Kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh lớp 11 THPT năm học 2004 - 2005 môn: Máy tính bỏ túi

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 11 thPT năm học 2004 - 2005 Môn : MáY TíNH Bỏ TúI Đề chính thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Điểm của toàn bài thi Các Giám khảo (Họ, tên và chữ kí) Bằng số Bằng chữ Số phách (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi) Học sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này, điền kết quả của mỗi c âu hỏi vào ô trống tương ứng. Nếu không có yêu cầu gì thêm, hãy tính chính xác đến 10 chữ số. Bài 1: (2 điểm): Chứng tỏ rằng phương trình 2 3sin 4x x x  có 2 nghiệm trong khoảng  0;4 . Tính gần đúng 2 nghiệm đó của phương trình đã cho. Bài 2: (2 điểm): Tính gần đúng các nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình ứng với sin cos 0t x x   : 2sin 2 5(sin cos ) 2x x x   Bài 3: (2 điểm): Cho ba số: A = 1193984; B = 157993 và C = 38743. Tìm ước số chung lớn nhất của ba số A, B, C. Tìm bội số chung nhỏ nhất của ba số A, B, C với kết quả đúng chính xác. Bài 4: (2 điểm): Tìm số tự nhiên bé nhất n sao cho 16 192 2 2n  là một số chính phương. Chữ kí của Giám thị 1: ----------------------------- Chữ kí của Giám thị 2:--------------------- Họ và tên thí sinh:------------------------------------------------ Số báo danh: ------------------ Phòng thi: ------------------ Học sinh trường: --------------------------- x1  ; x2  Phương trình có 2 nghiệm trong khoảng  0;4 vì: a) ƯCLN (A, B, C) = b) BCNN (A, B, C ) = x1  + k.3600 ; x2  + k.3600 Để 16 192 2 2n  là số chính phương thì: n  Tran Mau Quy – Bài 5: (2 điểm): a) Bạn An gửi tiết kiệm một số tiền ban đầu là 1000000 đồng với lãi suất 0,58%/tháng (không kỳ hạn). Hỏi bạn An phải gử i bao nhiêu tháng thì được cả vốn lẫn lãi bằng hoặc vượt quá 1300000 đồng ? b) Với cùng số tiền ban đầu và cùng số tháng đó, nếu bạn An gửi tiết kiệm có kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 0,68%/tháng, thì bạn An sẽ nhận được số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu ? Biết rằng trong các tháng của mỗi kỳ hạn, chỉ cộng thêm lãi chứ không cộng vốn và lãi tháng trước để tình lãi tháng sau. Hết một kỳ hạn, lãi sẽ được cộng vào vốn để tính lãi trong kỳ hạn tiếp theo (nếu còn gửi tiếp), nếu chưa đến kỳ hạn mà rút tiền thì số thá ng dư so với kỳ hạn sẽ được tính theo lãi suất không kỳ hạn. Bài 6: (2 điểm): Một thùng hình trụ có đường kính đáy (bên trong) bằng 12,24 cm đựng nước cao lên 4,56 cm so với mặt trong của đáy. Một viên bi hình cầu được thả vào trong thùng thì mực nước dâng lên sát với điểm cao nhất của viên bi (nghĩa là mặt nước là tiếp diện của mặt cầu). Hãy tính bán kính của viên bi. Biết công thức tính thể tích hình cầu là: 34 3 V x (x là bán kính hình cầu) Bài 7: (2 điểm): Cho tứ diện SABC có cạnh SA vuông góc với mặt (ABC), SB = 8 cm, SC = 15 cm, BC = 12 cm và mặt (SBC) tạo với mặt (ABC) góc 68 052'. Tính