Tài liệu de + dap an thi MTCT Huyen Tuy Phuoc 2011

PHÒNG GD – ĐT TUY PHƯỚC
ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CASIO
LỚP 9 – NĂM HỌC 2010 – 2011
Thời gian làm bài : 120 phút
(Không kể thời gian phát đề )
Ngày thi : 06 / 01 / 2011
-----------------------------
Bài 1: ( 1 điểm) Tìm x, y, z biết :
426
zyx
==
và x + 2y + 3z = 23. Trình bày qui trình
bấm phím và cho kết quả.
Bài 2: (1 điểm) Tìm số chính phương A =
3990251mn
chia hết cho 9.
Bài 3: (1 điểm ) Tìm các ước nguyên tố của :
A = 1751
3
+ 1957
3
+ 2369
3
Trình bày qui trình bấm phím và cho kết quả.
Bài 4: (1điểm) Giải hệ phương trình:







+=+
=+
00
15cos120sin
20081215
yx
yx
Bài 5: (1,5 điểm) Tìm 3 chữ số cuối cùng của 1986
27
Tóm tắt cách giải và cho kết quả.
Bài 6: (1,5 điểm) Hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh AB = m , BC = n. Từ A kẽ AH
vuông góc với đường chéo BD .
a) Tinh diện tích tam giác ABH theo m, n.
b) Cho biết m = 3,15cm; n = 2,43cm. Tính ( chính xác đến 4 chữ số thập phân) diện
tích tam giác ABH.
Bài 7: (1,5 điểm) Tìm tổng các ước lẻ của 804257792. Trình bày qui trình bấm phím và
cho kết quả.
Bài 8: (1,5 điểm) Cho dãy Fibonacci : u
1
= 1 , u
2
= 1 , u
n+1
= u
n
+ u
n
-1
( n
≥

2).
Tính số hạng u
8
, u
10
của dãy. Trình bày qui trình bấm phím và cho kết quả.
--------------------------------------------------------
PHÒNG GD – ĐT TUY PHƯỚC
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CASIO
LỚP 9 – NĂM HỌC 2010 – 2011
---------------------------
Bài 1: Ta có :
426
zyx
==
=
22
23
22
32
12
3
4
2
6
=
++
===
zyxzyx

Nhập vào máy ( fx-500VN PLUS ) MODE 6, chọn 1, 23 (=) 22 (=) 6 (=) (=)
11
69
Vậy x =
11
69
(0,5 đ)
Tiếp tục : n MODE 6, chọn 1,23 (=) 22 (=) 4 (=) (=)
11
46
Vậy y =
11
23
n MODE 6, chọn 1,23 (=) 22 (=) 12 (=) (=)
11
138
Vậy z =
11
46
(0,5 đ)
Bài 2:
Vì A chia hết cho 9 mà 0 ≤ m+n ≤ 18 , suy ra m + n = 7, 16 (0,5 đ)
Bằng cách kiểm tra trên máy tính để cho A là số chính phương suy ra :
m = 5 ; n = 2 (0,5 đ)
Bài 3:
Ghi vào màn hình phân số
1957
1751
và ấn (=) . Máy hiện :
19

17
Chỉnh lại màn hình thành 1751 : 17 và ấn (=) . Kết quả là ước chung lớn nhất của 1751 và 1957 là
103 ( là số nguyên tố). Thử lại 2369 cũng có ước nguyên tố là 103. (0,5 đ)
Suy ra :
A = 103
3
(17
3
+ 19
3
+ 23
3
)
Tính tiếp : 17
3
+ 19
3
+ 23
3
= 23939.
Chia 23939 cho các số nguyên tố , ta được 23939 = 37 . 647 ( là các số nguyên tố)
Vậy A có các ước nguyên tố là 37, 103, 647. (0,5 đ)
Bài 4: Giải hệ phương trình, ta có :
x = 7,609099415 , y = - 5,777148185 ( 1 đ)
Bài 5:
Ta có 1986
3

≡
256 (mod 1000) (0,5 đ)

1986
9

≡
256
3

≡
216 (mod 1000) (0,5 đ)
1986
27

≡
216
3

≡
696 (mod 1000)
Vậy 3 chữ số cuối cùng của 1986
27
là 696 (0,5 đ)
Bài 6:
A
D
B
C
H
a) Ta có : BD =
22
nm

+

AH. BD = AB . AD
⇒
AH =
22
.
nm
mn
BD
ADAB
+
=
(0,5 đ)
Tam giác AHD đồng dạng với tam giác BHA , suy ra :
AB
BH
AD
AH
=

⇒
BH =
22
2
.
nm
m
AD
ABAH

+
=

S
ABH
=
)(2
.
2
1
22
3
nm
nm
HBAH
+
=
(0,5 đ)
b) Với m= 3,15cm, n = 2,43cm, ta có : S
ABH
= 2,3993 (cm
2
) (0,5 đ)
Bài 7:
Ghi vào màn hình : n 0 SHIFT STO A
Gán A + 1  A : 804257792 chia cho 2
A
và ấn (=) đến khi A = 20, máy hiện thương là
767 thì dừng ( cách này cho ta đếm và kiểm tra được số A) . Suy ra số 804257792 phân tích được
2

10
.767. Do vậy 767 là một ước lẻ của số đã cho. (0,5 đ)
Tiếp tục tìm ước lẻ của 767 bằng phương pháp lặp.
Ghi vào màn hình 0 SHIFT STO A
Gán A + 1  A : 767 chia cho (2A+1 ) và ấn (=) lần lượt , ta tìm thêm được hai ước lẻ
nữa là 59 và 13. ( vì 59 . 13 = 767 nên không còn ước lẻ nào khác lớn hơn 1) (0,5 đ)
Suy ra số 804257792 có 4 ước lẻ là 1, 13,59, 767.
Tổng của các ước lẻ là : 840 (0,5 đ)
Bài 8:
n các phím :
1 SHIFT STO A + 1 SHIFT STO B + ALPHA A SHIFT STO A + ALPHA B SHIFT STO B
∆
=
∆
=
∆
=
(1 đ)
Kết quả được : u
8
= 21
Nhấn thêm 2 lần
∆
=
∆
=
nữa , ta tính được : u
10
= 55 (0,5 đ)