Tai lieu on Casio lop 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (255.36 KB, 18 trang )

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

Giải tốn trên máy tính casio dành cho lớp 9 (học hết kỳ 1)
Bài 1: (5 điểm)

Cho phương trình 13 x 19 x 1 16x

a) Viết một quy trình ấn phím giải phương trình tìm x và cho biết x bằng bao nhiêu ?
b) Chứng minh rằng phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm ?

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
(1,5đ

)

Quy trình ấn phím áp dụng cho máy fx - 570MS để giải phương trình :

13 ( ALPHA X  1 ) + 9 ( ALPHA X + 1 ) ALPHA

= 16 ALPHA X SHIFT SOVLE màn hình hiện X ? nhập một giá trị bất
kỳ lớn hơn 1 chẳng hạn 5 ấn tiếp = SHIFT SOLVE

Kết quả x = 1,25. 0,5

b)
(3,5đ

)

Với điều kiện x ≥1, viết lại phương trình đã cho dưới dạng:





1 1 3





3 1 9 0

4 4

x x x x

   

         

   

   

Hay ta có phương trình 13

2 2

1 3

1 3 1 0

2 2
x x
   
     

   
   
1
Suy ra
1
1 0
2
3
1 0
2
x
x

  



   



1
1
2
3
1
2
x
x


 



  


1

Tìm được x = 1,25 thoả mãn điều kiện là nghiệm duy nhất của ph. trình. 0,5
Bài 2: (5 điểm)

Cho f(n) = 32n + 3 + 40n – 27 với n   và n ≥ 1.

a) Viết một quy trình ấn phím tính các giá trị f(1); f(2); f(3); f(4).
b) Chứng minh rằng f(n) chia hết cho 64.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
(2,5đ)

Viết quy trình ấn phím tính f(n) áp dụng cho máy fx-570 MS:

3  ( 2 ALPHA X + 3 ) + 40 ALPHA X - 27 CALC

Màn hình hiện X ?

0,5

ấn tiếp 1 = kết quả f(1) = 256 0,5

ấn tiếp CALC 2 = kết quả f(2) = 2240 0,5

ấn tiếp CALC 3 = kết quả f(3) = 19776 0,5

ấn tiếp CALC 4 = kết quả f(4) = 177280 0,5

b)
(2,5đ)

Theo tính tốn ở phần a) thì f(1) = 256 chia hết cho 64

Giả sử f(n) chia hết cho 64 với n tự nhiên và n ≥ 1. Ta chứng minh f(n + 1)
chia hết cho 64 với n tự nhiên và n ≥ 1 bằng cách chứng minh f(n + 1) – f(n)
chia hết cho 64(vì f(n) đã chia hết cho 64 - giả thiết quy nạp).

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

Phần Lời giải sơ lược Điểm
Xét f(n + 1) – f(n) = 32(n + 1) + 3 + 40(n + 1) – 32n + 3 – 40n

= 8. 32n + 34 + 40 = 8(32n + 3 + 5) 0,5
Để chứng minh f(n + 1) – f(n) chia hết cho 64 ta chứng minh g(n) = 32n + 3 + 5

chia hết cho 8. 0,5

Lại có g(1) = 248 chia hết cho 8.

Giả sử g(n) chia hết cho 8 với n tự nhiên và n ≥ 1. 0,5

Xét g(n + 1) – g(n) = 32(n + 1) + 3 – 32n + 3 = 32n + 3(32 – 1) = 8.32n + 3 chia hết cho 8.

Vậy g(n) = 32n + 3 + 5 chia hết cho 8 và suy ra đpcm. 0,5
Bài 3: (5 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 40 cm, BC = 30 cm. Đường thẳng vng góc với AC tại C
cắt các đường thẳng AB, AD lần lượt tại E và F. Tính chính xác đến 0,0001 giá trị của biểu thức

. .

BE CF DF CE biết rằng EF = 99cm.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Theo định lý Ta let ta có BE CE

AE EF (1) và

DF CF

AF EF (2) 0,5

Cộng từng vế các đẳng thức (1) và (2) được BE DF 1

AE  AF  (3) 0,5

Nhân cả hai vế của đẳng thức (3) AE.AF được BE.AF + DF.AE = AE.AF 0,5
Do AE. AF = 2dtAEF= AC.EF nên BE.AF + DF.AE = AC.EF 0,5
Mặt khác AF2 = CF.EF và AE2 = CE.EF nên AF CF EF.

