Đề thi học sinh giỏi lớp 9 năm 2011 môn toán casio

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN THI KHU VỰC
THANH HÓA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2012-2013
Lớp 9 Cấp THCS
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian thi: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25 /02/2013
Chú ý : Đề thị gồm 05 trang , 6 bài , mỗi bài 5 điểm
Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này
ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI
Các giám khảo
(họ, tên và chữ ký)
SỐ PHÁCH
(Do Chủ tịch hội đồng chấm thi ghi)
Bằng số Bằng chữ
1)
2)
Quy dịnh :
- Các bài toán có yêu cầu trình bày lời giải thì chỉ trình bày tóm tắt cách giải và
công thức áp dụng;
- Nếu không có yêu cầu riêng thì các kết quả gần đúng lấy đến 4 chữ số thập phân
sau dấu phẩy.
Bài 1. (5 điểm, mỗi câu 2, 5 điểm ). Ghi kết quả vào ô:
a)Cho biểu thức: P =
( ) ( ) ( )
3 4 5
3 3 2 2
1 1 1 3 1 1 6 1 1
a b a b a b
a b a b a b
     
+ + + + +

 ÷  ÷  ÷
     
+ + +
Tính giá trị của P khi a = 2,2013; b = 0,2413
b)Tính tỉ số của A và B biết A=
1 1 1 1

1.1981 2.1982 (1980 ) 25.2005n n
+ + + + +
+
B =
1 1 1 1

1.26 2.27 (25 ) 1980.2005m m
+ + + + +
+
. Trong đó A có 25 số hạng, B có 1980 số
hạng

Bài 2. (5 điểm, mỗi câu 2, 5 điểm ).
a) Cho hàm số f(x)= (x
3
+ 12x - 31)
2013
. Tính f(a) tại a =
3 3
16 8 5 16 8 5− + +
.
b) Phân tích số 2011
2013

thành tổng các số nguyên dương. Tìm dư của phép chia
của tổng các lập phương của các số đó cho 6.
Sơ lược cách giải Kết quả
Bài 3 : (5 điểm,mỗi câu 2, 5 điểm )
a)Tìm các chữ số a,b sao cho E =
17712 81ab
là số chính phương biết a + b = 13
b) Giải phương trình:
3
3
8 2001
4004 2001
2002
x
x
 
+
= −
 ÷
 
Sơ lược cách giải Kết quả
Bài 4: (5 điểm) Một mảnh bìa có dạng một tam giác cân ABC , với AB =AC =
25cm và BC = 14cm . Làm thế nào để cắt từ mảnh bìa đó ra thành hình chữ nhật
MNPQ có diện tích bằng
1
17
diện tích tam giác ABC. Trong đó M, N thuộc cạnh
BC còn P, Q tương ứng thuộc các cạnh AC , AB .
Sơ lược cách giải
Bài 5. (5 điểm,mỗi câu 2, 5 điểm )

a) Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao
cho ∠ ABD = ∠ CBE = 20
0
. Gọi M là trung điểm của BE và N là điểm trên
cạnh BC sao BN = BM. Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và tam giác
BEN.
Sơ lược cách giải Kết quả
b) Cho đường tròn (O;R). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc
với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu
của M trên CD và AB. Tìm vị trí của điểm H để Giá trị của tích: MA.MB.MC.MD
lớn nhất. Áp dụng khi R= 3cm
Sơ lược cách giải Kết quả
Bài 6 : ( 5 điểm )
Bạn An gửi tiền tiết kiệm để mua máy tính phục vụ cho học tập với số tiền gửi ban
đầu là 3,5 triệu đồng, gửi có kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 0,75% một tháng hỏi sau bao
lâu(số năm, tháng) thì bạn An đủ tiền mua 1 máy tính trị giá 10,5 triệu đồng. Hãy so
sánh hiệu quả của cách gửi nói trên với cách gửi có kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,8%
một tháng(cách nào nhanh đạt nguyện vọng của An hơn)
Sơ lược cách giải Kết quả
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN THI KHU VỰC
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2012-2013
Lớp 9 Cấp THCS
Thời gian thi: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25/02/2013
ĐIỂ
M CỦA TOÀN BÀI THI
Các giám khảo
(họ, tên và chữ ký)
SỐ PHÁCH

(Do Chủ tịch hội đồng chấm thi ghi)
Bằng số Bằng chữ
Quy dịnh :
- Nếu kết quả không lấy gần đúng đến 4 chữ số thập phân sau dấu phẩy thì trừ
0,25điểm cho mỗi số thừa ra
- Nếu các bài yêu cầu trình bày lời giải mà không có lời giải chỉ có kết quả thì cho một
phần tư số điểm của bài.
Bài 1. (5 điểm, mỗi câu 2, 5 điểm ). Ghi kết quả vào ô:
a)Cho biểu thức: P =
( ) ( ) ( )
3 4 5
3 3 2 2
1 1 1 3 1 1 6 1 1
a b a b a b
a b a b a b
     
+ + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
+ + +
Tính giá trị của P khi a = 2,2013; b = 0,2413
b)Tính tỉ số của A và B biết A=
1 1 1 1

1.1981 2.1982 (1980 ) 25.2005n n
+ + + + +
+
B =
1 1 1 1

1.26 2.27 (25 ) 1980.2005m m
+ + + + +
+
. Trong đó A có 25 số hạng, B có 1980 số
hạng
Tính được A =
1 1 1 1 1 1 1

1980 1 2 25 1981 1982 2005
 
   
+ + + − + + +
 ÷  ÷
 
   
 
B =
1 1 1 1 1 1 1

25 1 2 25 1981 1982 2005
 
   
+ + + − + + +
 ÷  ÷
 
   
 
suy ra
25
0.0126

1980
A
B
= ≈

Bài 2. (5 điểm, mỗi câu 2, 5 điểm ).
b) Cho hàm số f(x)= (x
3
+ 12x - 31)
2013
. Tính f(a) tại a =
3 3
16 8 5 16 8 5− + +
.
c) Phân tích số 2011
2013
thành tổng các số nguyên dương. Tìm dư của phép chia
của tổng các lập phương của các số đó cho 6.
Sơ lược cách giải Kết quả
P=
3 3
1
a b
; P
≈
6,6725
a) a =
3 3
16 8 5 16 8 5− + +

( ) ( )
(
)
3
3 3
3
3 3 3
32 3 16 8 5 16 8 5 16 8 5 16 8 5
32 12 12 32 0 12 31 1
a
a a a a a a
⇒ = + − + − + +
⇒ = − ⇒ + − = ⇒ + − =
Hay f(a) = 1
2013
=1
b) Giả sử a
1
; a
2
; a
3
; a
n
là các số nguyên dương và
a
1
+ a
2
+ a

3
+ + a
n
= 2011
2013
.
Khi đó dư của phép chia
a
1
3
+ a
2
3
+ a
3
3
+ + a
n
3
cho 6 cũng là dư của phép chia
a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
n
cho 6
Ta có: 2011

2013

= (2010+1)
2013
= (335.6 +1)
2013

≡
1
2013
= 1(mod6)
Vậy a
1
3
+ a
2
3
+ a
3
3
+ + a
n
3
chia cho 6 dư 1.
a) f(a)= 1
b) Dư 1
Bài 3 : (5 điểm,mỗi câu 2, 5 điểm )
a)Tìm các chữ số a,b sao cho E =
17712 81ab
là số chính phương biết a + b = 13

b) Giải phương trình:
3
3
8 2001
4004 2001
2002
x
x
 
+
= −
 ÷
 
Sơ lược cách giải Kết quả
a) Đặt E = x
2
với x là số nguyên dương, ta có:
177120081 177129981 177120081 177129981
13308,64685 13309,0187
E x
x
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
⇒ ≤ ≤
Do x là số nguyên dương nên x = 13309 thử lại thấy
x
2
= 177129481 khi đó a=9; b=4
b) Đặt t =2x; b=2001, PT đã cho tương đương với PT
( )
3

3
1 (2)
1
t b
b t b
b
 
+
= + −
 ÷
+
 
. Đặt y =
3
1
t b
b
 
+
 ÷
+
 
từ pt(2) ta có hệ pt
3
3
( 1) 0 (3)
( 1) 0 (4)
y b t b
t b y b


− + + =


− + + =


Trừ từng vế (3) và (4) ta được
3 3 2 2
( 1)( ) 0 ( 1)( 1) 0 (5)y t b y t y y yt t b− + + − = ⇔ − + + + + =
Mà:
2
2
2 2
3
1 1 0( ì 1 2002 0)
2 4
t t
y yt t b y b V b
 
+ + + + = + + + + > = = >
 ÷
 
Từ (5) suy ra y = t, thay vào (3) ta được pt: t
3
– 2002t +2001 = 0
Nhập vào máy giải pt ta được x
1
= 0,5; x
2

≈
22,1177;
x
3

≈
-22,6177
a) a=9; b=4
b) x
1
= 0,5;
x
2
≈
22,1177;
x
3

≈
-22,6177
Bài 4: (5 điểm) Một mảnh bìa có dạng một tam giác cân ABC , với AB =AC =
25cm và BC = 14cm . Làm thế nào để cắt từ mảnh bìa đó ra thành hình chữ nhật
MNPQ có diện tích bằng
1
17
diện tích tam giác ABC. Trong đó M, N thuộc cạnh
BC còn P, Q tương ứng thuộc các cạnh AC , AB .
Sơ lược cách giải
Kẻ đường cao AH, AH là trục đối xứng của
∆

ABC và HC = HB = 7cm
Cũng tính được HA = 24cm.
Giả sử N
∈
HC, gọi K là giao điểm của AH với PQ,
ta có :
S
MNPQ
=
1
17
S
ABC

