cac de thi casio bgd den 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KÌ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM 2010. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Môn toán Lớp 9 Cấp THCS Thời gian thi: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/03/2010. Chú ý: - Đề thi gồm 6 trang - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này. - Kết quả bài toán tính chính xác đến 5 chữ số sau dấu phẩy. Bài 1. (5 điểm). Tính giá trị của các biểu thức sau : a. b.. A=. 1 1 1 1 +   ...  1 3 3 5 5 7 2009  2011. B= 1 . 1 1 1 1 1 1  2  1  2  2  ...  1   2 2 1 2 2 3 2009 20102. C = 291945 + 831910 + 2631931 + 322010 + 1981945. c. Bài 2. (5 điểm). a. Một người gửi tiết kiệm 250.000.000 (đồng) loại kỳ hạn 3 tháng vào ngân hàng với lãi suất 10,45% một năm. Hỏi sau 10 năm 9 tháng , người đó nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi. Biết rằng người đó không rút lãi ở tất cả các định kỳ trước đó. b. Nếu với số tiền ở câu a, người đó gửi tiết kiệm theo loại kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 10,5% một năm thì sau 10 năm 9 tháng sẽ nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi. Biết rằng người đó không rút lãi ở tất cả các định kỳ trước và nếu rút tiền trước thời hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kỳ hạn là 0,015% một ngày ( 1 tháng tính bằng 30 ngày ). c. Một người hàng tháng gửi tiết kiệm 10.000.000 (đồng) vào ngân hàng với lãi suất 0,84% một tháng. Hỏi sau 5 năm , người đó nhận được bao nhiêu tiền cả vốn lẫn lãi. Biết rằng người đó không rút lãi ra. Bài 3. (5 điểm) a. Tìm giá trị của x biết. x 1. 2+ 2006 +. 2008 +. 9. 3+. 1. 2007 +. 1. 6+. 1. =0. 2. 2+. 1. 2005 +. 3. +. 1 2009 +. 9. 1+ 1 2. 9. 9+ 3+. 2 1+. 3 5.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 14044 =1+ 12343 7+. 1 1 1. 3+. 1. 1+. 1. 9+. x+. b. Tìm x ,y biết :. 1 y. Bài 4. (5 điểm) Tìm số dư ( trình bày cả cách giải) trong các phép chia sau: a. 20092010 : 2011 ; b. 2009201020112012 : 2020 ; c. 1234567890987654321 : 2010 ; Bài 5. (5 điểm) a. Cho a = 11994. b.. P(x, y) =. ; b = 153923. ; c = 129935. Tìm ƯCLN( a ; b; c) và BCNN( a; b; c);. 3x 5 y3 - 4x 3 y2 + 3x 2 y - 7x x 3 y3 + x 2 y2 + x 2 y + 7. với x = 1,23456 ;. y = 3,121235. Bài 6. (5 điểm) a. Viết giá trị của biểu thức sau dưới dạng số thập phân A=. ' sin 2 33o12' + sin 56o 48.sin 33o12' - sin 2 56o 48' 2sin 2 33o12' + sin 2 56o 48' +1. b. Tính các tích sau : B = 26031931 x 26032010 ; C = 2632655555 x 2632699999 . Bài 7. (5 điểm) Tìm tứ giác có diện tích lớn nhất nội tiếp trong đường tròn ( O , R) cố định ( trình bày cả cách giải) Tính chu vi và diện tích tứ giác đó biết R = 5, 2358( m) 5. 4. 3. 