Loi giai chi tiet De thi MTBT 2010 2 011 Tinh AG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (292.67 KB, 3 trang )

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

BÀI GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ THI HSG GIẢI TOÁN TRÊN MTCT LỚP 9 CẤP TỈNH NH 2010-2011
(Nguyễn Xuân Phong, gv trường THCS Nguyễn Trãi - TPLX - An Giang)
Bài 1: Thực hiện phép tính trên máy bình thường, có sử dụng biến nhớ.

Kết quả: a) 417392
55825

A b)

 

B 33454
Bài 2:

a) Đặt P x

 

27x3 27x2 3x 2010

   

Số dư trong phép chia đa thức P x

 

cho 3x1 là 1 2013 3.11.61
3

P   
 

Để

 

3 1

P x

x nhận giá trị nguyên thì 3x1 phải là ước của 2013. Từ đó suy ra: x



20;0; 4;224



 
b) Giả sử 2 2

16 2011

n  n m (m n, là các số tự nhiên)





2 2 16 2011

m n n

   





8 1947

m n

   

(m n 8)(m n 8) 1947

     

mà 1947 3.11.59 , do đó 1947 1.1947 3.649 11.177 33.59   
Ta xét các trường hợp sau:

1) 8 1 974

8 1947 965

m n m

m n n

   

 



 

   

  2)

8 3 326

8 649 315

m n m

m n n

   

 



 

   

 

3) 8 11 94

8 177 75

m n m

m n n

   

 



 

   

  4)

8 33 46

8 59 5

m n m

m n n

   

 



 

   

 

Vậy các giá trị của n là: 965;315;75;5

Bài 3: u1 15;u2 10;un2 2un13un; Sn u1u2...un

Ta có: S1 u1 15; S2 u1u2 15 





5; S3 u1u2u3 S2u3; S4 S3u4; …
* Quy trình ấn phím (dùng cho các máy fx570ES; fx570MS; VINACAL 570MS):

Ghi vào màn hình biểu thức:

1: 2 3 : : 1: 2 3 :

X X  A B A C D A X  X B A B D C B 

Ấn CALC , nhập X 2;B10;A15;D5
Ấn = = …, ta sẽ tính được các giá trị của u Sn; n

(Biến X là biến đếm; các biến A B, là giá trị của un; các biến C D, là giá trị của Sn)

Kết quả: u20 1452826820; S20 2179 240 250

Bài 4: Gọi mức tiêu thụ dầu hằng năm là A. Khi đó lượng dầu dự trữ là 50A.
Gọi xn là lượng dầu sử dụng vào năm thứ n. Khi đó x1 A

Với tỉ lệ tăng 3%/năm thì xn 1, 03xn1
Tổng lượng dầu sử dụng sau n năm là:

2 2 1

1 2 3 ... 1 1, 03 1,03 ... 1, 03 1,03

n n

x x x x x A A A  A  A



          



1 1,03 1,032 ... 1,03n 2 1,03n 1



A  

     









1 2 2

1,03 1 1,03 1,03 ... 1,03 1, 03 1
1,03 1

n n

A  

     







1,03 1



0,03

n

A 



Để số dầu tiêu thụ hết thì:

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



1,03 1



50
0,03

n

A







1,03 1



50 1,03 50.0,03 1 1,03 2,5

0,03

n

n n



      

Thử trên máy, ta thấy: 1,0330 2, 427262471



1,03 2,500080345
Vậy trữ lượng dầu sẽ hết sau khoảng 31 năm.
* Cách khác: Ghi vào màn hình biểu thức:

X 1

X X 1: A A 1.03 

   

Ấn CALC nhập X 0 , A 50

Ấn = = … đến khi nào giá trị của A 0 thì dừng. Khi đó ta chọn được X 31 .
Vậy trữ lượng dầu sẽ hết sau khoảng 31 năm.