gần đúng diện tích toàn phần của hình tứ diện SABC. Bài 8: (2 điểm): Biết rằng ngày 01/01/1992 là ngày Thứ Tư (Wednesday) trong tu ần. Cho biết ngày 01/01/2055 là ngày thứ mấy trong tuần ? (Cho biết năm 2000 là năm nhuận). Nêu sơ lược cách giải. Chữ kí của Giám thị 1: ----------------------------- Chữ kí của Giám thị 2:--------------------- Họ và tên thí sinh:------------------------------------------------ Số báo danh: ------------------ Phòng thi: ------------------ Học sinh trường: --------------------------- a) Số tháng cần gửi là: n = b) Số tiền nhận được là: Bán kính của viên bi là: x 1  ; x2  Diện tích toàn phần của hình tứ diện SABC là: Ngày 01/01/2055 là ngày thứ_____________ trong tuần. Sơ lược cách giải: Tran Mau Quy – Bài 9: (2 điểm): Cho dãy số sắp thứ tự 1 2, 3 1, ,..., , ,...n nu u u u u  biết: 1 2 3 1 2 31, 2, 3; 2 3 ( 4)n n n nu u u u u u u n         a) Tính 4 5 6 7, , , .u u u u b) Viết qui trình bấm phím liên tục để tính giá trị của nu với 4n  . c) Sử dụng qui trình trên, tính giá trị của 20 22 25 28, , ,u u u u . 4u  5u  6u  7u  Bài 10: (2 điểm): Cho    1 2 3 2 3 3 4 4 5 1 2n nS n n          , n là số tự nhiên. a) Tính 10S và cho kết quả chính xác là một phân số hoặc hỗn số. b) Tính giá trị gần đúng với 6 chữ số thập phân của 15S Chữ kí của Giám thị 1: ----------------------------- Chữ kí của Giám thị 2:--------------------- Họ và tên thí sinh:------------------------------------------------ Số báo danh: ------------------ Phòng thi: ------------------ Học sinh trường: --------------------------- 20u  22u  25u  28u  Qui trình bấm phím liên tục để tính giá trị của nu với 4n  : S10 = S15 = Tran Mau Quy – UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 11 thPT năm học 2004 - 2005 Môn : MáY TíNH Bỏ TúI Đáp án và thang điểm: Bài Cách giải Đáp số ĐiểmTP Điểm toàn bài Máy Fx-570MS: Chuyển sang đơn vị đo góc là Radian, rồi bấm liên tiếp các phím: 2, ^, Alph a, X, ─, 3, sin, Alpha, X, ─, 4, Alpha, X, CALC, lần lượt thay các giá trị 0; 1, 4. (0) 1 0; (1) 4,524412954; (4) 2, 270407486f f f     Suy ra kết quả nhờ tính liên tục của hàm số 1,0 1 1 20,15989212; 3,728150048x x  1,0 2 Đặt sin cos 2 sin ;0 2 4 t x x x t          Pt trở thành: 4 22 5 1 0 (0 2)t t t t      1,0 2 0 0 0 0 0 1 0 00 0 2 0, 218669211 sin( 45 ) 0,154622482 2 45 8 53'41" 53 53'41" .360 216 6 '18" .36045 171 6 '18" tt x x x k x kx                 1,0 2 D = ƯCLN(A, B) = 583 0,5 ƯCLN(A, B, C) = ƯCLN(D, C) = 53 0,5 ( , ) 323569664( , ) A BE BCNN A B UCLN A B    0,53 BCNN(A, B, C) = BCNN(E, C) = 236.529.424.384 0,5 2 Máy fx-570MS: Bấm lần lượt các phím: 2, ^, 16, +, 2, ^, 19, +, 2, ^, Alpha, X, CALC Nhập lần lượt X = 1; bấm phím =, , Ans, nếu chưa phải số nguyên thì bấm tiếp phím , CALC và lặp lại qui trình với X = 2; 3; .... 