2. Bài 8. ( 5 điểm) Cho đa thức P(x) = x + ax + bx + cx + dx + 6 a. Xác định các hệ số a, b, c, d biết P (–1) = 3 ; P(1) = 21 ; P(2) = 120 ; P(3) = 543 ; b. Tính giá trị của đa thức tại x = –2,468 ; x = 5,555 ; c. Tìm số dư trong phép chia đa thức P( x ) cho x + 3 và 2x – 5 . n.  9- 11 -  9+ 11  U = n. n. 2 11 Bài 9. (5 điểm) Cho dãy số : với n = 0; 1; 2; 3; … . a. Tính 5 số hạng U0; U1; U2; U3 ; U4 b. Trình bày cách tìm công thức truy hồi Un+2 theo Un+1 và Un . c. Viết quy trình ấn phím liên tục tính Un+2 theo Un+1 và Un . Từ đó tính U5 và U10 Bài 10. (5 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD chứa vừa khít 3 đường tròn trong nó ( hình vẽ) , biết bán kính đường của đường tròn bằng 20 cm a. Tính diện tích phần hình phẳng nằm ngoài các hình tròn trong hình vẽ . b. Cho hình chữ nhật ABCD quay một vòng xung quanh trục là đường thẳng đi qua tâm của các đường tròn . Tính thể tích vật thể được tạo nên bởi phần hình tìm được ở câu a.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. KỲ THI QUỐC GIA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2009 - 2010 – TẠI KHU VỰC LÂM ĐỒNG Ngày 19/03/2010. HƯỚNG DẪN GIẢI & ĐÁP SỐ (Các kết quả được làm tròn đến chữ số thập phân thứ 5) Bài 1 (5đ) A = +++…+ = +++…+ = = ≈ 21,92209 B = ++…+ = 1+ – +1+ – +…+1+ – = 2010 – ≈ 2009,99950 C ≈ 541,16354 Bài 2 (5đ) a. Gọi a là số tiền gửi ban đầu, r là lãi suất một kỳ hạn và n là số kỳ hạn thì số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn là : A = a(1+r)n + Lãi suất một kỳ hạn 3 tháng là .3 = 2,6125% + 10 năm 9 tháng = 129 tháng = 43 kỳ hạn + Số tiền nhận được sau 10 năm 9 tháng là : A = 250 000 00043 = 757 794 696,8 đ b. + Lãi suất một kỳ hạn 6 tháng là .6 = 5,25% + 10 năm 9 tháng = 129 tháng = 21 kỳ hạn cộng thêm 90 ngày + Số tiền nhận được sau 10 năm 6 tháng là : B = 250 000 000(1+)21 = 732 156 973,7 đ + Số tiền B được tính lãi suất không kỳ hạn trong 90 ngày tiếp theo, nhận được số lãi là : C = 732 156 973,7 . . 90 = 98 841 191,45 đ + Và số tiền nhận được sau 10 năm 9 tháng là : B + C = 830 998 165,15 đồng. c.. Gọi lãi suất hàng tháng là x, số tiền gốc ban đầu là a đồng + Số tiền cả gốc và lãi cuối tháng 1 là : a + ax = a(1+ x) đ + Số tiền gốc đầu tháng 2 là : a(1+x) + a = a[(1+x)+1] = [(1+x)2–1] = [(1+x)2–1] đ + Số tiền cả gốc và lãi cuối tháng 2 là : [(1+x)2–1] + [(1+x)2–1].x = [(1+x)3–(1+x)] + Số tiền gốc đầu tháng 3 là : [(1+x)3–(1+x)] + a = [(1+x)3–(1+x)+x] = [(1+x)3 – 1] đ + Số tiền cả gốc và lãi cuối tháng 3 là : [(1+x)3 – 1] + [(1+x)3 – 1].x = [(1+x)3 – 1](1+x) + Tương tự, đến cuối tháng n thì số tiền cả gốc và lãi là : [(1+x)n – 1](1+x) đồng Với a = 10 000 000 đồng, x = 0,84%, n = 60 tháng thì số tiền nhận được là : D = [(1+ 0,0084)60–1](1+ 0,0084) = 782 528 635,8 đồng Bài 3 (5đ) a. x = – 2,57961 b. x = 7 ; y = 6 Bài 4 (5đ) a. 20092 ≡ 4(mod 2011).  200930 ≡ 415 ≡ 550 (mod 2011)  20092010 ≡ 55067 (mod 2011) 2 Ta có : 550 ≡ 850 (mod 2011)  5506 ≡ 8503 ≡ 1798 (mod 2011)  55018 ≡ 17983 ≡ 1269 (mod 2011)  55054 ≡ 12693 ≡ 74 (mod 2011) Mà 55012 ≡ 17982 ≡ 1127 (mod 2011) Nên 55067 ≡ 74.1127.550 ≡ 1 (mod 2011) Do đó 20092010 ≡ 1 (mod 2011) Vậy số dư trong phép chia 20092010 : 2011 là 1. b.. Số dư trong phép chia 200920102 : 2020 là 802 Số dư trong phép chia 802011201 : 2020 là 501.