Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm của số tự nhiên

Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CÇM TAY §Ò thi chÝnh thøc Khèi 12 THPT - N¨m häc 2009-2010 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 20/12/2009 - Đề thi gồm 5 trang §iÓm toµn bµi thi C¸c gi¸m kh¶o (Hä, tªn vµ ch÷ ký) Sè ph¸ch (Do Chñ tÞch Héi ®ång thi ghi) B»ng sè B»ng ch÷ GK1 GK2 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 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy Bài 1. (5 điểm) Tính giá trị của hàm số 2 3 2x + sin3 x + cos3 x  f ( x)  tại  x = 0, 75 : f ( x) =  log2 (tan (e-2 x + 1) + x x + 1) Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 2. (5 điểm) Tìm tọa độ giao điểm của của đồ thị hai hàm số  y = x4 - 3x2 + 4 và  2 y = x  + 2x + 5 . x2 + 2 Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 3. (5 điểm) Tính gần đúng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = - x2 + 4x - 3 +  5 - 2x Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 4. (5 điểm) Cho dãy hai số un 2 xác định như sau: u1 = 1; un = 5un -1 + kun-1 - 8 (n = 2, 3, 4, ...) , k là số nguyên dương cho trước. a) Chứng tỏ rằng chỉ có một giá trị k bé hơn 30 để cho các giá trị của dãy số đều nguyên. Khi đó tính chính xác các giá trị u10; u11 ; u12 ; u13 . b) Với giá trị k tìm được ở câu a), lập công thức truy hồi tính un + 2 theo un +1 và un . Chứng minh. Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 5. (5 điểm) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm của số tự nhiên: 2010 9 A = 2 Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 6. (5 điểm) Bác An gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 0,72%/tháng. Sau một năm, bác An rút cả vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,78%/tháng. Gửi đúng một số kỳ hạn 6 tháng và thêm một số tháng nữa thì bác An phải rút tiền trước kỳ hạn để sửa chữa nhà được số tiền là 29451583,0849007 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bác An gửi bao nhiêu kỳ hạn 6 tháng, bao nhiêu tháng chưa tới kỳ hạn và lãi suất không kỳ hạn mỗi tháng là bao nhiêu tại thời điểm rút tiền ? Biết rằng gửi tiết kiệm có kỳ hạn thì cuối kỳ hạn mới tính lãi và gộp vào vốn để tính kỳ hạn sau, còn nếu rút tiền trước kỳ hạn, thì lãi suất tính từng tháng và gộp vào vốn để tính tháng sau. Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải. Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 7. (5 điểm) Cho đa thức P( x) = ( 2x + 3) + ( 2x + 3)2 + ( 2x + 3)3 + × × × + ( 2 x + 3)20 a) Tính gần đúng P æ - 2 ö ç 3 ÷ è ø b) Tìm hệ số chính xác của số hạng chứa x5  trong khai triển và rút gọn đa thức P(x). Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 8. (5 điểm) Trong ngày thi giải toán trên máy tính cầm tay (20/12/2009), bạn Bình đố bạn Châu tìm số nguyên x nhỏ nhất sao cho khi bình phương lên thì được một số nguyên có 4 chữ số đầu là 2012 và 4 chữ số cuối là 2009. Em hãy giúp bạn Bình tìm số x này và viết chính xác số x2 . Nêu sơ lược cách giải. Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 9. (5 điểm) ì Tính gần đúng nghiệm của hệ phương trình:  x 3 + log2 y = 12 í27 x - log3 y = 25 î 2 Tóm tắt cách giải: Kết quả: Bài 10. (5 điểm) Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính R = 10cm , đặt trong một khung hình hộp chữ nhật (hình 1). Trong chậu có chứa sẵn một khối nước hình chỏm cầu có chiều cao h = 4cm . Người ta bỏ vào chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi (hình 2). Tính bán kính của viên bi (kết quả làm tròn đến 2 chữ số lẻ thập phân) Cho biết công thức tính thể tích khối chỏm cầu của hình cầu (O, R), có chiều cao h là: V = p h2 æ R - h ö c hom cau ç 3 ÷ è ø Hình 1 Hình 2 Tóm tắt cách giải: Kết quả: --------------HẾT------------- Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CÇM TAY §Ò thi chÝnh thøc Khèi 12 THPT - N¨m häc 2009-2010 Đáp án và biểu điểm Bµi C¸ch gi¶i §iÓm TP §iÓm toµn bµi 1 3 2x2 + sin3 x + cos3 x f ( x) = Trước khi tính, cần chuyển về log2 (tan (e + 1) + x x + 1) -2 x Mode tính đơn vị đo góc bằng Radian f (0, 75) » 0, 6063 5 2 Phương trình cho hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số: 2 y = x4 - 3x2 + 4 và y = x + 2x + 5 là: x2 + 2 2 2 x4 - 3x2 + 4 = x + 2x + 5 Û x4 - 3x2 + 4 - x + 2x + 5 = 0 . x2 + 2 x2 + 2 Dùng chức năng SOLVE ta tìm được hai nghiệm (khi lấy giá trị đầu là 0 và 1): x1 » 0, 701149664 và x2 » 1, 518991639 . Dùng chức năng CALC để tính các giá trị tung độ giao điểm: y1 » 2, 7668 và y2 » 2, 4018 . Vậy: Hai đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại hai điểm A (0, 7011; 2, 7668) , B(1, 519 ; 2, 4018) 3 Hàm số: y = - x2 + 4x - 3 + 5 - 2x có tập xác định của hàm số là: 1; 5 é ù ê 2 ú ë û Đạo hàm của hàm số: -2x + 4 2 ( - x + 2) 5 - 2x - - x2 + 4 x - 3 y ' = - = 2 - x2 + 4x - 3 2 5 - 2x - x2 + 4x - 3 ´ 5 - 2 x y ' = 0 Û ( - x + 2) 5 - 2x - - x2 + 4x - 3 = 0 Û ( - x + 2) 5 - 2x = - x2 + 4x - 3 Û (- x + 2) 5 - 2x = - x2 + 4x - 3 Û ( - x + 2)2 (5 - 2x ) = - x2 + 4x - 3 (1 £ x £ 2, 5) Û 2x3 -14x2 + 32x - 23 = 0 (1 £ x £ 2, 5) Giải phương trình, chỉ có một nghiệm thực x = 2 » 1, 434802283 Î [1; 2, 5] và hai nghiệm ảo. Dùng chức năng CALC để tính giá trị của hàm tại 2 cận và tại điểm cực đại, ta được: Tương tự, ta có: f (1, 434802283) » 2, 284542897; f (1) = 3 » 1, 732050808; f (2, 5) = 3 » 0, 866025403 2 Vậy: Max f ( x) » 2, 2845; Min f ( x) = 3 » 0, 866 2 4 u = 1; u = 5u + ku 2 - 8 (n = 2, 3, 4, ...) 1 n n -1 n-1 a) u = 1; u = 5u + ku 2 - 8 = 5 - k - 8 . 1 2 1 1 Để u2 Î N thì k - 8 = 0 , 1, 4 , 9 , 16 Û k = 8 , 9 , 12 , 17 , 24 (k < 30). Thử với k = 8 , 9 , 12 , 17 : chỉ có u1 , u2 là số nguyên, còn u3 Ï Z . Khi thử với k = 24 thì đúng với nhiều un liên tiếp. Với k = 24 : Ta có: u1 = 1, u2 = 9, u3 = 89; u4 = 881; u5 = 8721; u6 = 86329; u7 = 854569; u8 = 8459361; u9 = 83739041; u10 = 828931049. u11 = 8205571449; u12 = 81226783441; u13 = 804062262961; b) Công thức truy hồi của un+2 có dạng: un + 2 = aun +1 + bun + 2 . Ta có hệ phương trình: ìu3 = au2 + bu1 ì 9a + b = 89 í Û í Û a = 10; b = -1 îu4 = au3 + bu2 î89a + 9b = 881 Do đó: un + 2 = 10un+1 - un Chứng minh sơ lược: Ta có: u = 5u + 24u 2 - 24 Þ u - 5u = 24u 2 - 24 Þ u 2 -10u u + u 2 + 24 = 0 n n-1 n-1 n n-1 n-1 n n n-1 n-1 (1) Thay n bởi n +1: u 2 -10u u + u 2 + 24 = 0 (2). n +1 n +1 n n Trừ (1) cho (2) ta có: u 2 - u 2 -10u (u - u ) = 0 Û (u - u ) (u + u -10u ) = 0 n +1 n -1 n n +1 n -1 n +1 n-1 n +1 n -1 n Dãy số đơn điệu tăng, nên: un +1 + un -1 -10un Û un +1 = 