v5  526 v10  135434 v5  34219414. 0.5 0.5. v5 673575382. 5. V VS . ABD VS .BCD  V  V 2 . Vì MN//BC Đặt S . ABCD . Ta có SP SQ   x nên PQ//BC SC SB VS .MNQ x VS .MNQ x  VS .MNQ SM SN SQ x  V   4 V 8  . .  V SA SD SB 4 2 + S . ABD 2 VS . NPQ SN SQ SP 1 2 V  . .  x  S . NPQ  x V 4 + VS .BCD SD SB SC 2 Ta có: VS .MNPQ 3 VS .MNQ  VS . NPQ 3 x x2 3        2 x 2  x  3 0  VS . ABCD 8 V 8 8 4 8 x=1 3 x   0 2 ( loại). 0.5. Vậy x=1. 0.5. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> * ĐTHS tiếp xúc Ox k.v.c.k hpt sau có nghiệm :. 6. 3 2 2x  3(a  3)x  18ax  8 0  2 6x  6(a  3)x  18a 0 2x 3  3(a  3)x 2  18ax  8 0     x 3   x a   27a  35 0  3 2   a  9a  8 0. X 6 x  X  0  Quy về: 7. m. X  47 X  6 0 (2) X1 46,9541; X 2 0,04591. Giải ra được: b) (1) có nghiệm  (2) có nghiệm X > 0 Lập bảng biến thiên suy ra. 0.5. x1 2,4183; x2  1,7196. 0.5 0.5 0.5. 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 1.01156 1.009x 5747478.359 Quy trình bấm phím: 5000000  1.007 ^ ALPHA A  1.0115 ^ 6  15 tháng 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. 0.5. 0.5. 1.0. 1.0. A13X  C2XX 1  PX 1  X X  2  (2 X  3)6  33772562 CALC 0 A = = … cho đến khi biểu thức bằng 0, ứng với X = 11. 0.5. b) m = 3. Điều kiện: n nguyên dương, n 13. : X = X + 1: Khai báo 9. 0.5. 0.5. 47 2 m 6   m 3,523910966 4. 8. 0.5. a  0,8990. a). a) Đặt 2. a 1 a 1, 2963 a 8,8990. 1.0 X = 11.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  15 3   2 19  A   3;  4 , B  ;   ; C   ;   8 4  5 5 . 0.5. a 1.3093 a) 10. 0.5.  15 3   2 19  A   3;  4  , B  ;   ; C   ;   8 4  5 5 . A tan  1 3  tan  1  2     3 b) Góc giữa tia phân giác At và Ox là:  2  A 1   2 tan      tan  1 3  tan  1     3 2 2  3   Suy ra: Hệ số góc của. 0.5. 1. At là:. 1  2   a tan   tan  1 3  tan  1      3    2 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  2 x  y 3  phương trình: ax  y  3a  4 . Giải hệ pt 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). D(0,9284; 1,1432).

<span class='text_page_counter'>(9)</span>