 ; AE  CE EF.

nên suy ra BE. CF EF. + DF. CE EF. = AC.EF hay suy ra

1,0

. .

BE CF DF CE = AC. EF (4) 0,5

Theo pitago, ta có AC = AB2 BC2 402 302

   . 0,5

D C

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

Ấn phím: ( 40 x2 + 30 x2 ) = Kết quả AC = 50 0,5
Nên từ (4) cho BE CF. DF CE. = 50. 99  497,4937 (cm) 0,5

Bài 4: (5 điểm)

Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (m ; n) thoả mãn hệ thức m2 + n2 = m + n + 8.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Ta có m2 + n2 = m + n + 8  4m2 + 4n2 = 4m + 4n + 32

 4m2 – 4m + 1 + 4n2 – 4n + 1 = 34

 (2m – 1)2 + (2n – 1)2 = 34

2,0

Số 34 chỉ có một cách phân tích thành tổng hai số chính phương 34 = 32 + 52 1,0

Suy ra 2m – 1 = 3 ; 2n – 1 = 5 cho m = 2 và n = 3 1,0

Hoặc 2m – 1 = 5 ; 2n – 1 = 3 cho m = 3 và n = 2

Vậy chỉ có các cặp (3 ; 2) và (2 ; 3) thoả mãn đề bài. 1,0
Bài 5: (5 điểm)

Cho tam giác ABC có A 120 0

 , AB = 4, AC = 6. M là trung điểm của BC. Tính độ dài đoạn
thẳng AM chính xác đến 0,0001.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Vẽ BH  AC và MK  AC. Áp dụng định lí Pi ta go cho tam giác vng ABH:

BH2 = AB2 - AH2  BH = AB2 AH2



1,0

Do A 120 0

 nên HAB 600và suy ra AH = AB2 2 1,0

Suy ra BH = AB 3 2 3 0,5

Do MK là đường trung bình của tam giác BHC nên

HK = 1

2HC =
1

2(AC + AH) = 4

0,5

Suy ra AK = HK – AH = 4 – 2 = 2 0,5

Lại có MK = 1

2BH = 3 nên AM

2 = AK2 + MK2 = 4 + 3 = 7  AM = 7 1,0

Tính được AM  2,6458 0,5

Bài 6: (5 điểm)

M C

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

Tính giá trị bằng độ, phút, giây của góc nhọn x thoả mãn cosx =





1 6 2 3 2

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Để máy tính ở chế độ tính bằng độ: ấn MODE MODE MODE MODE 1
Ấn riếp SHIFT cos- 1 ( 1  ( 1 ( 6 + 2 - 3 - 
2 ) x2 ) =

Kết quả x = 7, 5 ấn tiếp SHIFT  cho KQ x = 70 30’ 2

Bài 7: (5 điểm)

Tìm các nghiệm nguyên dương x, y của phương trình 3x2 + 14y2 + 13xy = 330

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Phương trình đã cho tương đương với (3x2 + 7xy) + (6xy + 14y2) = 330

 x(3x + 7y) + 2y(3x + 7y) = 330  (x + 2y)(3x + 7y) = 330 (1) 1,0

Do x, y nguyên dương nên

(x + 2y)(3x + 6y) < (x + 2y)(3x + 7y) < (x + 2y)(4x + 8y)
 3(x + 2y)2 < 330 < 4(x + 2y)2 (2)

1,0

Từ 3(x + 2y)2 < 330  x + 2y < 110 ; 330 < 4(x + 2y)2 x + 2y > 165

Nên từ (2)  165

2 < x + 2y < 110

1,0

Do x, y nguyên dương và 165

2  9,08 còn 110 10,49 nên suy ra

x + 2y = 10 (3)

Từ (1) và (3) suy ra

2 10

3 7 33

x y
x y

 




 



0,5

Tìm được x = 4 và y = 3 0,5

Bài 8: (5 điểm)

Tìm các số nguyên x và y thoả mÃn 1 3

8 8

x
y

 

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Tõ gi¶ thiÕt suy ra y(x - 3) = 8 0,5

TÝnh to¸n trên máy v ghi c số liệu vo bảng :

y - 1 1 - 2 2 - 4 4 - 8 8

x- 3 - 8 8 - 4 4 - 2 2 - 1 1

x - 5 11 - 1 7 1 5 2 4

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

Bài 9: (5 điểm)

T×m mét sè có 4 chữ số abcd biết rằng nó là một số chính phơng chia hết cho 9 và d là

một số nguyên tố.

