DE THI GIAI TOAN TREN MAY TINH CASIO LOP 9

PHÒNG GD&ĐT BÌNH SƠN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
Khoá thi ngày 22 tháng 11 năm 2010
Môn: Giải Toán bằng MTCT
Lưu ý: - Viết quy trình ấn phím và tính kết quả các bài 1;2;3;4. Các bài còn lại ghi lời giải và
tính kết quả.
- Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ 5 (nếu có).
'
"
Bài 1. (5 điểm): Tính a) A = ( sin 65017 ' 21" + cos12056" ) : ( tg190 24'54" − cotg530 4812
)
2

3

6
0,82
7−
b)
1,34
10 +
12
11 −
13
Bài 2. (5 điểm): Tìm số dư của các phép chia sau:
a) 102010 :1975 ;
b)1010101010102010:2011
Bài 3. (5 điểm): Tính
3
5
 1


2
 −2 + 2010 ÷ + 1, 47 − 2011 : 3
3
7

C=
2
 3

 2 + 6, 45 ÷ − 12
 8

Bài 4. (5 điểm): Tìm x biết
3
7
2, 06 × 3 : 0, 451 + 1917 − 1,32 2 + 4
3, 42 + 1 × 3
7−
9
=π
2
1
61,12 − x

2 × 75 + ÷
3

 2
 4
3

2
Bài 5. (5 điểm): Cho đa thức f ( x ) =  1 − 7 ÷x + 45, 21x − 1932 x + x − 15, 47
3


3
 2 3
 
f
2
;
f
−
3
;
f
15
−
2,1
;
f
2,3
+
−
7
( )
Tính : ( )


÷

4
 

3
2
Bài 6. (5 điểm): Cho đa thức g ( x ) = mx + 7 x − 77 x + 30 .
B= 5+

(

)

(

)

(

)

a) Tìm hệ số m biết g ( x ) M( x + 3)

b) Phân tích đa thức g ( x ) thành nhân tử với m tìm được ở câu a.
Bài 7. (5 điểm): Tìm số tự nhiên có 3 chữ số biết rằng nếu đem số đó nhân với 5 rồi cộng thêm 261 thì
được kết quả là số có 3 chữ số viết bởi các chữ số như số ban đầu nhưng viết theo thứ tự ngược lại.
Bài 8. (5 điểm): Tìm các chữ số a,b biết 12a 4b2010 M63
'
"
·
Bài 9. (5 điểm): Cho ∆ABC có hai đường cao BF và CE cắt nhau tại H. Biết BHC

và
= 1190 2357
SAEF = 6,7cm 2 . Tính diện tích tứ giác BEFC.
Bài 10. (5 điểm): Cho hình thang ABCD (AB//CD), có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau
4
2
0
µ
tại O. Biết A=90
; OA = 0,95 51,17 − 1,89 cm, OB =1 + 1,345cm .Tính diện tích hình thang ABCD
7
và độ dài cạnh bên BC.

(

)

Hết


PHÒNG GD&ĐT
BÌNH SƠN

Bài

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
Khoá thi ngày 22 tháng 11 năm 2010
Môn: Giải Toán bằng MTCT
Đáp án

a) A = ( sin 65 17 21 + cos12 56
0

'

"

65
(

17
0’ ”

sin
(

:
)

x -1

)

"

"

− cotg53 4812
0

12
0’ ”

24
0’ ”

x3

shift

+

Điểm

)

" 3

0

56
0’ ”

(

48
0’ ”

B= 5+

b)

11

x2

–

6
0,82
7−
1,34
10 +
12
11 −
13
12
13
b/c

a

=

=

x -1 .
:

7

+

x

0’ ”

2,5đ

=

A ≈ -65,19319

kết quả:

1

x2

12

0’ ”

tg

)

0’ ”

53

–

0’ ”

'

0’ ”

cos

54

0’ ”

tg

0

21
0’ ”

19

:

) : ( tg19 24 54

" 2

0

-1

.
6:

1,3

4

^

10

+

x

=

)
. (−
:

-1

5

+

=

0,8
2,5đ

B ≈ 3, 21633

kết quả:

Tìm số dư của các phép chia sau:
a) 102010 :1975 ;
Thực hiện phép chia 102010:1975 màn hình xuất hiện thương là 51,65063291. Đưa con
trỏ sửa dòng biểu thức lại thành 102010 – 1975.51 và ấn

=

2

kết quả:

r = 1285

kết quả:

r = 1708

b)1010101010102010:2011
Tìm số dư của phép chia 101010101:2011 được số dư r1 = 1593
Tìm tiếp số dư của phép chia 159301020:2011 được số dư r2 = 1666

Tìm tiếp số dư của phép chia 166610:2011 được số dư r3 = 1708

3

Bài 3 (5điểm): Tính
3

(

)