1,0 4 n = 23 1,0 2 a) n = 46 (tháng) 1,0 5 b) 46 tháng = 15 quý + 1 tháng Số tiền nhận được sau 46 tháng gửi có kỳ hạn: 1000000(1+0.00683)151,0058 = 1361659,061 đồng 1,0 2 6 Ta có phương trình: 2 3 2 3 2 24 .2 4 6 3 0 3 (0 ) R h x R x x R x R h x R           Với R, x, h lần lượt là bán kính đáy của hình trụ, hình cầu và chiều cao ban đầu của cột nước. 1,0 2 Tran Mau Quy – Bấm máy giải phương trình : 34 224,7264 512,376192 0(0 6,12)x x x     Ta có: 1 22,588826692; 5,857864771x x  1,0 2( )( )( ) 47,81147875( )SBCS p p a p b p c cm     Chiều cao SH của SBC là: SH  7,968579791 0,5 SA = SHsin68052'  7,432644505 0,5 7 2 21 10,996669552SABS SA SB SA   48, 42009878SACS  , 0cos 68 52 ' 17, 23792748ABC SBCS S  2124,4661746 ( )tpS cm 1,0 2 Khoảng cách giữa hai năm: 2055 1995 63  , trong 63 năm đó có 16 năm nhuận (366 ngày) 0,5 Khoảng cách ngày giữa hai năm là: 16 366 (63 16) 365 23011     ngày 0,58 23011 chia 7 dư được 2. Thứ sáu 1,0 2 Gán 1; 2; 3 lần lượt cho A, B, C. Bấm liên tục các phím: 3, Alpha, A, , 2, Alpha, B, , Alpha, C, Shift, STO, D, ghi kết quả u4. Lặp lại thêm 3 lượt: 3, Alpha, B, , 2, Alpha, C, , Alpha, D, Shift, STO, A, .... (theo qui luật vòng tròn ABCD, BCDA, CDAB,...). Bấm phím  trở về lượt 1, tiếp Shift_copy, sau đó bấm phím "=" liên tục và đếm chỉ số. 4 5 6 7 10 u =22 u =51 u =125 u  0,5 Nêu phép lặp 0,59 Dùng phép lặp trên và đếm số lần ta được: 20 22 25 28 9426875 53147701; u 711474236 9524317645 u u u     1,0 2 10 51711 27720 S  1,0 10 15 1, 498376S  1,0 2 Tran Mau Quy – Tran Mau Quy – 1 Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính Casio Đề thi chính thức Khối 11 THPT - Năm học 2005-2006 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/12/2005. Chú ý: - Đề thi gồm 5 trang - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này. - Nếu không nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 10 chữ số. Điểm toàn bài thi Các giám khảo (Họ, tên và chữ ký) Số phách (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi) GK1 Bằng số Bằng chữ GK2 Bài 1: Cho các hàm số 2 2 4 2 3 5 2sin( ) ; ( ) 1 1 cos x x xf x g x x x     . 1.1 Hãy tính giá trị của các hàm hợp ( ( ))g f x và ( ( ))f g x tại 3 5x  . Sơ lược cách giải: Kết quả:  3 5g f    3 5f g  1.2 Tìm các nghiệm gần đúng của phương trình ( ) ( )f x g x trên khoảng  6;6 Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 2: Cho đa thức 5 4 3 2( ) 6 450P x x ax bx x cx      , biết đa thức ( )P x chia hết cho các nhị thức:  2 , ( 3), ( 5)x x x   . Hãy tìm giá trị của a, b, c và các nghiệm của đa thức và điền vào ô thích hợp: a  b = c = x1 = x2 = x3= x4 = x5 = Tran Mau Quy – 2 Bài 3: 3.1 Tìm nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình   3 3 2sin cos 2x x x   . Sơ lược cách giải: Kết quả: 3.2 Tìm các cặp số (x, y) nguyên dương nghiệm đúng phương trình: 5 23 19(72 ) 240677x x y   . Sơ lược cách giải: Kết quả:  1;x y   2;x y  Bài 4: 4.1 Sinh viên Châu vừa trúng tuyển đại học được ngân hàng cho vay trong 4 năm học mỗi năm 2.000.000 đồng để nộp học phí, với lãi suất ưu đãi 3%/năm. Sau khi tốt nghiệp đại học, bạn Châu phải trả góp hàng tháng