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Số dư trong phép chia 5012 : 2020 là 972 Vậy số dư trong phép chia 2009201020112012 : 2020 là 972 c.. Số dư trong phép chia 1234567890987654321 : 2020 là 471. Bài 5 (5đ) a. + Ta có = =  ƯCLN(a,b) = 11994 : 6 = 1999 Và ƯCLN(1999,c) =1999. Vậy ƯCLN(a,b,c) =1999 + BCNN(a,b) = 11994 . 77 = 923538 Ta có = =  BCNN(923538,c) = 923538 . 65 = 60029970 Vậy BCNN(a,b,c) = 60029970 b. 1,23456 3,121235 Ghi vào máy biểu thức (3X5Y3 – 4X3Y2 + 3X2Y – 7X) : (X3Y3 + X2Y2 + X2Y + 7) Ấn được kết quả là : 2,313486662 Vậy P = 2,31349 Bài 6 (5đ) a. Ta có :. A = = = Kết quả A ≈ 0,02515 B = (x.104 + y)(x.104 + y + 79) = x2.108 + 2xy.104 + 79x.104 + y2 + 79y Kết hợp tính trên máy và ghi trên giấy, ta được :. b. Đặt x = 2603; y = 1931, ta có :. x2.108 2xy.104 79x.104 y2 79y B. 677560900000000 100527860000 2056370000 3728761 152549 677663488111310. b. Đặt x = 26326 ; y = 55555 ; z = 99999, ta có : C = (x.105 + y)(x.105 + z) = x2.1010 + xy.105 + xz.105 + yz Kết hợp tính trên máy và ghi trên giấy, ta được : x2.1010 xy.105 xz.105 yz B. 6930582760000000000 146254093000000 263257367400000 5555444445 6930992277015844445. Bài 7 (5đ) B a. Dựng hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ cùng nội tiếp với đường tròn (O) sao cho MP  BD Ta sẽ chứng minh S MNPQ lớn nhất khi MNPQ là h.vuông. M Thật vậy, gọi h là chiều cao MNP, h’ là chiều cao MBP A O thì h < h’  S MNP = < = S MBP dấu ‘=’ xảy ra khi N ≡ B là điểm chính giữa cung MP. Do đó, ta có : Q SMNPQ = SMNP + SMPQ < SMBP + SMDP = SMBPD = SMBD + SPBD < SABD + SCBD = SD ABCD. N. P C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi MNPQ trùng với ABCD, tức là MNPQ là hình vuông. SABCD = = 2R2 = 2(5,2358)2 = 54,82720328 Vậy SABCD = 54,82720 (cm2) PABCD = 4.AB = 4R = 4.5,2358 = 29,61815748 Vậy PABCD = 29,61816 (cm) Bài 8 (5đ) a. Ta có hệ phương trình :  Vậy P(x) = x5 + 2x4 + 3x3 + 4x2 + 5x + 6 b. P(–2,468) = – 44,43691 và P(5,555) = 7865,46086 c.. Số dư trong phép chia P(x):(x + 3) là P(–3) = –135 Số dư trong phép chia P(x):(2x – 5) là P() = 266,15625 Bài 9 (5đ) a. Thay n = 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 vào công thức ta được : n Un b.. 0 0. 1 –1. 2 –18. 3 –254. 4 –3312. Cho Un + 2 = aUn + 1 + bUn + c. Thay n = 0 ; 1 ; 2 vào công thức, ta được hệ phương trình :  . Vậy Un + 2 = 18Un + 1 – 70Un Quy trình bấm phím liên tục tính Un + 2 trên máy Casio 570MS, 570ES : Đưa U1 vào A, tính U2 rồi đưa vào B: – 1 18 – 700 Lặp lại dãy phím : 18 – 70 (được U3) 18 – 70 (được U4) Do đó tính được U5 = – 41836 Và U9 = – 982396816, ghi giấy rồi tính được U10 = – 12105999648 Bài 10 (5đ) a. Ta có BC = 2R = 40 cm; AC = 6R = 120 cm + Diện tích hình chữ nhật ABCD là : S1 = AB.AC = 4800 cm2 + Diện tích mỗi hình tròn là : S2 = πR2 = 400π cm2 + Diện tích cần tìm là : S = S1 – 3S2 = 4800 – 1200π (cm2) S ≈ 1030,08881 (cm2) c.. b.. Khi