Phn Li gii s lc im

Do abcd là số chính phơng nên d chỉ có thể bằng 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6; 9 1,25

Do d là số nguyên tố nên d chỉ có thĨ b»ng 5 0,25

Khi đó abcd = x52 với x tự nhiên và 1  x ≤ 9 0,5

Do abcd 9 nên x52 9 và suy ra x5  3 0,5

Suy ra 5 3

6 5 14

x
x





  




suy ra x + 5 chØ cã thÓ là 6, 9 hoặc 12

hay x chỉ có thể là 1, 4 hoặc 7

0,75

Khi ú x52 cú th l 225, 2025 hoc 5625 0,75

Dùng máy tính thử lại chỉ có 2025 = 452 và 5625 = 752 thoả mÃn. 1,0

Bài 10: (5 điểm)

Từ đỉnh của một cái cây có treo một cái dây thả xuống đất thì thừa một đoạn có độ dài là 12,5
m. Nếu kéo căng dây ra thì đầu dây chạm đất ở một khoảng cách là 15,5 m so với gốc cây. Hãy
tính độ dài của dây (chính xác đến cm).

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Gọi a là độ cao của cây thì độ dài của dây là c - cạnh huyền của tam giác

vng có hai cạnh góc vng là a = c – 12,5 và 15,5. 1,0

Áp dụng định lý Pitago: (c – 12,5)2 + 15,52 = c2 1,0

Tìm được c =

2 2

15,5 12,5

2.12,5



1,0

Viết quy trình ấn phím đúng. 1,0

Tính được c  15,86  15,9 (m) 1,0

Bài 11: (5 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB < CD, AB //CD). E và F lần lượt là trung điểm của AD, BC. Gọi
giao điểm của AD và BC là K , giao điểm của AC và BD là O, giao điểm của KO với CD là H,
giao điểm của KO với AB là I. Cho biết EF = 12,1234 (cm), tính tổng các độ dài các đoạn
thẳng IA và DH. (chính xác đến 0,0001)

O
I

H
K

D C

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

Phần Lời giải sơ lược Điểm
Theo định lí Ta let: IA IB

HD HC (1) 0,5

Do tam giác IOA đồng dạng với tam giác HOC nên: IA OI
HC OH (2)
Tam giác IOB đồng dạng với tam giác HOD nên: IB OI

HD OH (3)

1,0

Từ (2) và (3) suy ra IA IB

HC HD (4) 0,5

Chia từng vế của (1) và (4) với nhau cho

HC HD

HD HC hay HC

2 = HD2 HC = HD (5) 1,0

Từ (1) và (5) suy ra IA = IB (6) 1,0

Từ (5) và (6) và do tính chất đường trung bình của hình thang suy ra

IA + DH = 1

2(AB + CD) = EF = 12,1234 3,1817.

1,0

Bài 12: (5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông ở A. Đường phân giác trong của góc B cắt AC tại D. Biết BD = 7,
CD = 15. Tính độ dài đoạn thẳng AD.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Vẽ DE  BC và lấy K đối xứng với D qua H là giao điểm của AE và BD.

Do ABD = EBD (BD chung, ABD EBD nên DA = DE, BA = BE. 0,5
Suy ra tứ giác AKED là hình thoi. Đặt KE = ED = AD = AK = x, HD = HK = y 0,5

y
y
x

x 15

E
D

C
B

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

Từ tam giác vuông EBD: ED2 = DH.DB hay x2 = 7y (1) 1
Do EK //AC nên ta có: EK BK

CD BD 

7 2

15 7

x  y

 (2) 1

Từ (1) và (2) suy ra được 30x2 + 49x – 735 = 0 (3) 1

Giải được phương trình (3) cho x = 41

5 ; x = -5
5

6 (loại do x > 0).

Nên AD = 4.2

Bài 13: (5 điểm)

Cho F(n) = 16n – 15n – 1 với n   và n ≥ 1.
a) Tính các giá trị F(1) ; F(2) ; F(3) ; F(4).