cho ngân hàng số tiền m (không đổi) cũng với lãi suất 3%/năm trong vòng 5 năm . Tính số tiền m hàng tháng bạn Châu phải trả nợ cho ngân hàng (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị) . Sơ lược cách giải: Kết quả: 4.2 Bố bạn Bình tặng cho bạn ấy một máy tính hiệ u Thánh Gióng trị giá 5.000.000 đồng bằng cách cho bạn tiền hàng tháng với phương thức sau: Tháng đầu tiên bạn Bình được nhận 100.000 đồng, các tháng từ tháng thứ hai trở đi, mỗi tháng nhận được số tiền hơn tháng trước 20.000 đồng. Nếu bạn Bình muốn có nga y máy tính để học bằng cách chọn phương thức mua trả góp hàng tháng bằng số tiền bố cho với lãi suất 0,7%/tháng, thì bạn Bình phải trả góp bao nhiêu tháng mới hết nợ ? Sơ lược cách giải: Kết quả: Tran Mau Quy – 3 Bài 5: Cho tứ giác ABCD có 3,84( ); 10( )AB BC CD cm AD cm    , góc  032 13'48"ADC  . Tính diện tích và các góc còn lại của tứ giác. Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 6: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy 12,54( )a cm , các cạnh bên nghiêng với đáy một góc 072  . 6.1 Tính thể tích hình cầu (S1) nội tiếp hình chóp S.ABCD (Hình cầu tâm I cách đều các mặt bên và mặt đáy của hình chóp một khoảng bằn g bán kính của nó). Sơ lược cách giải: Kết quả: 6.2 Tính diện tích của hình tròn thiết diện của hình cầu (S1) cắt bởi mặt phẳng đi qua các tiếp điểm của mặt cầu (S 1) với các mặt bên của hình chóp S.ABCD (Mỗi tiếp điểm là hình chiếu của tâm I lên một mặt bên của hình chóp . Tâm của hình tròn thiết diện là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt ph ẳng cắt). Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 7: 7.1 Hãy kiểm tra số F =11237 có phải là số nguyên tố không. Nêu qui trình bấm phím để biết số F là số nguyên tồ hay không. + Trả lời: + Qui trình bấm phím: Tran Mau Quy – 4 7.2 Tìm các ước số nguyên tố của số: 5 5 51897 2981 3523M    . Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 8: 8.1 Tìm chữ số hàng đơn vị của số: 2006103N  8.2 Tìm chữ số hàng trăm của số: 200729P  Sơ lược cách giải: Kết quả: Bài 9: Cho 2 2 2 2 1 2 3 11 ... . 2 3 4n n u i n       ( 1i  nếu n lẻ, 1i   nếu n chẵn, n là số nguyên 1n  ). 9.1 Tính chính xác dưới dạng phân số các giá trị: 4 5 6, ,u u u . 9.2 Tính giá trị gần đúng các giá trị: 20 25 30, ,u u u . 9.3 Nêu qui trình bấm phím để tính giá trị của nu u4 = ---------------------- u5 = ----------------------- u6 = ------------------------ u20  u25  u30  Qui trình bấm phím: Tran Mau Quy – 5 Bài 10: Cho dãy số nu xác định bởi:         1 1 2 2 1 2 31; 2; 3 2 n n n n n u uu u u u u 10.1 Tính giá trị của 10 15 21, ,u u u 10.2 Gọi nS là tổng của n số hạng đầu tiên của dãy số  nu . Tính 10 15 20, ,S S S . u10 = u15 = u21= S10 = S15 = S20 = Qui trình bấm phím để tính u n và Sn: , nếu n lẻ , nếu n chẵn Tran Mau Quy – 6 UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục và đào tạo lớp 11 THPT năm học 2005 - 2006 Môn : MáY TíNH Bỏ TúI Đáp án và thang điểm: Bài Cách giải Đáp số ĐiểmTP Điểm toàn bài 1.1 Đổi đơn vị đo góc về Radian Gán 3 5 cho biến X, Tính 2 2 2 3 5 1 X XY X    và STO Y, Tính 4 2sin( ) ( ( )) 1.997746736 1 cos Yg Y g f x Y    . ( ( )) 1,754992282f g x  1,0 1 1.2 Dùng chức năng SOLVE lấy các giá trị đầu lần lượt là -6; -5; -4; ...,0;1; ...; 6 ta được các nghiệm: 1 2 3 4 5,445157771; 3,751306384; 1,340078802; 1,982768713 x x x x        1,0 2 2.1 Giải hệ phương trình: 4 3 5 2450 6x a x b xc x x      (hệ số ứng với x lần lượt thay bằng 2, 3, 5; ẩn số là a, b, c). Dùng chức năng giải hệ 3 phương trình, các hệ số a i, bi, ci, di có thể nhập vào trực tiếp một biểu thức, ví dụ 6 2 ^ 5 2 ^ 2 450    cho hệ số di ứng với x = 2. Sơ lược cách giải Kết quả a = -59 b = 161 c = -495 0.5 0.5 2 2.2 P(x) = (x-2)(x-3)(3x+5)(x-5)(2x-3) 1 2 3 4 5 3 52; 3; 5; ; 2 3 x x x x x      0.5 0,5 2 3.1 0.4196433776x  Nêu cách giải đúng 0,5 0,5 3 3.2 5 2 5 3 19(72 ) 240677 (*) 3 24067772 19 x x y x x y        Xét 53 24067772 19 xy x   (điều kiện: 9x  ) 9 STO X, ALPHA X, ALPHA =, ALPHA X+1, ALPHA : , 72 ALPHA X - ( 3 ALPHA X^5- 240677), bấm = liên tiếp. Khi X = 32 thì được kết quả của biẻu thức nguyên y = 5. Thay x = 32 vào phương trình (*), giải pt bậc 2 theo y, ta được thêm nghiệm nguyên dương y 2 =4603. Lời giải Kết quả x = 32 0,5 2 Tran Mau Quy – 7     32; 5 ; 32; 4603 x y x y     0,5 4.1 Sau 4 năm, bạn Châu nợ ngân hàng: A= 4 3 22000000(1.03 1.03 1.03 1.03) 8618271.62    Năm thứ nhất bạn Châu phải góp 12m (đồng). Gọi 1 0.03 1.03q    Sau năm thứ nhất, Châu còn nợ: 1 12x Aq m  Sau năm thứ hai, Châu còn nợ:   22 12 12 12 ( 1)x Aq m q m Aq m q      ... Sau năm thứ năm, Châu còn nợ 5 4 3 2 5 12 ( 1)x Bq m q q q q      . Giải phương trình: 5 4 3 2 5 12 ( 1) 0x Bq m q q q q       , ta được 156819m  Cách giải Kết quả cuối cùng đúng 0,5 0,5 4 4.2 Tháng thứ nhất, sau khi góp còn nợ: A = 5000000 -100000 = 4900000 (đồng). 4900000 STO A, 100000 STO B, thì: Tháng sau góp: B = B + 200000 (giá trị trong ô nhớ B cộng thêm 20000), còn nợ: A= A1,007 -B. Thực hiện qui trình bấm phím sau: 4900000 STO A, 100000 STO B, 1 STO D, ALPHA D, ALPHA =, ALPHA D+1, ALPHA : , ALPHA B, ALPHA =, ALPHA B + 20000, ALPHA : , ALPHA A, ALPHA =, ALPHA A1,007 - ALPHA B, sau đó bấm = liên tiếp cho đến khi D = 19 (ứng với tháng 19 phải trả góp xong còn nợ: 84798, bấm tiếp =, D = 20, A âm. Như vậy chỉ cần góp trong 20 tháng thì hết nợ, tháng cuối chỉ cần góp : 847981,007 = 85392 đồng. Cách giải Kết quả cuối cùng đúng 0,5 0,5 2 5 32013'18" c b a a a A B C D a = 3,84 ; c = 10 (cm) 2 2 2 cos 7.055029796b a c ac D    2 2 2 2 cos 0,6877388994 2 a bB a     0133 27 '5"ABC  15.58971171ABCDS  0,5 0,5 2 Tran Mau Quy – 8 .27.29018628; 4.992806526SH MHSH IH MH MS    = R (bán kính mặt cầu nội tiếp). Thể tích hình cầu (S1): 3 3 4 3 521.342129( ) V R cm   . 