10un - un-1 Hay: un + 2 = 10un +1 - un 5 Ta có: 29 = 291 º 512 ( mod 1000) 292 = 29´9 = (29 )9 º 5129 º 5125 ´ 5124 º 352 (mod 1000) 293 = 292 ´9 = (292 )9 º 3529 º 912 (mod 1000) 294 = 293 ´9 = (293 )9 º 9129 º 952 (mod 1000) 295 = (294 )9 º 9529 º 312 (mod 1000) ; 296 = (295 )9 º 3129 º 552 (mod 1000); 296 = (295 )9 º 3129 º 552 (mod 1000); 297 = (296 )9 º 5529 º 712 (mod 1000); 298 = (297 )9 º 7129 º 152 (mod 1000); 299 = (298 )9 º 1529 º 112 (mod 1000); 299 = (298 )9 º 1529 º 112 (mod 1000); 2910 = (299 )9 º 1129 º 752 (mod 1000); 2911 = (2910 )9 º 7529 º 512 (mod 1000); Do đó chu kỳ lặp lại là 10, nên Vậy: A = 292010 có ba chứ số cuối là: 752 6 Số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi sau 4 kỳ hạn 3 tháng và sau 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7 kỳ hạn 6 tháng lần lượt là: 20000000 (1 + 0, 72 ´ 3 ¸100)4 (1 + 0, 78 ´ 6 ¸100)A . Dùng phím CALC lần lượt nhập giá tri của A là 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta được: 22804326,3 đồng; 232871568,78 đồng; 24988758,19 đồng; 26158232,06 đồng; 27382437,34 đồng ; 28663935,38 đồng; 30005407,56 đồng Ta có: 28663935,38 < 29451583,0849007< 30005407,56, Nên số kỳ hạn gửi sáu tháng đủ là: 6 kỳ hạn. Giải phương trình sau, bằng dùng chức năng SOLVE và nhập cho A lần lượt là 1 ; 2; 3 ; 4; 5, nhập giá trị đầu cho X là 0,6 (vì lãi suất không kỳ hạn bao giờ cũng thấp hơn có kỳ hạn) 20000000 (1 + 0, 72 ´ 3 ¸100)4 (1 + 0, 78 ´ 6 ¸100)6 (1 + X ¸100)A - 29451583.0849007 = 0 X = 0,68% khi A = 4. Vậy số kỳ hạn 6 tháng bác An gửi tiết kiệm là: 6 kỳ hạn ; số tháng gửi không kỳ hạn là: 4 tháng và lãi suất tháng gửi không kỳ hạn là 0,68% 7 a) P æ - 2 ö » 68375, 2807 ç 3 ÷ è ø b) Hệ số của số hạng chứa x5 là: 20 2 å Ck ´ 3 = 2 ´ 296031627712=9473012086784 5 5 k -5 5 k =5 8 Các số có 4 chữ số mà khi bình phương lên có 4 chữ số cuối là 2009 là: 2003, 7003, 3253, 8253, 1747, 6747, 2997, 7997. 4485 < 2012abcd < 4487; 14184 < 2012abcde < 14189 44855 < 2012abcdef < 44866; 141844 < 2012abcdefg < 141880 Số cần tìm là: x = 14186747 x2 = 201263790442009 9 ì 3x + log y = 12 í 2 î27 x - log3 y = 25 2 Đặt u = 3x > 0 ; v = log y , Hệ phương trình trở thành: ìu + v = 12 í 2 îu3 - v3 = 25 ìu + v = 12 ìïv = 12 - u ì v = 12 - u (1) í Û í Û í - 36u + 432u -1753 = 0 (2) îu3 - v3 = 25 ïu3 - (12 - u )3 = 25 î2u3 2 î Giải phương trình (2) ta được một nghiệm thực duy nhất: u » 6,11572639 . Thay vào (1) ta được: v » 5, 88427361 u = 3x » 6,11572639 Þ x » log 6,11572639 » 1, 6483 ; 3 v = log y » 5, 88427361 Þ y » 25,88427361 » 59, 0667 2 Vậy: Hệ phương trình có nghiệm gần đúng là: ( x » 1, 6483; y » 59, 0667 ) 10 Gọi x là bán kính viên bi hình cầu. Điều kiện: 0 < 2 x < 10 Û 0 < x < 5 Thể tích khối nước hình chỏm cầu khi chưa thả viên bi vào: V = p h2 æ R - h ö = 16p æ10 - 4 ö = 416p » 435, 6341813 1 ç 3 ÷ ç 3 ÷ 3 è ø è ø Khi thả viên bi vào thì khối chỏm cầu gồm khối nước và viên bi có thể tích là: V ( 2 )2 æ 2x ö 4p x (30 - 2x ) 2 2 = p x ç R - ÷ = è 3 ø 3 Ta có phương trình: V - V = 4 p x3 Û 4p x2 (30 - 2 x ) - 416p = 4p x3 Û 3x3 - 30x2 + 104 = 0 . 2 1 3 Giải phương trình ta có các nghiệm: x1 » 9, 6257 > 5 (loại); x2 » 2, 0940 < 5 và x3 » -1, 8197 < 0 (loại). Vậy: Bán kính viên bi là r » 2, 09 cm