de casio th hue

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (205.23 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính cầm tay

Đề thi chính thức Khối 9 THCS - Năm học 2009-2010
Thời gian lm bi: 150 phút - Ngày thi: 20/12/2009.

Chú ý: - Đề thi gåm 5 trang

- Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này.

- Nếu khơng nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 4 chữ số lẻ thập

phân.

Điểm toàn bài thi (Họ, tên và chữ ký)Các giám khảo (Do Chủ tịch Hội đồngSố phách
thi ghi)

B»ng sè B»ng chữ

GK1

GK2

Bài 1: (5 im) Tớnh giỏ tr ca biu thức:

3
2

5
4

6
5

3 4

18, 47
2,85

6,78
5,88

7,98
1 5 2 9 2
5 7 9 7 5
A






    

  

    

   

 

 

b) 3 9 3 7 9 3 7 2010 23,56
5 6 7 7 11 15 3 7 2 11

B     

    

3 2 2 3 2 4

2 2 3 3 2 3

(1 sin ) (1 cos ) (1 2cos )
(1 cos ) (1 cot ) (1 3sin )

x y z

C

y g x z

  



  

biết cosx0,9534; siny0, 7685;tgz0, 7111.
Bµi 2: (5 điểm) Cho đa thức 5 4 3 2

( )

P x x ax bx cx dx e có giá trị là:
14; 9; 0; 13; 30

  khi x lần lượt nhận giác trị là 1; 2; 3; 4; 5.
a) Tìm biểu thức hàm của đa thức P x( ).

b) Tính giá trị chính xác của P(17), P(25), P(59), P(157).

x 17 25 59 157

A



C



a) P x( )

Nêu sơ lược cách giải:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

P(x)

Bµi 3: (5 điểm)

a) Số chính phương P có dạng P3 01 6 29a b c . Tìm các chữ số a b c, , biết rằng

3 3 3 349

a b c 

b) Số chính phương Q có dạng Q65 3596 4c d . Tìm các chữ số c d, biết rằng tổng các

chữ số của Q chia hết cho 5. Nêu sơ lược qui trình bấm phím.

Bµi 4: (5 điểm)

Ba vòi nước cùng chảy vào một bể ban đầu chưa có nước sau 315

193 giờ thì đầy bể. Biết
rằng, nếu chảy một mình vào bể chưa có nước thì vòi thứ hai chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ
nhất 30 phút; vòi thứ ba chảy chậm hơn vòi thứ hai 15 phút. Tính thời gian chảy một mình để
đầy bể của mỗi vịi nước.

Bµi 5: (5 điểm) Cho các đa thức:

5 4 3 2

( ) 120 98 335 93 86 72

P x  x  x  x  x  x và Q x( ) 12 x211x 36.
a) Phân tích các đa thức P(x) và Q(x) thành nhân tử.

b) Tìm các nghiệm chính xác hoặc gần đúng của phương trình: P x( )Q x x( )



23



.
a)

b/ Các số cần tìm là:
Quy trình bấm phím:

n

Sơ lược cách giải:

a) P x( )
Q x( )

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bµi 6: (4 điểm) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm của số tự nhiên:
2010

2 A



Bài 7: (5 điểm) Cho dãy hai số un xác định bởi:





2
1
1 2

2
2

1 ; n , 3

n
n

u

u u u n n

u






   N 

a) Tính các giá trị chính xác của u u u u u u u u3, 4, 15, 16, 17, 18, 19, 20. Viết qui trình bấm phím.
b) Lập cơng thức truy hồi tính un2 theo một biểu thức bậc nhất đối với un1 và un. Chứng

minh.

a) u3 ;u4  ;u15  ;u16
u17  ;u18  ;u19  ;u20 
Quy trình bấm phím:

b) Cơng thức truy hồi tính un2 
Ba chữ số cuối của A là:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 8: (5 điểm) Cho hình chóp ngũ giác đều S.ABCDE, cạnh đáy aAB8dm, cạnh bên

l SA  dm.

a) Tính gần đúng diện tích đa giác đáy ABCDE.

b) Tính gần đúng diện tích xung quanh và thể tích của
hình chóp S.ABCDE.

Bài 9: (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, cịn 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.

Bài 10: (6 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm:



4; 2 ,





1;3 ;





6;1 ,





3; 2



A  B  C D  

a) Tứ giác ABCD là hình gì ? Tính chu vi, diện tích và chiều cao của tứ giác ABCD.
b) Tính gần đúng hệ số góc của đường thẳng chứa tia phân giác trong góc A của tam
giác CAD và tọa độ giao điểm E của tia phân giác trong góc A với cạnh CD.