⇔
S
HNPK
=
1
17
S
AHC
=
1
17
.84 (cm
2
) (1)
Đặt HN = x (0 < x < 7) thì NC = 7 – x,
đặt NP = y (0 < y < 24)

Do NP // AH nên
NP NC (7 x).24
= y
AH HK 7
−
⇔ =


⇒
S
HNPK
= xy =
24x(7 x)
7
−
(2)
Từ (1) & (2)
⇒

24x(7 x)
7
−
=
1
17
.84
⇔
24x
2
– 168x +

588
17
= 0
Dùng MTCT tìm được : x
1

≈
6,787677528 và x
2

≈
0,212322471
Vậy có 2 phương án cắt được hình chữ nhật MNPQ là :
Lấy N
∈
HC sao cho HN = 6,7877cm hoặc HN = 0,2123cm kẻ đường thẳng song
song với AH nó cắt AC tại P, kẻ PQ // BC (Q
∈
AB) và M đối xứng với N qua AH,
được MNPQ cần tìm.
Bài 5. (5 điểm,mỗi câu 2, 5 điểm )
a) Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao
cho ∠ ABD = ∠ CBE = 20
0
. Gọi M là trung điểm của BE và N là điểm trên
cạnh BC sao BN = BM. Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và tam giác
BEN.
Sơ lược cách giải Kết quả
a) Kẻ BI ⊥ AC ⇒ I là trung điểm AC.
Ta có: ∠ ABD = ∠ CBE = 20

0
⇒ ∠ DBE = 20
0
(1)
∆ ADB = ∆ CEB (g–c–g)
⇒ BD = BE ⇒ ∆ BDE cân tại B ⇒ I là trung điểm DE.
mà BM = BN và ∠ MBN = 20
0

⇒ ∆ BMN và ∆ BDE đồng dạng.⇒
2
1
4
BMN
BED
S
BM
S BE
 
= =
 ÷
 

⇒ S
BNE
= 2S
BMN
=
1
2

BDE
S
= S
BIE

S
BCE
+ S
BNE
=
3
8
≈
0,2165(đvdt)
K
y
x
P
C
N
H
M
B
Q
A
Vậy S
BCE
+ S
BNE
= S

BCE
+ S
BIE
= S
BIC
=
1 3
2 8
ABC
S =
.
b) Cho đường tròn (O;R). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc
với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu
của M trên CD và AB. Tìm vị trí của điểm H để Giá trị của tích: MA.MB.MC.MD
lớn nhất. Áp dụng khi R= 3cm
Sơ lược cách giải Kết quả
Ta có:
K
H
O
D
C
B
A
M
MA.MB.MC.MD = AB.MH.CD.MK =
4R
2
.OH.MH ( Vì MK=OH) Mà
OH.MH

2 2 2 2
2 2 2
OH MH OM R+
≤ = =
Vậy MA.MB.MC.MD
2
2 4
4 . 2
2
R
R R≤ =
đẳng thức xảy ra
⇔
MH = OH
⇔
OH =
2
2
R
H cách O một khoảng là
2
2
R
≈
2,1213cm
Bài 6 : ( 5 điểm )
Bạn An gửi tiền tiết kiệm để mua máy tính phục vụ cho học tập với số tiền gửi ban
đầu là 3,5 triệu đồng, gửi có kỳ hạn 3 tháng, lãi suất 0,75% một tháng hỏi sau bao
lâu(số năm, tháng) thì bạn An đủ tiền mua 1 máy tính trị giá 10,5 triệu đồng. Hãy so
sánh hiệu quả của cách gửi nói trên với cách gửi có kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,8%

một tháng(cách nào nhanh đạt nguyện vọng của An hơn)
Sơ lược cách giải Kết quả
Lý luận để ra công thức lãi kép : số tiền sau kỳ thứ n (cả gốc
và lãi ) là
S = 3,5.(1+3.0,75:100)
n
=3,5.(1,0225)
n
(triệu đồng)
Yêu cầu bài toán
n
3,5.(1,0225) 10,5⇔ ≥
(*)(Với n nguyên
24 kỳ 6 tháng =12
năm
dương)
Dùng máy dễ thấy
49n ≤
thì(*) không đúng
n=50 thì (*) đúng.
Lại có (1,0225)
n
tăng khi n tăng vì 1,0225>1
Do đó kết luận phải ít nhất 50 kỳ 3 tháng hay 12 năm 6
tháng thì bạn An mới có đủ tiền mua máy tính
Tương tự nếu gửi kỳ hạn 6 tháng lãi suất 0,8% một tháng ta
có: S
/
= 3,5.( 1+ 6.0,8: 100)
n

= 3,5.(1,048)
n

≥
10,5
Ta tìm được n = 24
⇒
phải gửi 24 kì 6 tháng hay 12 năm
So sánh để thấy gửi kiểu sau hiệu quả hơn( Chỉ cần 24 kỳ 6
tháng =12 năm là đạt nguyện vọng)