cho hình trên quay một vòng quanh trục là đường thẳng qua tâm của các hình tròn thì h.chữ nhật tạo nên một hình trụ có bán kính đáy bằng R = 20 cm; mỗi hình tròn tạo nên một hình cầu bán kính R = 20 cm + Thể tích hình trụ là : V1 = πR2h = π.202.120 = 48000π (cm3) + Thể tích mỗi hình cầu là : V2 = πR3 = π.203 = (cm3) + Thể tích cần tìm là : V = V1 – 3V2 = 16000π (cm3) V ≈ 50265,48264 (cm3). BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC. B. C. A. D. --- Hết --KÌ THI KHU VỰC GIẢI MÁY TÍNH TRÊN MÁY TÍN NĂM 2007 Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 13/03/2007.. Bài 1. (5 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức lấy kết quả với 2 chữ số ở phần thập phân : N= 321930+ 291945+ 2171954+ 3041975.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> b) Tính kết quả đúng (không sai số) của các tích sau : P = 13032006 x 13032007 Q = 3333355555 x 3333377777 c) Tính giá trị của biểu thức M với α = 25030', β = 57o30’ M=   1+tgα2  1+cotg β2 + 1-sin   α2  1-cos  β2  . 1-sin  2  1-cos  β2 (Kết quả lấy với 4 chữ số thập phân). . Bài 2. (5 điểm)Một người gửi tiết kiệm 100 000 000 đồng (tiền Việt Nam) vào một ngân hàng theo mức kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,65% một tháng. a) Hỏi sau 10 năm, người đó nhận được bao nhiêu tiền (cả vốn và lãi) ở ngân hàng. Biết rằng người đó không rút lãi ở tất cả các định kỳ trước đó. b) Nếu với số tiền trên, người đó gửi tiết kiệm theo mức kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 0,63% một tháng thì sau 10 năm sẽ nhận được bao nhiêu tiền (cả vốn và lãi) ở ngân hàng. Biết rằng người đó không rút lãi ở tất cả các định kỳ trước đó. (Kết quả lấy theo các chữ số trên máy khi tính toán) Bài 3. (4 điểm) Giải phương trình (lấy kết quả với các chữ số tính được trên máy) 130307+140307 1+x =1+ 130307-140307 1+x Bài 4. (6 điểm) Giải phương trình (lấy kết quả với các chữ số tính được trên máy) : x+178408256-26614 x+1332007 + x+178381643-26612 x+1332007 1 Bài 5. (4 điểm)Xác định các hệ số a, b, c của đa thức P(x) = ax3 + bx2 + cx – 2007 để sao cho P(x) chia hết cho (x – 13) có số dư là 2 và chia cho (x – 14) có số dư là 3. (Kết quả lấy với 2 chữ số ở phần thập phân) Bài 6. (6 điểm) Xác định các hệ số a, b, c, d và tính giá trị của đa thức. Q(x) = x5 + ax4 – bx3 + cx2 + dx – 2007 Tại các giá trị của x = 1,15 ; 1,25 ; 1,35 ; 1,45. Biết rằng khi x nhận các giá trị lần lượt 1, 2, 3, 4 thì Q(x) có các giá trị tương ứng là 9, 21, 33, 45 (Kết quả lấy với 2 chữ số ở phần thập phân) Bài 7. (4 điểm)Tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = a = 2,75 cm, góc C = α = 37o25’. Từ A vẽ các đường cao AH, đường phân giác AD và đường trung tuyến AM. A a) Tính độ dài của AH, AD, AM. b) Tính diện tích tam giác ADM. (Kết quả lấy với 2 chữ số ở phần thập phân) B. H D. M. C. Bài 8. (6 điểm) 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chúng minh rằng tổng của bình phương cạnh thứ nhất và bình