Tải bản đầy đủ

Đề thi Casio khu vực THPT 2007

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO
NĂM 2007
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Lớp 12 THPT
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:13/3/2007
SƠ LƯỢC CÁCH GIẢI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài
Cách giải Kết quả Điểm
1
- Có:

)1(
1
1
))1(( ≠

=− a
a
ff


af =

)2(
1
- Giải phương trình tìm a:

0)36()31(
2
=−−+− aa
+
)1(
1
1
))1(( ≠

=− a
a
ff

af =

)2(
1
+
2
322831
2,1
−±+
=a
+
8427,3
1
≈a

1107,1
2
−≈a
0,5
0,5
2,0


1,0
1,0
2 Áp dụng đạo hàm để tìm cực trị

4034,25)(
4035,0)(

−≈
xf
xf
CD
CT
2,5
2,5
3 Theo cách giải phương trình lượng giác

0 0
1
0 0
2
67 54' 33'' 360
202 5' 27'' 360
x k
x k
 +
 +
2,5
2,5
4
Chọn MODE Rad, chọn trong 10 số tiếp theo N
có:
a) m = 1005 , l = 1002
b) m = 1000007, l = 1000004
c) Áp dụng định nghĩa giới hạn của dãy
a)
22179,2
10021005
〉〉−uu
b)
21342,2
10000041000007
〉〉−uu
c) Giới hạn không tồn tại
2,0
2,0
1,0
5
Tìm các hệ số của hàm số bậc 3:

( )
0,)(
23
≠+++= adxcbxaxxf
Tìm các điểm cực trị, tìm khoảng cách giữa
chúng

110
123
;
1320
563
== ba

22
1395
;
1320
25019
−=−= dc

1791,105≈kc
1,50
1,50
2,0
6
Gọi r và h theo thứ tự là bán kính và chiều cao
hộp sữa. Khi ấy thể tích hộp sữa là
2
V r h
π
=

diện tích vỏ hộp là
2
2 2S r r h
π π
= +
. Từ đây,
bằng phép thế, ta có
2
628
2S r
r
π
= +
và đạt giá
trị nhỏ nhất khi
( )
0' =rS
, tức là khi
2
628
4 0r
r
π
− =

6834,3
157
3
≈=
π
r

7414,255
628
2
2
≈+=
r
rS
π
2,0
3,0
Bài Cách giải Kết quả Điểm
7
- Áp dụng công thức đổi sang cơ số 10 của
logarit, ta có:

2log
3log
3log
2
=
cho hệ phương trình

( )



+=++
+=+
yyxx
xyyx
222
222
log2log3log23
log3loglog
- Suy ra: y = 2x

13log2
1
2

=x

13log2
2
2

=y

4608,0≈x

9217,0≈y
1,5
1,5
1,0
1,0
8
Tìm tọa độ đỉnh B nhờ xác định tỷ số điểm B
chia đoạn MN
Điểm B chia MN theo tỷ số

3
31 ±−
=k
Tọa độ của B là :
3
321 ±−
=x

3
327 ±
=y
,
3
327 ±
=z
2,0
1,0
2,0
9

r
ABAOB
22
sin =


( )
phVnhChtrV
SSSS
..
−−=

radAOB 8546,1≈∠

5542,73≈S
2,0
3,0
10
Trước hết cần chỉ ra rằng tỷ số này bằng

3
108cos21
2
0
+
=k
(Xem thêm lời giải chi tiết kèm theo)

7136,0≈k
5,0
Lời giải bài số 10:
Giả sử các mặt hình ngũ giác đều có độ dài cạnh bằng a. Ta thấy mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện được
xác định bởi 4 đỉnh bất kỳ không đồng phẳng. Ta có thể tính ra được bán kính R của quả cầu ngoại tiếp đa
diện dựa trên 4 điểm là: một đỉnh tùy ý và 3 đỉnh khác nằm trên ba cạnh kề với đỉnh này.
Rõ ràng, 4 điểm đã nói lập thành một “ hình chóp cân” có đáy là tam giác đều và 3 mặt bên là những
tam giác cân bằng nhau. Cạnh của tam giác đều ở đáy lại là đường chéo của mặt ngũ giác đều, cho nên tính
được nhờ định lý hàm số cô-sin, cụ thể là

)108cos1(2108cos22
0022
−=−= aaab
Bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác đều được tính qua cạnh theo công thức:

3
)108cos1(2
3
30cos2
0
0

=== a
bb
r
Số đo góc a giữa cạnh của hình chóp cân và mặt phẳng đáy được xác định nhờ công thức:

3
)108cos1(2
cos
0

==
a
r
a
Lưu ý rằng đường vuông góc hạ từ đỉnh của “hình chóp cân” xuống mặt đáy của nó sẽ đi qua tâm của
mặt cầu ngoại tiếp đa giác, cho nên bán kính R của mặt cầu này được xác định từ công thức
a
a
R
sin2
=
, và
do đó
3
108cos21
2cos12sin2
0
2
+
=−== aa
R
a
Dùng máy tính ta tính được
7136441807,0≈k

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×