5
 1

2
 −2 + 2010 ÷ + 1, 47 − 2011 : 3
3
7

C=
2
 3

 2 + 6, 45 ÷ − 12
 8

2
1
3
2010

b/c
b/c
(
( (−
) a
a
+

)

shift

x

1,47
3

+

(

x2

2,5đ

2,5đ


2011

–

3

:

)

:
6,45
)

7

)

1

2 × 75 + ÷
3

3
0,451

:

(

4

a

7

a

1917
)

2

:

=

b/c

75

(

8

ab/c

+

5,0đ

C ≈ 6314,92850

3
7
3, 42 + 1 × 3
7−
9
=π
61,122 − x

+

:
3

3

ab/c

=

(

b/c

(

:

2, 06 × 3 : 0, 451 + 1917 − 1,32 2 + 4

2,06

(

kết quả:

Bài 4 (5điểm): Tìm x biết

(

2

:

)

ab/c

12

–

x

2

5

ab/c

(

1

a

=

b/c

4

x2

3

+

:

1,32

–

)

–

+
shift

π

shift STO A
3,42

1

+
61,12

7

a
–

x2

9

a

b/c

b/c

3

.
:

=

ALPHA B

:
:

ALPHA A shift STO B
5,0đ

=
kết quả:

5

x ≈ 3738,90604

 2

f ( x ) = 1 − 7 ÷x 4 + 45, 21x 3 − 1932 x 2 + x − 15, 47
 3

3
 2 3
 
Tính: f ( 2 ) ; f ( −3) ; f 15 − 2,1 ; f  2,3 +  − 7 ÷ 
4
 


(

1
(

2

a

3

a

b/c

b/c

3

ALPHA

X

^

)

7

–

)

1932

–

15,47

*

2

CALC
*

CALC
*

.
:

1,25đ

=
3
(−
) =

–

kết quả:

2,1

kết quả:

=

45,21

.
.
ALPHA
X ^
+
:
:
ALPHA X x2 + ALPHA X –

kết quả:

15

CALC

4

f ( 2 ) ≈ 168,26337

f ( -3 ) ≈ −1702,49975
f

(

)

15 - 2,1 ≈ 101,96513

1,25đ
1,25đ

1,25đ


*

2,3

CALC

x2

3
(

+

4

ab/c

–

kết quả:

7

3
)

^

=

3
 2 3
 
f  2,3 +  - 7 ÷  ≈ -272,42992
4
 


3
2
Cho đa thức g ( x ) = mx + 7 x − 77 x + 30 .

a) Tìm hệ số m biết g ( x ) M( x + 3)

b) Phân tích đa thức g ( x ) thành nhân tử với m tìm được ở câu a).

2
a) Đặt h ( x ) = 7 x − 77 x + 30

6

Ta có m = −h ( −3) : ( −3)
kết quả: m = 12
b) với m = 12 ta có:
g ( x ) = 12 x 3 + 7 x 2 − 77 x + 30 = ( x + 3) ( 12 x 2 − 29 x + 106 ) = ( x + 3) ( x − 2 ) ( 12 x − 5 )
3

kết quả:

7

g ( x ) = ( x + 3 ) ( x - 2 ) ( 12x - 5 )

2,5đ

Số tự nhiên cần tìm có dạng abc trong đó a, b, c ∈ N ; 0 ≤ a, b, c ≤ 9; a ≠ 0
Ta có abc ×5 + 261 = cba ⇒ a < 2 ⇒ a = 1
1bc ×5 + 261 = cb1 ⇒ c ≥ 7 và c là số chẵn, suy ra c = 8
1b8 ×5 + 261 = 8b1 ⇒ 500 + 50b + 40 + 261 = 800 + 10b + 1 ⇒ b = 0

8

2,5đ

kết quả:

108

5,0đ

Bài 8 (5điểm): Tìm các chữ số a,b biết 12a 4b2010M63
12a 4b 2010M9
Ta có 12a 4b2010M63 ⇒ 
12a 4b 2010M7

12a 4b2010M9 ⇒ (1 + 2 + a + 4 + b + 2 + 0 + 1 + 0) M9 ⇒ ( a + b + 10 ) M9 ⇒ ( a + b ) ∈ { 8;17}

Ta có 12a 4b2010M7 ⇒ ( 120402010 + 1000000a + 10000b ) M7
( 17200287 + 142857a + 1428 ) ×7 + ( 1 + a + 4b )  M7 ⇒ ( 1 + a + 4b ) M7
2,0đ
*Với a + b = 8 ta có ( 1 + a + 4b ) M7 ⇒ ( 1 + 8 + 3b ) M7 ⇒ ( 9 + 3b ) M7 ⇒ 3b : 7 dư 5
⇒ 3b = 7 q + 5 với q ∈ N
22
⇒ q ∈ { 0;1; 2;3}
Ta có 3b ≤ 27 ⇒ 7 q + 5 ≤ 27 ⇒ q ≤
7
Dùng máy tính thử các trường hợp của q ta tìm được q = 1 ⇒ b = 4 . Các trường hợp còn
lại đều bị loại.
a + b = 8
⇒ a = 4.
b = 4
kết quả: a = 4; b = 4
1,5đ
*Với a + b = 17 ta có ( 1 + a + 4b ) M7 ⇒ ( 1 + 17 + 3b ) M7 ⇒ ( 18 + 3b ) M7 ⇒ 3b : 7 dư 3