phương cạnh thứ hai bằng hai lần bình phương trung tuyến thuộc cạnh thứ ba cộng với nửa bình phương cạnh thứ ba. 2. Bài toán áp dụng : Tam giác ABC có cạnh AC = b = 3,85 cm ; AB = c = 3,25 cm và đường cao A AH = h = 2,75cm. a) Tính các góc A, B, C và cạnh BC của tam giác. b) Tính độ dài của trung tuyến AM (M thuộc BC) C B c) Tính diện tích tam giác AHM. H M (góc tính đến phút ; độ dài và diện tích lấy kết quả với 2 chữ số phần thập phân. Bài 9. (5 điểm)Cho dãy số với số hạng tổng quát được cho bởi công thức :.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> n.  13+ 3  -  13- 3  U =. n. n. 2 3 với n = 1, 2, 3, ……, k, ….. a) Tính U1, U2,U3,U4,U5,U6,U7,U8 b) Lập công thức truy hồi tính Un+1 theo Un và Un-1 c) Lập quy trình ấn phím liên tục tính Un+1 theo Un và Un-1 3 2 5 y= x+2 y = - x+5 5 5 (1) và 3 Bài 10. (5 điểm)Cho hai hàm số (2) a) Vẽ đồ thị của hai hàm số trên mặt phẳng tọa độ của Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm A(xA, yA) của hai độ thị (kết quả dưới dạng phân số hoặc hỗn số) c) Tính các góc của tam giác ABC, trong đó B, C thứ tự là giao điểm của đồ thị hàm số (1) và độ thị của hàm số (2) với trục hoành (lấy nguyên kết quả trên máy) d) Viết phương trình đường thẳng là phân giác của góc BAC (hệ số góc lấy kết quả với hai chữ số ở phần thập phân) XA =. y. YA = B= x. O. C= A= Phương trình đường phân giác góc ABC : y=.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI TOÁN 9 THCS Bài 1. (5 điểm) a) N = 567,87 b) P = 169833193416042 Q = 11111333329876501235 c) M = 1,7548 Bài 2.(5 điểm) a) Theo kỳ hạn 6 tháng, số tiền nhận được là : Ta = 214936885,3 đồng b) Theo kỳ hạn 3 tháng, số tiền nhận được là : Tb = 211476682,9 đồng. 1 điểm 1 điểm 1 điểm 2 điểm. 3 điểm 2 điểm. Bài 3. (4 điểm) x = -0,99999338. 4 điểm. Bài 4. (6 điểm) X1 = 175744242 X2 = 175717629 175717629 < x <175744242. 2 điểm 2 điểm 2 điểm. Bài 5. (4 điểm) a = 3,69 b = -110,62 c = 968,28. 4 điểm. Bài 6. (6 điểm) 1) Xác định đúng các hệ số a, b, c, d a = -93,5 ; b = -870 ; c = -2962,5 ; d = 4211. 4 điểm. 2) P(1,15) = 66,16 P(1,25) = 86,22 P(1,35 = 94,92 P(1,45) = 94,66. 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm. Bài 7 (4 điểm) 1) AH = 2,18 cm AD = 2,20 cm AM = 2,26 cm 2) SADM = 0,33 cm2. 1 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 2 điểm. Bài 8 (6 điểm) 1. Chứng minh (2 điểm) : 2  2  a b =  +HM  +AH 2 2 . 0,5 điểm. 2. a  c 2 =  -HM  +AH 2 2  b 2 +c 2 =. 0,5 điểm. 2. a +2  HM 2 +AH 2  2. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> a2 2. 0,5 điểm. 2. Tính toán (4 điểm) B = 57o48’ C = 45o35’ A = 76o37’ BC = 4,43 cm AM = 2,79 cm SAHM = 0,66 cm2. 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 1 điểm 1 điểm. b 2 +c 2 =2m a 2 . Bài 9 (5 điểm) a) U1 = 1 ; U2 = 26 ; U3 = 510 ; U4 = 8944 ; U5 = 147884 U6 = 2360280 ; U7 = 36818536 ; U8 = 565475456. 1 điểm. b) Xác lập công thức : Un+1 = 26Un – 166Un-1. 2 điểm. c) Lập quy trình ấn phím đúng 26. Shift. STO A. x. 26. -. 