Số kỳ hạn 6 tháng là: Số tháng gửi chưa tới kỳ han 6 tháng là:
Lãi suất tháng gửi không kỳ hạn tại thời điểm rút tiền là:

Sơ lược cách giải:

a) Diện tích đáy của hình chóp đều S.ABCDE: SABCDE 
b) Diện tích xung quanh của hình chóp đều S.ABCDE: Sxq 
Thể tích của hình chóp đều S.ABCDE: V 

A B

C
D

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Hết
a) Tứ giác ABCD là:

Chu vi của tứ giác ABCD là: CV 
+ Diện tích của tứ giác ABCD là: S 
+ Chiều cao của ABCD là: h

b) Hệ số góc của tia phân giác AE là: a

+ Tọa độ điểm E là: E( ; )

c) Diện tích tam giác ADE là:
ADE

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Sở Giáo dục và đào tạo kỳ thi chọn hoc sinh gii tnh

Thừa Thiên Huế lớp 9 thCS năm học 2009 - 2010

M«n : MÁY TÍNHCẦM TAY 
Đáp án và thang điểm:

Bài Cách giải ĐiểmTP Điểmtoàn

bài

1

180792,3181

A 1,5

5
2,5347

B . 2,0

1,1771

C

1,5

2

a) Đa thức P x( )có thể viết dưới dạng:





( ) ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5) ( 3)

P x  x x x x x  x ax b

(1) 14 7 2

(2) 9 2 9 5

P a b a

P a b b

   

  

 

  

   

  

Với giá trị a và b vừa tìm, thử lại P(4) 13; (5) 30 P  đúng giả thiết bài
toán cho.

Vậy: P x( ) ( x1)(x 2)(x 3)(x 4)(x 5) ( x 3) 2



x5



b) P(17) = 524706; P(25) = 5101690; P(59) = 549860808;
P(157)  8,6598881451010 P(157) = 86598881446

5

3

a) a6; b2;c5. 2,0

5
b) c9;d8

Cách giải:

1,0
2,0

4

Gọi x (giờ) là thời gian chảy một mình để đầy bể. Điều kiện: 315
193
x

Khi đó, thời gian chảy một mình để đầy bể của vịi thứ hai và vịi thứ ba
lần lượt là: 1; 1 1 3

2 2 4 4

x x   x (giờ).
Ta có phương trình:

1 1 1 193 1 1 1 193

0
0,5 0,75 315 0,5 0,75 315
xx x   xx x   .

Dùng chức năng SOLVE để giải phương trình, với giá trị đầu 2, 3, 4, ...,
10,..., ta chỉ tìm được một nghiệm x4,5 giờ hay x4 giờ 30 phút.
Vậy: Thời gian chảy một mình để đầy bể của vịi thứ nhất, vòi thứ hai và
vòi thứ ba lần lượt là: 4 giờ 30 phút; 5 giờ và 5 giờ 15 phút

1,5

1,5
2,0

5

5 a) P x( ) (5x 2)(3x 4)(4x 9) 2



x2 x 1



     

Q x( ) (3 x4)(4x 9)
b)







 



( ) ( ) 3 (3 4)(4 9) (5 2) 2 1 3 0

P x Q x x   x x  x x  x  x  

 





(3x 4)(4x 9) 10x 3x 5 0

      .

2,0
1,0

1,0

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

1 2 3

4 9

; ; 0,6689

3 4

x  x  x 

6

Ta có: 29 291 512 mod 1000





 

 

2 9

9 9 9 9 9 5 4

2 2 2 512 512 512 352 (mod 1000)

     

 

3 2 2 9

9 9 9 9 9

2 2  2 352 912 (mod 1000)

   

 

4 3 3 9

9 9 9 9 9

2 2  2 912 952 (mod 1000)

   

 

5 4 9 6 5 9

9 9 9 9 9 9

2  2 952 312 (mod 1000); 2  2 312 552 (mod 1000);

 

6 5 9 7 6 9

9 9 9 9 9 9

2  2 312 552 (mod 1000); 2  2 552 712 (mod 1000);

 

8 7 9 9 8 9

9 9 9 9 9 9

2  2 712 152 (mod 1000);2  2 152 112 (mod 1000);

 

9 8 9 10 9 9

9 9 9 9 9 9

2  2 152 112 (mod 1000);2  2 112 752 (mod 1000);

 

11 10 9

9 9 9

2  2 752 512 (mod 1000);
Do đó chu kỳ lặp lại là 10, nên

Vậy: 92010

A có ba chứ số cuối là: 752

2,0

4

7 u1 u2 1,u3 3,u4 11.