28,00119939SM  6, 27;MH IK IH  0,5 0,5 6 Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng đi qua các tiếp điểm của (S 1) với các mặt bên của hình chóp: 2 4.866027997IHd EI SH IH    Bán kính đường tròn giao tuyến: 2 2 1,117984141r EK R d    Diện tích hình tròn giao tuyến: 274,38733486( )S cm 0,5 0,5 2 F là số lẻ, nên ước số của nó không thể là số chẵn. F là số nguyên tố nếu nó không có ước số nào nhỏ hơn 106.0047169F  . gán 1 cho biến đếm D, thực hiện các thao tác: ALPHA D, ALPHA =, ALPHA D+2, ALPHA : , 11237 ALPHA D, bấm = liên tiếp (máy 570ES thì bấm CALC sau đó mới bấm =). Nếu từ 3 cho đến 105 phép chia không chẵn, thì kết luận F là số nguyên tố. Qui trình bấm phím Kết quả: F: không nguyên tố 0,5 0,5 (1897, 2981) 271UCLN  . Kiểm tra thấy 271 là số nguyên tố. 271 còn là ước của3523. Suy ra: 5 5 5 5271 7 11 13M    Bấm máy để tính 5 5 57 11 13 549151A     . gán 1 cho biến đếm D, thực hiện các tha o tác: ALPHA D, ALPHA =, ALPHA D+2, ALPHA : , 549151 ALPHA D, bấm = liên tiếp , phép chia chẵn với D = 17. Suy ra: 17 32303A   Bằng thuật giải kiểm tra số nguyên tố như trên, ta biết 32303 là số nguyên tố. 0,57 Vậy các ước nguyên tố của M là: 17; 271; 32 303 0,5 720 I M H D B C A S K E K I H M S Tran Mau Quy – 9 Ta có: 1 2 3 4 5 103 3(mod10); 103 9(mod10); 103 3 9 27 7(mod10); 103 21 1(mod10); 103 3(mod10);          Như vậy các luỹ thừa của 103 có chữ số tận cùng liên tiếp là: 3, 9, 7, 1 (chu kỳ 4). 2006 2(mod10) , nên 2006103 có chữ số hàng đơn vị là 9. 0,5 0,5 8 1 2 3 4 5 6 29 29( 1000); 29 841(mod1000); 29 389(mod1000);29 281(mod1000); 29 149(mod1000);29 321(mod1000); Mod       210 5 2 20 2 40 80 29 29 149 201(mod1000); 29 201 401(mod1000); 29 801(mod1000);29 601(mod1000);        100 20 8029 29 29 401 601 1(mod1000);      202000 100 20 2006 2000 6 29 29 1 1(mod1000); 29 29 29 1 321(mod1000);        Chữ số hàng trăm của P là 3. 1,0 2 Giải thuật: 1 STO A, 0 STO D, ALPHA D, ALPHA =, ALPHA D + 1, ALPHA : , ALPHA A, ALPHA =, ALPHA A + (-1)D-1 x ((D-1)D2. Sau đó bấm = liên tiếp, theo dõi số đếm D ứng với chỉ số của u D, ta được: 4 5 6 113 3401 967 ; ; ; 144 3600 1200 u u u   1,0 9 20 0,8474920248;u u25  0,8895124152; u30  0.8548281618 1,0 2 u10 = 28595 ; u15 = 8725987 ; u21 = 9884879423 1,0 S10 = 40149 ; S15 = 13088980 ; S20 = 4942439711 0,5 10 1 STO A, 2 STO B, 3 STO M, 2 STO D, ALPHA D, ALPHA=, ALPHA D+1, ALPHA : , ALPHA C, ALPHA =, ALPHA 3 ALPHA A, +, 2 ALPHA B, ALPHA : , ALPHA M, ALPHA =, ALPHA M + ALPH A C, ALPHA : ALPHA A, ALPHA =, ALPHA B, ALPHA : , ALPHA B, ALPHA =, ALPHA C, ALPHA : , ALPHA D, ALPHA=, ALPHA D+1, ALPHA : , ALPHA C, ALPHA =, ALPHA 2 ALPHA A, +, 3 ALPHA B, ALPHA : , ALPHA M, ALPHA =, ALPHA M + ALPHA C, ALPHA : ALPHA A, ALPHA =, ALPHA B, ALPHA : , ALPHA B, ALPHA =, ALPHA C, sau đó bấm = liên tiếp, D là chỉ số, C là uD , M là SD 0,5 2 Tran Mau Quy – 10 Bài 2: TXĐ: R. Y' = 13*x^2-14*x-2/(3*x^2-x+1)^2   2 22 13 14 2 ' 3 1 x xy x x     , 1 2' 0 1.204634926; 0.1277118491y x x     1 20.02913709779; 3.120046189y y   1 2 3.41943026d M M  Y"=-6*(13*x^3-21*x^2-6*x+3)/(3*x^2-x+1)^3 Bài 3: 