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị n   và n ≥ 1 thì F(n) chia hết cho 125.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
2,5 đ

Viết quy trình ấn phím áp dụng cho máy casio fx 570MS:

16  ALPHA X ─ 15 ALPHA X ─ 1 ấn tiếp CALC màn hình hiện X ?

ấn tiếp 1 = cho F(1) = 0, ấn tiếp CALC 2 = cho F(2) = 225 ấn tiếp CALC
3 = cho F(3) = 4050 và ấn tiếp CALC 4 = cho F(4) = 65475.

2,0

Viết quy trình ấn phím đúng 0,5

b)
2,5 đ

Chứng minh bằng quy nạp: Ta có F(1) = 0 chia hết cho 125. 0,5
Giả sử F(n) chia hết cho 125 với n   và n ≥ 1. Ta chỉ cần chứng minh

F(n + 1) – F(n) chia hết cho 125. 0,5

Thật vậy, F(n + 1) – F(n) = 15.16n – 15 = 15(16n – 1). 0,5
Do 16n – 1 = (16 – 1).M với M  + nên 16n – 1 chia hết cho 15. 0,5

Suy ra F(n + 1) – F(n) chia hết cho 125 (đpcm). 0,5

Bài 14: (5 điểm)

Cho biểu thức A = 22 3
x  y

a) Tính giá trị của A khi x = 0,01 và y = 1,05; x = 1,09 và y = 2,01; x = 2,19 và y = 0,18
(chính xác tới 0,0001)

b) Chứng minh rằng với x, y là hai số thực dương thì ln tồn tại 1 trong 3 số x ; y ; A có
giá trị khơng nhỏ hơn 2.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
1,5đ

Kết quả tính tốn cho trong bảng

x 0,01 1,09 2,19

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

Phần Lời giải sơ lược Điểm

y 1,05 2,01 0,18

A 20002,857
1

3,1759 17,0837

b)
3,5đ

Gọi M là giá trị lớn nhất trong 3 số x ; y ; A. Giả sử M < 2 1,0
Do M là số lớn nhất trong 3 số x ; y ; A nên 0 < x  M < 2 (1), 0 < y  M < 2 (2) 1,0

Lại do M là số lớn nhất trong 3 số x ; y ; A nên

M ≥ A = 22 3
x  y>

2 3
2

4 2  (theo (1) và theo (2)

1,0

M > 2 mâu thuẩn với giả thiết phản chứng là M < 2. Do đó M ≥ 2. 0,5
Bài 15: (5 điểm)

Hình trịn tâm O và tâm I có bán kính lần lượt là 16 cm và 4 cm tiếp xúc ngoài với nhau tại K và
cùng tiếp xúc với đường thẳng d theo thứ tự tại M và tại N. Tính diện tích của hình giới hạn bởi
cung KM của đường tròn tâm O, cung KN của đường tròn tâm I và đường thẳng d (chính xác
đến 0,0001).

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Vẽ IZ  Omta có MZ = NI = 4; OZ = 12 và OI = 16 + 4 = 20 0,5

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác OIZ: IZ = OI2 OZ2 202 122

   0,5

Viết quy trình ấn phím tính được IZ = 16 (cm) 0,25

sinIOZ = 16 4

20 5

IZ

IO   0,5

Trong hình thang OIMN: sđOIN =  - sin-1 4

 
 
 

0,5
K

Z I

N
M

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

Phần Lời giải sơ lược Điểm
Diện tích của hình thang OINM =





20.16

2 2

OM IN IZ

 0,5

Viết quy trình ấn phím tính được diện tích của hình thang OIMN bằng 160 cm2. 0,25

Diện tích hình quạt OKM: S1 = 

  

 
 

 

2 1
2

4
16 .sin

. 5

118,6938

2 2

OM sd IOZ (cm2) 0,5

Viết quy trình ấn phím và tính được S1  118,6938 (cm2) (để máy tính bằng

rad) 0,25

Diện tích hình quạt IKN: S2 = 





  

  

 

 

 



2 1

4 sin

5
.