15 21489003; 16 80198051; 17 299303201; 18 1117014753

u  u  u  u  ;

19 4168755811; 20 15558008491.

u  u 

Quy trình bấm phím:

Cơng thức truy hồi của un+2 có dạng: un2 aun1bun2. Ta có hệ phương
trình:

3 2 1

4 3 2

4; 1
3 11

u au bu a b

a b

u au bu a b

   
 
   
 
    


Do đó: un2 4un1 un (1)
Chứng minh:

Ta có cơng thức đúng với n = 3 và n = 4.

Giả sử (1) đúng với n = k (k = 5, 6, 7, ...): uk 4uk1 uk2
Ta chứng minh: (1) đúng với n = k + 1, tức là chứng minh:

2 2

1 1 1 1 1

1
2

4 k 4 2 4

k k k k k k k k k

k

u

u u u u u u u u u

u

    





        









1 2 1 2 1 1

4uk uk 2 4 4uk uk uk uk

     

2,0

1,0

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>





2 2 2

1 2 4 1 2 2 1 2 2 4 1 2

k k k k k k k k

u  u u  u  u  u  u  u 

       
2
1
1 2
2
2
4
k
k k
k
u
u u
u

 



   (vế trái bằng uk theo cơng thức ban đầu, vế trái
chính là uk theo giả thiết quy nạp.

Vậy công thức đúng với mọi n4, nN..

8

a) Xét tam giác vuông OIA:

0 0

4
cot 36

2 tan 36 tan 36
a

OI AI g   0 4 0

sin 36 sin 36
AI

OA  .

+ Diện tích đáy ABCDE:

1 4

5 20

2 tan 36

ABCDE

S   AB OI  
2

110,1106dm



b) Trung đoạn của hình chóp đều S.ABCDE là:
2

2 8 2 ( )
4

a

d SI  l   dm .

Suy ra, diện tích xung quanh của hình chóp đều S.ABCD là:





160 2 226, 2742
2

xq

ad

S pd    dm

Chiều cao hình chóp đều là: h l2 OA2 9,8837828927dm

   .

Do đó, thể tích khối chóp ngũ giác đều S.ABCDE là:
3

362,7696
3 ABCDE

V  S  h dm

1,0
1,0
1,0

3

9

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   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 khơng kỳ hạn
bao giờ cũng thấp hơn có kỳ hạn)



 



20000000 1 0, 72 3 100   1 0, 78 6 100   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%

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

10

a) A



4;2 ,



B



1;3 ;



C



6;1 ,



D



3; 2



Tứ giác ABCD là hình thang, vì AB và CD cùng có hệ số góc 1
3
a , nên
AB//CD.

Theo định li Pytago, ta có: AB 10 ; BC 53 ;CD3 10 ; AD 17.
Chu vi của hình thang ABCD là:

10 53 3 10 17 24, 0523

p     cm

Diện tích hình thang là:





10 5 1 3 7 2 9 3 1 4 26
2

S            cm

Chiều cao của hình thang là h:





1 2 52 13 10

4,111

2 4 10 10

S

S AB CD h h cm

AB CD

      



b) Hệ số góc của AD là a14 (góc tạo bởi DA và trục Ox là góc tù.
Hệ số góc của AC là 2

1
10

a  (góc tạo bởi CA và trục Ox là góc tù.
Góc giữa tia phân giác At và Ox là góc bù với góc:











1 1 1 1

tan 0,1 tan 4 tan 0.1
2 2

A

  

  

Suy ra: Hệ số góc của At là:







1 1



tan tan 4 tan 0,1 0,8643097246
2

a    

    

 

Bấm máy: (-) 1 tan ( 0.5 ( SHIFT tan-1 4 + SHIFT tan-1 (
0.1 ) ) ) SHIFT STO A cho kết quả:

0,8643097246

a

+ Đường thẳng chứa tia phân giác At là đồ thị của hàm số: y ax b  , At

đi qua điểm A( 4; 2) nên b 2 4a1, 457238899.

Đường thẳng CD có phương trình: 1 1
3
y x

+ Tọa độ giao điểm E của At và CD là nghiệm của hệ phương trình:
3 3

2 4
x y

ax y a

 




  

 . Giải hệ pt bằng cách bấm máy nhưng nhập hệ số a2
1,0

1,0

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

dùng ALPHA A và nhập hệ số c2 dùng () 4 ALPHA A - 2, ta được
kết quả:

E( 0,3818; 1,1273) 
c) AC 102 12 101

   Tính và gán cho biến A
Theo tính chất của tia phân giác của góc CAD, ta có:

17 3 10
17 101
AD CD

DE

AD AC

 

 

 

Diện tích tam giác DAE là:

2
1 1 17 3 10 13 10

5,6728
2 2 17 101 10

DAE

S  DE h      cm



1,0

</div>

de casio th hue

A



C







2

<i>A</i>































<sub></sub>

<sub></sub>







 











 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 



















 





 

 





































