casio 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (339.4 KB, 4 trang )

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

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

H TNH Giải toán trên máy tính cầm tay

Đề thi chính thức Khối 9 THCS - Năm học 2010-2011
Thời gian lm bi: 90 phút - Ngày thi: 06/01/2011

Chú ý: - Đề thi gồm 4 trang

- Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này.

Điểm toàn bài thi (Họ, tên và chữ ký)Các giám khảo (Do Chủ tịch Hội đồngSố phách
thi ghi)
Bằng số Bằng chữ

GK1
GK2

Bµi 1: Tính giá trị của biểu thức sau(lấy kết quả với 5 chữ số ở phần thập phân

0 0 0 0

0 0 0 0 0

3sin15 25' 4cos12 12'.sin 42 20' os36 15'

2cos15 25' 3cos 65 13'.sin15 12' os31 33'.sin18 20'

c

A

c

 



 

1 2

1 :

1 1 1

x x

B

x x x x x x

   

      

    

   với x = 143,08

a) Kết quả A ≈
b) Sơ lược cách giải:

Rút gọn A rồi tính hoặc tính trực tiếp
Kết quả: x ≈

14,23529

Bµi 2:

Tìm các chữ số a, b, c, d,e,f trong mỗi phép tính sau. Biết a, b hơn kém nhau 1 đơn vị
a) ab cdef5. 2712960

b) a b cdef0 . 600400
c) ab c bac5 . 761436

a) ab cdef5. 2 .3 .5.157 785.34567 3  suy ra a = 7; b = 8; c = 3; d = 4;e = 5; f = 6;
b) a b cdef0 . 2 .5 .19.79 304.19754 2  suy ra a = 3; b = 4; c = 1; d = 9; e = 7; f = 5;
c) ab c bac5 . 2 .3 .13.1627 3254.2342 2  suy ra a = 3; b = 2; c = 4

Bµi 3:

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: y =

3 1 3

2 x 2




. Tính góc tạo bởi d và trục
Ox (kết quả lấy đến giây)

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

b) Giải các phương trình:

2 3 1 6 3 7 15 11

3 5 x 3 2 x 4 3 2 3 5

 

   

   

     

(kết quả lấy 5 chữ số ở
phần thập phân)

c) Cho hàm số y = f(x), biết

(1) 0,3579
( )

( 1)

1 ( )

f
f n
f n
nf n




 
 

 với mọi n N *. Tính 
1
(2011)

f

a) Ta có:

1 0

3 1 3 1

tan 34 56'52"

2 2

tg       

b) Từ giả thiết ta biến đổi

2 3 1 6 1 6 3 7 15 11

3 5 3 2 x 3 2 4 3 2 3 5

          

  

     

          

     

Lưu A =

2 3 1 6

3 5 3 2

   



 

   

 ; B =

1 6 3 7

3 2 4 3

     

   

     

   ; C =

15 11

2 3 5




Ta suy ra: Ax + B = C => x = 1, 4492
C B

A




c) Đặt f(1) = a; bằng quy nạp ta tính được:

(2)

1.2

1 1. 1 .

(2) 1

(3)

2.3

1 2. (2) 1 2. 1 3 . 1 .

1 2

(3) 1 3

(4)

3.4

1 3. (3) 1 3. 1 6 . 1 .

1 3 2

( 1)
.( 1)

1 .
2
a a
f
a a
a

f a a a

f

a

f a a

a
a

f a a a

f

a

f a a

a
a

f n

n n a

 



   
 
 


   
   

 



Vậy 
2010.2011.
1
1 2
(2011)
a
f a



thay số ta được

1
(2011)

f 2 021 057,794

Bài 4: Cho đa thức P(x) biết: P(x) chia cho x – 1 dư 5; x -2 dư 7; x – 3 dư 10; x + 2 dư - 4; Tìm dư
của đa thức P(x) cho (x -1)(x – 2)(x – 3)((x + 2)

Theo bài ra ta có: P(1) =5; P(2) = 7; P(3) =10; P(-2) = - 4

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

Ta có hệ:

