1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
THANH HÓA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2010 – 2011

Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Điểm của bài thi
Các giám khảo
(Họ và tên, chữ ký)
Số phách
Bằng số
1.

Bằng chữ
2. Chú ý: 1) Kết quả tính chính xác đến 5 chữ số thập phân (trừ kết quả bài 1)
2) Thí sinh ghi kết quả vào ô trống bên phải, đối với các bài từ bài 6 – 10 có thêm phần
tóm tắt lời giải.
3) Thí sinh không được có thêm ký hiệu nào khác trong bài làm. Đề bài Kết quả

Bài 1:
(2 điểm)
Tìm gần đúng các nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình:

3(sin cos ) 5sin cos 2xx xx+− =

yy x
x
yy
⎧
+=+
⎪
⎨
+=+
⎪
⎩
Bài 4:
(2 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; -1) và hai
đường thẳng: d
1
: x – y – 1 = 0 ; d
2
: 2x + y – 5 = 0.
Tính gần đúng toạ độ tâm và bán kính của đường tròn đi qua điểm
M và tiếp xúc với đường thẳng d
2
. Biết tâm của đường tròn nằm
trên đường thẳng d
1



5
Bài 9: (2 điểm). Cho dãy số (
n
u
)
12



Tìm gần đúng các nghiệm (độ, phút, giây) của phương
trình:

3(sin cos ) 5sin cos 2xx xx+− =00
1
27 26 '33" 360xk≈− +
00
2
51 01'14" 360xk≈− +
00
3
62 33'27" 360xk≈+

00
4
141 01'14" 360xk≈+
Với k
Z
∈0,5
0,5
0,5
0,5

Bài 2:

+=+
⎪
⎩

4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y
=
⎧
⎪
⇔
⎨
=
⎪
⎩

Hay
2,40942
4,81884
x
y
≈
⎧
⎨
≈

≈
⎧
⎨
≈
⎩
1
5(9 6 2)R =−
≈
1,15095

I
2
2
2
27,14214
28,14214
x
y
≈−
⎧
⎨
≈−
⎩

2
5(9 6 2)R =+

≈
39, 09828


2.0
Bài 6:
Trong hộp có 100 viên bi được đánh số từ 1 đến 100. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 viên.
Tính xác suất của biến cố: "Tổng 3 số trên 3 viên bi là một số chia hết cho 3".

Lời giải tóm tắt bài 6 Kết quả
Điểm
Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100, có 33 số chia hết cho
3, có 34 số chia cho 3 dư 1 và có 33 số chia cho 3 dư 2.
T/h 1: Cả 3 số trên 3 viên có cùng số dư khi chia cho 3:

333
33 34 33
CCC++
T/h 2: Ba số trên 3 viên bi chia cho 3 có số dư khác nhau
từng đôi:
111
33 34 33
C.C.C
Gọi A là biến cố cân tính xác suất, ta có

333111
33 34 33 33 34 33
3
100
CCCC.C.C
P(A )
C
+++
=

=
x
x
y đối xứng với nhau qua
đường thẳng d: y = x – 1.
Lời giải tóm tắt bài 7 Kết quả
Điểm
Ta có : AB ⊥ d => đường thẳng AB có phương trình dạng : y = - x + m
=> Toạ độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
+−=
1
2
x
x
y
mxy

⇒
2x
2
– (m +1)x + m = 0 (1) => x
A
+ x

⎪
==
⎪
⎩

Mà I thuộc đường thẳng d: y = x – 1
⇒
31
4
m
−
=
1
4
m
+
-1 ⇒ m = -1
Thay m = -1 vào pt (1) được : 2x
2
– 1 = 0
Với x
1
=
2
2
1
2
2
1
+−=⇒− y ; Với x

−≈
≈
70711,1
70711,0
2
2
y
x1.0

0.5 0.5
3
Bài 8:

Có I là trọng tâm tam giác SAC nên SI =
2
3
SO, suy ra SB’ =
2
3
SB.
Gọi V = V
S
.
ABCD
, V
1
=V
S
.
AB’C’D’
và V
2
= V
ABCDB’C’D’
. Ta có:
V
2
= V- V
1
.
V =

ABCD

. Mà
.'' .
,
SABC SABC
VVVV==
1
11
22
nên
Va
V ==
3
1
39
.
Vậy
aa a
VVV
=−= − =
33 3
21
2
39 9
3
32646,80 cm≈
V
1
3

Va
V ==
3
1
39

V
2
=
3
2
9
a

3
32646,80 cm≈


4
Bài 9: Cho dãy số (
n
u
)
12
11
4, 2
35
nnn
uu
uuu
+−
==
⎧
⎨
=+
⎩
(n
≥
2)
a. Viết quy trình bấm phím tính
1n
u
+
.
b. Tính
10 15
à.uvu1.0

0.5
0.5

Bài 10:
Cho hàm số f(x) =
2010 2009 2008
( 1) (2 1) (2009 1) 2010 1
x
kx kx kx k
+
+++++ +++, với k
thuộc R. Tính f (1 – k).
Lời giải tóm tắt bài 10
Kết quả
- Điểm
+ Xét khi x = 1 => 1 – k = 1 ⇔ k = 0. Ta có:
f(1) = 1 + 1 + …+ 1 = 2011 (vì có 2011số 1)
+ Xét khi x
1≠
ta có :
x
2009
+ 2x
2008
+ 3x

x
⎡
⎤
++++++−
⎣
⎦
−
=
2011 2011
2
1 1 2011 2010
(2011)
11 (1)
xxx
xx x
−−+
−=
−− −

=> f(x) = (x
2010
+ x
2009
+ … + x + 1) + k (x
2009
+ 2x
2008
+ 3x
2007
+ …+ 2009x + 2010).


Khi x
≠ 1 ta có x = 1
– k
≠ 1 => k ≠ 0

⇒ f (1 – k) =
2012 2011
2
(1 ) ( 1)(1 ) (2011 1)(1 ) 2010 1kk k k k k
k
−+−−− +−+ +

⇒ f(1- k) = 2011
Vậy f (1- k) = 2011 với mọi k thuộc R.

(0,5 đ)
(1,0 đ)