2 2

IN sdOIN 0,5

Viết quy trình ấn phím và tính được S2  17,7144(cm2) (để máy tính bằng rad) 0,25

Suy ra diện tích của hình cần tính là:

S = diện tích OIMN – S1 – S2  160 - 118,6938 - 17,7144  23,5918 (cm2) 0,5

Bài 16: (5 điểm)

Cho phương trình 4 2 28 27

2 27 24 1 6

3 2

x  x   x (1)

a) Viết một quy trình ấn phím giải phương trình (1) và viết kết quả chính xác đến 0,0001.
b) Chứng minh rằng nghiệm tìm được ở phần a) là duy nhất.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
2 đ

Quy trình ấn phím áp dụng cho máy fx - 570MS để giải phương trình :

2 ( 27 ALPHA X x2 + 24 ALPHA X + 28 ab/c 3 )  0,25 = 1 
+ ( 27 ab/c 2 ALPHA X + 6 ) ấn tiếp SHIFT SOLVE màn hình

xuất hiện X ? nhập một giá trị bất kỳ lớn hơn 4

 chẳng hạn 1 ấn tiếp =

SHIFT SOLVE kết quả x = 0,2222.

2,0

3,0 đ Điều kiện x ≥
4
9

 . Viết lại phương trình dưới dạng





4 9 4 4 1 3(9 4)

3 2

x x

  

0,5

đặt y = 9x + 4 ≥ 0 ta có phương trình

24 2 4 1 3

3 2

y y

    4

4 1 6

3 2

y y

y
   

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

Theo bất đẳng thức cơsi: 6 6
2

y

y   do đó

4
2

4 1 6

3 2

y y

y

     1 + 3 6

2 2

y y

 = 2y + 4

0,5







4 4 2

3
y

y

 

  

 

  0,5







2
6

0
2

y

  y = 6 0,5

 9x + 4 = 6  x = 2

  - 0,2222 duy nhất. 0,5

Bài 17: (5 điểm)

Cho phương trình 6 8 6

3 x  2 x  (2)

a) Viết một quy trình ấn phím giải phương trình (2) và cho biết kết quả .
c) Chứng minh rằng nghiệm tìm được ở phần a) là duy nhất.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
2,0 đ

Quy trình ấn phím áp dụng cho máy fx - 570MS để giải phương trình :

( 6  ( 3 - ALPHA X ) ) + ( 8  ( 2 - ALPHA X )

) ALPHA = 6 SHIFT SOLVE màn hình hiện X ? nhập một giá trị bất kì
nhỏ hơn 2 chẳng hạn 1 ấn tiếp = SHIFT SOLE cho kết quả x = 1,5.

2,0

b)
3,0 đ

Điều kiện x < 2. 0,5

Với x < 3
2 thì

6
2
3 x  và

8
4

2 x  0,5

0,5

Do đó 6 8 6

3 x  2 x   phương trình đã cho khơng có nghiệm x <
3

2. 0,5

Với 3

2 < x < 2 thì
6

2
3 x  và

2 x  0,5

Do đó 6 8 6

3 x  2 x   phương trình đã cho khơng có nghiệm x >
3
2.

Do đó phươnbg trình có nghiệm duy nhất x = 3
2.

0,5

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Cho tam giác ABC có  0
135

A , BC = 5, đường cao AH = 1. Tính độ dài các cạnh AB và AC
(chính xác đến 0,0001).

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Vẽ CK  AB ta có  0 0 0

180 135 45

CAK    nên tam giác CAK vuông cân tại K 1,0
Đặt AB = x > 0, AK = CK = y > 0. HBA đồng dạng với KBC (gg) nên

AH AB
KC BC

5
5

x
xy

y    (1)

1,0

Áp dụng pitago cho tam giác vuông BKC:
BK2 + KC2 = BC2

 (x + y)2 + y2 = 25  x2 + 2xy + 2y2 = 25 (2) 1,0

Từ (1) và (2) tìm được (x ;y) =



5 ; 5



hoặc (x ; y) = 10 ; 10
2

 

 

 

1,0

Từ đó suy ra AB = 5  2,2361 ; AC = 10  3,1623

hoặc AB = 10  3,1623 ; AC = 5  2,2361 .

1,0

Bài 19: (5 điểm)

Cho biểu thức P(x) = 8

12 12 3

x  x  x. Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình
x2 – x – 1 = 0.

a) Tính các giá trị P(x1) và P(x2).
b) Chứng minh rằng P(x1) = P(x2).