0,15
20

5 2

7 3 2 0, 4

8 4 2 7 5

26 8 2 5

27 9 3 10 43

2,15

3 3

8 4 2 4

31
3,1
10

a
a b c d

a b c b

a b c d

a b c

a b c d

c
a b c

a b c d

d



 




   

 



  

  



    

 

    

  

   

       



     





  



Vậy đa thức dư: R(x) =0,15x3 -0,4x2 + 2,15x + 3,1

Bài 5:

4 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 lấy kết quả chính xác đến 0,0001

Viết lên màn hình biểu thức:

4 28 27

2 27 24 1 6

3 2

x  x   x

(trên máy 570 ES), X
SHIFT SOLVE = =

Kết quả x 0, 2222

b) Chứng minh nghiệm vừa tìm được là nghiệm duy nhất của phương trình trên.

Đặt P(x) =

4 28 27

2 27 24 1 6

3 2

x  x   x

(trên máy 570 ES), X
Xét x > 0,2222: Gán X = 0,2222

Sau đó thực hiện viết lên màn hình biểu thức:

X =X + 0,00001: A =

4 28 27

2 27 24 1 6

3 2

x  x   x

= = Sau đó == liên tục: Kết quả A > 0
Tương tự xét x < 0,2222

Gán X = 0,2222

Sau đó thực hiện viết lên màn hình biểu thức:

X =X - 0,00001: A =

4 28 27

2 27 24 1 6

3 2

x  x   x

= = Sau đó == liên tục: Kết quả A < 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất trên.

Bài 6: Cho 8 đường trịn có cùng bán kính r đơi một tiếp xúc nhau và cùng tiếp xúc ngồi với đường
đường trịn lớn bán kính R.(Lấy kết quả 5 chữ số thập phân)

a) Tính r theo R

b) Tính r biết R = 2010 cm.

a) Gọi O là tâm đường tròn lớn bán kính R. O1; O2; là tâm hai đường trịn

liên tiếp tiếp xúc nhau. Gọi I là tiếp điểm của hai đường tròn O1; O2

O1

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

Theo bài ra ta có: góc O OO1ˆ 2=450 tam giác OO1O2 cân tại O và IO
Vng góc với O1O2 và OO2 = OO1 = r + R

Ta có góc O1OI = 22030’. Ta có sin 22030’=

r

R r .từ đây ta suy ra

0
0

.sin 22 30 '
1 sin 22 30 '

R
r



b) Thay số: ta được r1246,6478cm

Bài 7: Một hình trịn nội tiếp một hình vng có cạnh a = 2,2011cm, sau đó nội tiếp trong đường trịn
một hình vng và q trình đó cứ tiếp diễn như thế. Gọi Sn là tổng của n hình trịn đầu tiên nội tiếp

các hình vng. Tính S10 (lấy kết quả với 5 chữ số thập phân)

Sơ lược cách giải: Sau mỗi lần thực hiện thì bán kính đường trịn thứ n+1 giảm đi

2 so với

bán kính đường trịn thứ n. Do đó diện tích hình trịn thứ n + 1 giảm đi

2 so với diện tích hình

trịn thứ n

Vậy S10 =

2 2 2 2

2 3 4 11 11

1 1

7,60214

2 2 2 2 2 2

a a a a

a

   

 

       

 



cm2

Bài 8: a) Tính tổng các ước dương lẻ của số A = 8863701824

b) Tìm các số có dạng aabb sao cho aabb(a1)(a  1) (b 1)(b1).
a) Sơ lược cách giải: Ta phân tích A2 .101.11716 2

Vậy tổng các dương lẻ của A bằng:









1 101 1 1171 1171   139 986 126

b) Từ giả thiết ta suy ra:

10 11

100 11( 1)( 1)

111 11

b

a b a b a

b



     

 với b=1, 2, …, 9

Lập quy trình như sau:

ALPHA B ALPHA = ALPHA B + 1 ALPHA : ALPHA A ALPHA = (10 ALPHA B – 11) ÷
(111 – 11 ALPHA B) = = ấn = = cho đến khi B = 10 thì dừng lại ta được kết quả A = 3 ; B = 8

Thử lại ta thấy đúng

Vậy số cần tìm aabb = 3388 = 44. 77.

</div>

casio 9

14,23529









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về