⇒ 3b = 7 k + 3 với k ∈ N
24
⇒ k ∈ { 0;1; 2;3}
Ta có 3b ≤ 27 ⇒ 7 k + 3 ≤ 27 ⇒ k ≤
7
Dùng máy tính thử các trường hợp của k ta tìm được k = 3 ⇒ b = 8 . Các trường hợp còn
lại đều bị loại.


a + b = 17 
⇒ a =9.
b=8 

kết quả: a = 9; b = 8

1,5đ

Bài 9 (5điểm): Cho ∆ABC có hai đường cao BF và CE cắt nhau tại H. Biết
'
"
·
và SAEF = 6,7cm 2 . Tính diện tích tứ giác BEFC.
BHC
= 1190 2357

A

F
E

C

B

'
"
'
"
'
"
·
·
Ta có EBH
= BHC
− 900 = 1190 2357
− 900 = 290 2357
⇒ ·ABF = 290 2357
AF
'
"
= sin ·ABF = sin 290 2357
AB
AF AE
=
∆AEC (g-g) ⇒
Ta chứng minh được ∆AFB
AB AC

1,0đ

S

9

H

S

AF AE
=
( cmt ) 
∆AEF và ∆ACB có: AB AC
 ⇒ ∆AEF

µA : chung

2

S∆.AEF  AF 
0
'
" 2
⇒
=
÷ = ( sin 29 2357 ) ⇒ S∆.ACB =
S∆.ACB  AB 
Gọi S là diện tích tứ giác BEFC ta có

(

1,,5đ

∆ACB (c-g-c)

S∆.AEF
sin 29023'57"

S = S∆.ACB − S∆.AEF=

(

=

) (
2

6,7
sin 29023'57"

6,7
sin 29 23'57"
0

)

2

)

2

− 6, 7

kết quả: 21,10382(cm2)

10

Bài 10 (5điểm): Cho hình thang ABCD (AB//CD), có hai đường chéo AC và BD vuông
4
2
0
µ
góc với nhau tại O. Biết
A A=90
; BOA = 0,95 51,17 − 1,89 cm, OB =1 + 1,345cm .
7
O
Tính diện tích hình thang ABCD và
độ dài cạnh bên BC.

(

D

E

)

C

1,,5đ

1,0đ


0,5đ
Ta có AB = OA2 + OB 2

0,5đ

OA
AD = AB ×tg ·ABD = AB ×tg ·ABO = OA2 + OB 2 ×
OB
OB OA
OA ×AD
=
⇒ DC =
AD DC
OB
Gọi S là diện tích hình thang ABCD ta có:
OA 

OA × OA2 + OB 2 × ÷
1
1
OB × OA2 + OB 2 ×OA
S = ( AB + DC ) AD =  OA2 + OB 2 +
÷
2
2

OB
OB
÷


1
OA2 
OA
=  OA2 + OB 2 + OA2 + OB 2 × 2 ÷× OA2 + OB 2 ×
2
OB 
OB
∆DCA (g-g) ⇒

S

∆OAB

2
1
OA2  OA 1 OA
2
2 
OA
+
OB
1
+
×
= × 3 ×( OA2 + OB 2 )

(
)

2 ÷
2
 OB  OB 2 OB
Thay giá trị của OA; OB vào biểu thức trên ta được:
2
kết quả: S ≈ 30, 25087 ( cm )
Kẻ BE ⊥ CD ⇒ AB = DE ; AD = BE

0,5đ

=

BC = BE 2 + EC 2 = BE 2 + ( CD − DE ) = AD 2 + ( CD − AB )
2

2,0đ

2

2

OA2  OA ×AD

= ( OA + OB ) × 2 + 
− OA2 + OB 2 ÷
OB  OB


2

2

2

OA


OA × OA2 + OB 2 ×
2

OA
OB − OA2 + OB 2 ÷
= ( OA2 + OB 2 ) × 2 + 
÷
OB 
OB
÷


2


OA2  OA2
= ( OA + OB ) × 2 + 
× OA2 + OB 2 − OA2 + OB 2 ÷
2
OB  OB


2

2

2

 OA2

OA2
= ( OA + OB ) × 2 + ( OA2 + OB 2 ) 
− 1÷ =
2
OB
 OB

2

2

Thay giá trị của OA; OB vào biểu thức trên ta được:

 OA2  OA2  2 
( OA + OB )  OB 2 +  OB 2 − 1÷ 


 
2

2

kết quả: BC ≈ 5, 94383 ( cm )

Mọi cách giải khác mà đúng vẫn ghi điểm

1,5đ