0.4196433776x    3 2 32 6(13 21 6 3) " 3 1 x x xy x x       , 1 2 3" 0 1.800535877; 0.2772043294; 0.4623555914y x x x      1 2 30.05391214491; 1.854213065; 2.728237897y y y   Bài 4: 83 17; 13 13 C     16.07692308; 9.5ADC ABCS S  Diẹn tích hình tròn ngoại tiếp ABCD: ( ) 58.6590174ABCDS  Bài 5: Sau 4 năm, bạn Châu nợ ngân hàng: A= 4 3 22000000(1.03 1.03 1.03 1.03) 8618271.62    Năm thứ nhất bạn Châu phải góp 12m (đồng) . Gọi 1 0.03 1.03q    Sau năm thứ nhất, Châu còn nợ: 1 12x Aq m  Sau năm thứ hai, Châu còn nợ:   22 12 12 12 ( 1)x Aq m q m Aq m q      ... Sau năm thứ năm, Châu còn nợ 5 4 3 25 12 ( 1)x Bq m q q q q      . Giải phương trình 5 4 3 25 12 ( 1) 0x Bq m q q q q       , ta được 156819m  Bài 6: .27.29018628; 4.992806526SH MHSH IH MH MS    : bán kính mặt cầu ngoại tiếp. Thể tích hình cầu (S1): 521.342129V  . Bán kính đường tròn giao tuyến: 2 4.866027997 74.38734859IHr S SH IH     Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính Casio Đề thi chính thức Khối 11 THPT - Năm học 2006-2007 Thời gian: 120 phút - Ngày thi: 02/12/2006. Chú ý: - Đề thi gồm 4 trang - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này. - Nếu không nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 10 chữ số. Điểm toàn bài thi Các giám khảo (Họ, tên và chữ ký) Số phách (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi) GK1 Bằng số Bằng chữ GK2 Bài 1: a) Tính giá trị của biểu thức: 4 4 2 2 2 2 2 2 3 2 16 16 4 9 6 4 4 x y x y x yB x y x xy y x y   − + −= +   − + + +   khi: B = a/ ( . 5; 16)x y= − = b/ ( 1,245; 3,456).x y= = b) Xột dóy cỏc hàm số: ( ) ( ) ( ) (1 22 2sin 2 2 ; (os 3 1 x xf x f x f x f f x x c x += = =+ ( ) ( ( )( )( )( ) õn ...n n l f x f f f f x= 1 4 4 4 2 4 4 43 . Tớnh 2 14 15 20(2006); (2006); (2006); (20f f f f Suy ra: . ( ) ( )2006 20072006 ; 2006f f 2 14 20 31 (2006) ; (2006) (2006) ; (2006) f f f f = ≈ ≈ Bài 2: a/ Tớnh giỏ trị gần đỳng (chớnh xỏc đến 4 ch 3 3 32 2 21 3 51 2 3 2 3 4 5 6 7 A      = − + − + − +     ì ì ì      b/ Cho dóy số 1 1 11 1 1 2 4 8n    = − − − ⋅⋅⋅      u (gần đỳng). B ≈ ) ( ) ( )( )( )3) ; ;...;f x f f f x= 3106); (2006);f 15; (2006)f ≈ ≈ ữ số thập phõn) biểu thức sau: 57... 29 58 59 + − ì 32  . 11 2n  − . Tớnh u (chớnh xỏc) và  5 10 15 20, ,u u u a/ A ; ≈ 5u = 10 15 20; ;u u≈ ≈ u ≈ Bài 3: a/ Phõn tớch thành thừa số nguyờn tố cỏc số sau: 252633033 và 8863701824. b/ Tỡm cỏc chữ số sao cho số 567abcda là số chớnh phương. a/ 252633033 = 8863701824 = b/ Cỏc số cần tỡm là: Bài 4: Khai triển biểu thức ta được đa thức giỏ trị ch nh xỏc của biểu thức: ( 1521 2 3x x+ + ) 0 Tớnh với2 30 1 2 30... .a a x a x a x+ + + + 0E a= Bài 5: a) Tỡm c của số h b) Tỡm 4 3x y− Bài 6: 3 5na = Qui trìớ 1 2 32 4 8 .a a a− + − + E = hữ số lẻ thập phõn ữu tỉ 10000 29 . cỏc cặp số tự nhi 2xy= . Tỡm cỏc số tự 4756 15+ n cũng là nh bấm phím: . 29 30.. 