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
2 đ

Ta có x2 – x – 1 = 0 

1 5

2 4

x

 

  

 

 



1 5

2 4

x

 

 

 

 

 x1,2 = 1 5

 1

Quy ttrình ấn phím tính P(x1) và P(x2) áp dụng cho máy fx - 570 MS:

( ALPHA X  8 + 12 ALPHA X + 12 ) - 3 ALPHA X ấn

CALC màn hình hiện X ? ấn tiếp ( 1 - 5 )  2 = cho P(x1) = 4 .

Ấn tiếp CALC màn hình hiện X ? ấn tiếp ( 1 + 5 )  2 = cho

P(x2) = 4 .

1
y

H C

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

b)
3 đ

Gọi x0 là một nghiệm của phương trình x2 – x – 1 = 0 thì 2

0 0 1

x x  và ta có
4 2

0 0 2 0 1
x x  x 

Và do 2

0 0 1

x x  x04 3x02  x08 



3x0 2



2 9x0212x0 4 1
Do đó P(x0) = 2

0 0 0

9x 24x 16  3x =



3x04



2  3x0 0,25

= 3x04  3x0 0,25

Do 3x0 + 4 = 3(x0 + 1) + 1 = 3 2
0

x + 1> 0 nên P(x0) = 3x04  3x0= 4 0,25

Do đó P(x1) = P(x2) (đpcm). 0,25

Bài 20: (5 điểm)
Cho 2 số a = 5

8 và b =

10
389
401
 
 
 
.

a) Viết một quy trình ấn phím so sánh a và b và cho biết kết quả số nào lớn hơn.
b) Bằng phép toán, hãy chứng minh kết quả ở phần a).

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
1, 0 đ

5 ab/c 8 ─ ( 389 ab/c 401 )  10 = - 0,112993075 < 0 nên a < b.

b)
4,0 đ

Trước hết ta chứng minh tính chất:

Với các số a, b, m thoả mãn 0 < a a a m
b b m




 .

Thật vậy:





















0
a b m b a m m b a
a a m

b b m b b m b b m

   



   

   (đpcm)

Cho a = 389 ; b = 401; m = 1, ta có 389 388 97

401 400 100 0,5

Cho a = 389 ; b = 401; m = 3 ta có

10 10

389 97 97 97 97 97 97 97 97 97 97 97

401 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100

   
          
   
   

1

> 97
100
94
97

91
94
88
91
85
88
82
85
79
82
76
82
73
76
70
73 =

10 1

Lại do 7.8 > 10.5 nên 7 5

10  8. Do đó a > b (đpcm). 0,5

Bài 21: (5 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A có  0
36

A . Tính giá trị của tỉ số AB

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Phần Lời giải sơ lược Điểm
Vẽ tia phân giác trong BD. Ta có  

0
0
1

72
36
2

B   A,   0 

1 1 72

D  A B  Cnên
tam giác ABD cân tại D, tam giác CBD cân tại B suy ra DA = DB = BC.

Theo tính chất của đường phân giác: DA DC AC
AB BC ABBC 

.
AB BC
DC

AB BC



 0,5

mặt khác DC = AC – AD = AB – BC = AB – BC (AB = BC ; AD = BD = BC) 0,5
Nên DC AB BC AB BC.

AB BC

  

  AB.BC = AB

2 – BC2 (*) 0,5

Đặt x = AB

BC > 0 từ (*) ta có x

2 – x – 1 = 0 0,5

Tìm được x = 1 5
2

 và x = 1 5
2

 1,0

Do x > 0 nên lấy x = 1 5

 0,5

Viết quy trình ấn phím tính được x  1,6180 0,5

Bài 22: (5 điểm)

Cho dãy số 2, 6, 30, 210, … được xác định như sau: Số hạng thứ k bằng tích của k số nguyên tố
đầu tiên (k = 1, 2, 3,…). Biết rằng có hai số hạng của dãy có hiệu bằng 30000. Tìm hai số đó.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Gọi hai số của dãy là a và b thoả mãn a – b = 30000 (*). Theo định nghĩa của

dãy suy ra a chia hết cho b. 1

Suy ra a – b chia hết cho b hay 30000 chia hết cho b. 1

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Lần lượt thay vào (*) để tìm a ta được

b = 2.3.5 = 30 và a = 2.3.5.7.11.13 = 300030 1
Bài 23: (5 điểm)

Cho hình bình hành ABCD. Gọi E là trung điểm của đường chéo BD, F là điểm thuộc DA
sao cho 3DF = DA. Tìm tỉ số diện tích của tam giác DFE và tứ giác ABEF.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Do DE = 1