Bài 5: Ta có: x0  1006 2011 1006 2011 2

Vì x0là nghiệm của phương trình ẩn x3ax2bx14 0 , nên ta có:

 

2 3a

 

2 2b

 

2 14 0

 2 2 2 a b 2 14 0   2 2



b

 

 2a14



0 (*)
Vì a b,  , nên từ (*) suy ra: 2 0 2

2 14 0 7

b b

a a

  

 



 

  

 

Khi đó, ta có phương trình: x3 7x2 2x 14 0

    . Giải ra ta được ba nghiệm: 2; 2;7
Vậy a7;b2 và các nghiệm cịn lại của phương trình là 7 và  2.

Bài 6:

Giả sử P x

  

x 1

 

x 2

 

x 3

 

x 4 .



Q x

 

ax3 bx2 cx d

        

Theo đề bài, ta có:

 

1 2019
2 2036
3 2013
4 1902
P

P
P
P














 



2019
8 4 2 2036
27 9 3 2013
64 16 4 1902
a b c d

a b c d
a b c d
a b c d

   



    


 

   



    



Giải ra, ta được: a8;b28;c11;d 2010
Vậy đa thức dư là 3 2

( ) 8 28 11 2010

R x  x  x  x .

Bài 7: Giả sử:

56505086mq r (1)

7873056mq r (2)

3094186mq r (3)

Từ (1) và (2), suy ra: 48632030m

Từ (1) và (3), suy ra: 53410900m

Từ (2) và (3), suy ra: 4778870m

Suy ra: m là ước chung của 48632030; 53410900; 4778870

Vì m là số tự nhiên lớn nhất, nên :m



48632030,53410900, 4778870



281110

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

Bài 8:

a) BD AB2 AD2 m2 n2

   

AH AB.ADBD mn2 2
m n

 



2 2

AB m

AB BD.BH BH

BD m n

   



Vậy ABH
1

S AH.BH
2







2 3

2 2

2 2 2 2

1 mn m m n

2 m n m n 2 m n

   



 

b) Áp dụng với m 2011, 2012 và n 2010, 2011 ;
ta tính được SABH1011232, 44163317 (cm2)

Bài 9:

  0     0

EAK BAM 30 ; B D C E 45     

   0

CKN AKE BMA 105   ;a 2011, 2011
Theo định lý hàm số sin, ta có:

0 0 0

BM AM AB

sin 30 sin 45 sin105
Suy ra:

0 0

ABsin 30 a sin 30
BM

sin105 sin105

  (gán b)

0 0

ABsin 45 a sin 45
AM

sin105 sin105

  (gán c)

. AKEAMB  AK AM c  . Suy ra CK AC AK a c   
. CKN∽ BMA CN CK CN BA.CK a a c





BA BM BM b



    

Vậy 2

chung ABC ABM CKN

1 1 1

S S S S AB AB.BMsin B CK.CN sin C

2 2 2

     













2 0 a a c 0 a c

1 1 1 a b

a absin 45 a c sin 45 a

2 2 2 b 2 2 b 2

 

 

         

 

 

1083835,69067

 (đvdt)

Bài 10:

BE 0, 4;CF 0, 6; BC 1, 4;BM CN 1, 6    
Đặt x BH , suy ra: CH BC BH 1, 4 x   
. AHE∽ MBE AH HE AH 0, 4 x

BM BE 1,6 0, 4



   

 AH 4 x 0, 4







(1)

. AHF∽ NCF AH HF AH 1, 4 x 0,6
CN CF 1, 6 0,6

 

   

AH 8 2 x







  (2)

Từ (1) và (2), suy ra: 4 x 0, 4





8 2 x





x 0,56
3



   

Vậy AH 4 x 0, 4







4 0,56 0, 4







3,84 (m)

</div>

Loi giai chi tiet De thi MTBT 2010 2 011 Tinh AG

<b>BÀI GIẢI CHI TIẾT</b>

 

 

 

 









































 

 

 



 



  

 

 

 



 

 

 

 

 

















































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về