536870912 1073741824a a− + thứ 11 kể từ dấu phẩy của số thập phõn vụ hạn tuần hoàn 2007 ờn ( ; )x y biết ;x y cú 2 chữ số và thỏa món phương trỡnh: ( ;x y = Chữ số lẻ thập phõn thứ 11 của 2007 10000 29 là: )= nhiờn (2000 60000)n n< < sao cho với mỗi số đú thỡ số tự nhiờn. Nờu qui trỡnh bấm phớm để cú kết quả. n = Bài 7: Cho dóy số: 1 2 3 4 1 1 1 12 ; 2 ; 2 ; 21 12 2 2 21 12 2 2 12 2 2 u u u u= + = + = + = + + + + + + + 1 ; ... 12... 12 2 n + ứa tầng phõn số). n Tớnh giỏ trị chớnh xỏc của u u và giỏ trị gần đỳng của . 5 9 1, ,u 0 15 20,u u u5 = ---------------------- u9 = ----------------------- u10 = ------------------------ Bài 8: Cho đa thức biết 3 2( )P x ax bx cx d= + + + (1) 27; (2) 125; (3) 343P P P= = = và u15 = ---------------------- u20 = ----------------------- B t v n d c 12u = + (biểu thức cú ch. (4) 735P = a/ Tớnh P P (Lấy kết quả chớnh xỏc). ( 1); (6); (15); (2006).P P− b/ Tỡm số dư của phộp chia ( ) 3 5P x cho x − . Số dư của phộp chia ( ) 3 5P x cho x − là: r = ( 1) ; (6)) (15) ; (2006) P P P P − = = = = ài 9: Lói suất của tiền gửi tiết kiệm của một số ngõn hàng hiện nay là 8,4% năm đối với iền gửi cú kỳ hạn một năm. Để khuyến mói, một ngõn hàng thương mại A đó đưa ra dịch ụ mới: Nếu khỏch hàng gửi tiết kiệm năm đầu thỡ với lói suất 8,4% năm, sau đú lói suất ăm sau tăng thờm so với lói suất năm trước đú là 1%. Hỏi nếu gửi 1.000.000 đồng theo ịch vụ đú thỡ số tiền sẽ nhận được là bao nhiờu sau: 10 năm? ; 15 năm? Nờu sơ lược ỏch giải. Số tiền nhận được sau 10 năm là: Số tiền nhận được sau 15 năm là: Sơ lược cỏch giải: Bài 10: Một người nụng dõn cú một cỏnh đồng cỏ hỡnh trũn bỏn kớnh một, đầy cỏ khụng cú khoảnh nào trống. ễng ta buộc một con bũ vào một cõy cọc trờn mộp cỏnh đồng. Hóy tớnh chiều dài đoạn dõy buộc sao cho con bũ chỉ ăn được đỳng một nửa cỏnh đồng. 100R = Chiều dài sợi dõy buộc trõu là: l ≈ Sơ lược cỏch giải: Hết Sở Giáo dục và đào tạo kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế lớp 11 thCS năm học 2006 - 2007 Môn : MáY TíNH Bỏ TúI Đáp án và thang điểm: Bài Cách giải Điểm TP Điểm toàn bài a) Rỳt gọn biểu thức ta được: ( )3 3 2 2 2 2 4 7 18 4 9 6 4 x y xy x y B x xy y − − += + + . 0,5 286892( 5; 16) 769 x y B= − = ⇒ = − ( 1, 245; 3,456) -33.03283776x B= ⇒ ≈ 0,25 0,25 1 b) Gỏn 0 cho D và gỏn 2006 cho X; ALPHA D ALPHA = ALPHA X+1: ( )22 sin(2 ) 2 os(3X) 1 X X X c Y += + : X Y= ; Bấm phớm = liờn tiếp (570MS) hoặc CALC và bấm = liờn tiếp (570ES). Kết quả: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 14 15 20 31 2006 2007 (2006) 2; 2006 2.001736601;f 2006 0.102130202; 2.001736601; 2006 0.102130202; (2006) 2.001736601; 2006 0.102130202; f f f f f f = ≈ ≈ ≈ ≈ ≈ ≈ 1,0 2 a/ Gỏn 0 cho A và cho X; ALPHA X ALPHA = ALPHA X+1: ALPHA A ALPHA =ALPHA A + ( ) 322 1 2 (2 1) X X X X  − − +  166498.7738A ; Bấm phớm = liờn tiếp (570MS) hoặc CALC và bấm = liờn tiếp (570ES), đến khi X = 29 thỡ dừng. Kết quả: ≈ 1,0 2 b/ 0 SHIFT STO X; 1 SHIFT STO A; ALPHA X ALPHA = ALPHA X+1: ALPHA A ALPHA = ALPHA A ( 1 1 2X − ). Bấm phớm = liờn tiếp (570MS) hoặc CALC v