2BD nên SDEA =
1

2SDBA 1

Do DF = 1

3AD nên SDEF =
1

3SDEA. Từ đó suy ra SDEF =
1

6SDBA 2

Suy ra SABEF = 5

6SDBA 1

Vậy 1

DEF
ABEF

S

S  1

Bài 24: (5 điểm)

Cho hai số thực khác 0 có hiệu, tổng và tích tỉ lệ với 1, 7 và 24. Tính tích của chúng.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Gọi hai số đó lắ vă y (x, y  0). Ta có

1 7 24

x y xy xy

  1











x y x y

xy x y

   




 




 8 6

24 24
y x

xy x y





 

 

8 6

24 18

y x

xy x x






 

 2

Suy ra x(y – 6) = 0 và do x  0 nên cho y = 6. 1

Tìm được x = 8 và x.y = 48. 1

Bài 25: (5 điểm)

Trong một siêu thị có một thang cuốn có n bậc bằng nhau nhìn thấy được đi xuống với vận tốc
đều. Hai người khách A và B cùng bước xuống thang khi thang đang chuyển động. Trong mỗi phút,
người khách A bước nhanh gấp hai số bậc thang so với người khách B. A đến mặt đất sau khi bước
27 bậc trong khi B đến mặt đất sau khi bước 18 bậc. Hỏi số bậc thang n nhìn thấy được của thang
cuốn bằng bao nhiêu ?

Phần Lời giải sơ lược Điểm

E
F

D C

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Chọn đơn vị thời gian là thời gian thang cuốn xuống một bậc thì chiều dài của

phần thang cuốn nhìn thấy được là n đơn vị quãng đường. 1
Giả sử người khách B bước k bậc trong mỗi đơn vị thời gian đã chọn thì mỗi

bước của B mất 1

k đơn vị thời gian và 18 bước mất
18

k đơn vị thời gian.

Vận tốc đi xuống của B là k + 1 đơn vị quãng đường l đơn vị thời gian. Do đó:





k n

k  

Người khách A bước 2k bậc mỗi đơn vị thời gian vì thế 27 bước mất 27
2k đơn
vị thời gian và

0,5

Vận tốc đi xuống của A là 2k + 1 đơng vị quãng đường l đơn vị thời gian. Do

đó:





2 1

2k k n

0,5

Ta có phương trình 18



k 1



k  





2 1

2k k 0,5

Tìm được k = 1

2 và suy ra được n =





1
k

k  54 (bậc) 0,5

Bài 26: (5 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 3 cm. Vẽ đường trịn tâm D
đường kính AC = 2 cm và đường tròn tâm E đường kính CB = 1 cm.
Gọi 2r là độ dài đường kính của đường trịn tâm I tiếp xúc với cả ba
đường trịn nói trên (xem hình vẽ). Tính r (chính xác đến 0,01 cm)

Phần Lời giải sơ lược Điểm

I
E

O
D
C
B

1,5 - r
0,5 + r

1 + r

I
E

D
I

B
E
C

O
D

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Vẽ đường IH  DE. Ta có:

HE2 – HO2 = (IE2 – IH2) – (IO2 – IH2) =

2 2

1 3

2 r 2 r

   

  

   

   

 (HE – HO)(HE + HO) = 4r – 2  HE – HO = 4r – 2 (1)

(do HE + HO = OE =
1)

Tương tự: HE2 – HD2 = IE2 – ID2 =





2
1

2 r r

 

  

 

 

= - r - 3

4 1

 HE – HD = 2 3 2 1

3 4 3 2

r
r

 

   

 

  (2) 1

Trừ từng vế của (1) và (2) cho

HD – HO = 14 3

3 2

r

 = OD = 1

2  r =
3

7 0,43 (cm)

Bài 27: (5 điểm)

a) Cho tỉ số của 3x – 4 và y + 15 là một số không đổi và y = 3 khi x = 2. Tính x khi y = 12 ?
b) Khi cạnh đáy của một tam giác tăng 10% và đường cao ứng với cạnh đó giảm 10% thì diện tích

của tam giác đó giảm (hoặc tăng) bao nhiêu phần trăm ?

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a)
2,5 đ

Theo giả thiết, ta có 3 4
15
x

k
y




 (khơng đổi)  3x – 4 = k(y + 15) 1

Thay x = 2, y = 3 ta được 3.2 – 4 = k(3 + 15)  k = 1

9 1

Từ 3x – 4 = 1

9(y + 15) cho y = 12, tính được x =
7

3. 0,5

b)
2,5 đ

Gọi b và h lần lượt là độ dài cạnh đáy và đường cao của tam giác lúc đầu thì

tam giác lúc đầu có diện tích S = 1
2bh

Diện tích của tam giác sau khi tăng độ dài cạnh đáy b 10% và giảm đường

cao h 10% là S’ = 1



1,1

 

0,9



0,99 1 0,99.

2 b h 2bh S

 

  

 

So với lúc đầu diện tích của tam giác giảm 1 %. 0,5

Bài 28: (5 điểm)

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Phần Lời giải sơ lược Điểm
Toạ độ giao điểm của d và d’ là nghiệm của hệ

13 11 700
1

x y

y mx

 




 

 





13 11 1 700

x mx

y mx

   




 






711
13 11

1
x

m
y mx









  


Phân tích ra thừa số nguyên tố: 711 = 32. 79  x = 
2
3 .79

13 11 m 0,5

Do x   nên 13 + 11m phải là ước của 32. 79 0,5

Suy ra 13m + 11 = d với d = 3 hoặc 32 hoặc 79 hoặc 3.79 hoặc 32.79 1,25
Do m = 13

11
d

và nguyên dương suy ra d > 13 nên ta chỉ cần xét

d = 79; d = 3.79 ; d = 32.79

0,75

Với d = 79 thì m = 66 6

11  thì x = 9; y = 53 (thoả mãn) 1

Với d = 3.79 = 237 thì d – 13 = 224 khơng chia hết cho 11 (loại) 0,5
Với d = 32.79 = 711 thì d – 13 = 698 không chia hết cho 11 (loại) 0,5
Bài 29: (5 điểm)

Có bao nhiêu cặp số (x; y) với x, y nguyên dương thoả mãn phương trình 3x + 5y = 501 ?

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Từ phương trình đã cho suy ra y = 3 167





x


1
Vì y > 0 và nguyên nên 167 – x phải là bội số dương của 5

 167 – x = 5k, k > 0 hay x = 167 – 5k, k > 0. 1

Mặt khác x = 167 – 5k > 0  0 < k < 167

5 = 33, 4 1

Do k nguyên nên k = 1, 2, 3, …, 33 1

Vậy x có 33 giá trị nguyên dương (lúc đó y cũng nguyên dương) 1

Bài 30: (5 điểm)

Hai cây nến có cùng chiều dài và làm bằng chất liệu khác nhau, một cây cháy hết với tốc độ đều
trong 3 giờ trong khi cây kia trong 4 giờ. Hỏi phải bắt đầu đốt nến vào lúc mấy giờ chiều để đến 4 giờ
chiều, cây nến này có độ dài gấp đôi cây nến kia ?

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Chọn chiều dài của cây nến làm đơn vị dài. Gọi t là số giờ cần thiết để đạt

được kết quả mong muốn. Trong một giờ, cây nến cháy mau sẽ ngắn hơn 1
3,

cây nến cháy chậm sẽ ngắn hơn 1

4 chiều dài của nó.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Trong t giờ, chúng lần lượt ngắn hơn
3

t
và

4
t

và chiều dài của chúng là :

1 -
3

t

và 1 -
4

t

Theo u cầu của bài tốn, ta có: 1 2 1

4 3

t  t 
    

   t =
2
2

5 giờ. 1

Vậy thời điểm đốt nến là 16 - 22
5 =

2
13

5 giờ hay 13giờ 36 phút. 1

Bài 31: (5 điểm)

Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn. Các cung nhỏ AB, BC, CA có số đo lần lượt là
x + 750, 2x + 250, 3x – 220. Tính các góc của tam giác ABC.

Phần Lời giải sơ lược Điểm

Các cung nhỏ AB, BC, CA tạo thành đường trịn, do đó:

(x + 750) + (2x + 250) + (3x – 220) = 3600 x = 470 2
Do đó suy ra:  1





2 25 59 30'
2

A x  1

 1





3 22 59 30'
2

B x  1

 1





0
75 61
2

</div>

Tai lieu on Casio lop 9

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>































<sub></sub>

<sub></sub>





































<sub></sub>

<sub></sub>















 















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về