166. x. 1 Shift. STO. B. Lặp lại dãy phím x. 26. -. 166. x. Alpha. A. Shift. STO. A. x. 26. -. 166. x. Alpha. B. Shift. STO B 2 điểm. Bài 10 (5 điểm) a) Vẽ đồ thị chính xác. 1 điểm. 39 5 =1 34 34 b) 105 3 yA = =3 34 34. 0,5 điểm. xA =. 0,5 điểm. c) B = α = 30o57’49,52" C = β = 59o2’10,48" A = 90o d) Viết phương trình đường phân giác góc BAC : Hướng dẫn chấm thi :. 0,25 điểm 0,5 điểm y = 4x -. 35 17. ( 2 điểm ). 1. Bảo đảm chấm khách quan công bằng và bám sát biểu điểm từng bài 2. Những câu có cách tính độc lập và đã có riêng từng phần điểm thì khi tính sai sẽ không cho điểm 3. Riêng bài 3 và bài 5, kết quả toàn bài chỉ có một đáp số. Do đó khi có sai số so với đáp án mà chỗ sai đó do sơ suất khi ghi số trên máy vào tờ giấy thi, thì cần xem xét cụ thể và thống nhất trong Hội đồng chấm thi để cho điểm. Tuy nhiên điểm số cho không quá 50% điểm số của bài đó. 4. Khi tính tổng số điểm của toàn bài thi, phải cộng chính xác các điểm thành phần của từng bài, sau đó mới cộng số điểm của 10 bài (để tránh thừa điểm hoặc thiếu điểm của bài thi) 5. Điểm số bài thi không được làm tròn số để khi xét giải thuận tiện hơn..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Lời giải chi tiết Bài 1 (5 điểm) a) Tính trên máy được :N = 567,8659014  567,87 b) Đặt x = 1303 ; y = 2006 ta có P = (x .104 + y)(x .104 + y + 1) Vậy P = x2.108 + 2xy .104 + x .104 + y2 + y Tính trên máy rồi làm tính, ta có : x.10 8 = 169780900000000 2xy.104 = 52276360000 4 x.10 = 13030000 y2 = 4024036 y = 2006 P. =. 169833193416042. Đặt A = 33333, B = 55555, C = 77777 ta có : Q = (A.105 + B)(A.105 + C) = A2.1010 + AB.105 + AC.105 + BC Tính trên máy rồi làm tính, ta có : A2.10 10 = 11110888890000000000 AB.105 = 185181481500000 AC.105 = 259254074100000 B.C = 4320901235 Q. =. 11111333329876501235. M= c) Có thể rút gọn biểu thức. 4 1+cosαsin β4 cosαsinβ hoặc tính trực tiếp M = 1,754774243  1,7548. Bài 2 (5 điểm) a) - Lãi suất theo định kỳ 6 tháng là : 6 x 0,65% = 3,90% -. 10 x 12 =20 6 10 năm bằng kỳ hạn Áp dụng công thức tính lãi suất kép, với kỳ hạn 6 tháng và lãi suất 0,65% tháng, sau 10 năm, số tiền cả vốn lẫn lãi là : 20.  3,9  Ta =10000000  1+  = 214936885,3  100  đồng b) Lãi suất theo định kỳ 3 tháng là : 3 x 063% = 1,89%. 10 x 12 =40 6 10 năm bằng kỳ hạn Với kỳ hạn 3 tháng và lãi suất 0,63% tháng, sau 10 năm số tiền cả vốn lẫn lãi là : 40.  1,89  Ta =10000000  1+  = 21147668,2  100  đồng Bài 3 (4 điểm)Đặt a = 130307, b = 140307, y = 1 + x (với y 0), ta có :. a  b y 1  a  b y  Bình phương 2 vế được : 2. a b y . a  b y 1.  a b y   a  b y   2 2. 2.  2a  1 2 a  b y  a  b. 2.  2a  1 y 4. 2. a 2  b2 y 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  2  2a  1 2  2 4a  1 y  a   :b  4 4b 2   Tính được 4a  1 4a  4b 2  1 x y  1  2  1  4b 4b 2 4  130307 - 4  140307 2 - 1 x  0,99999338 4  140307 2 Tính trên máy : Bài 4 (6 điểm)Xét từng số hạng ở vế trái ta có :. . x + 178408256 - 26614 x+1332007 . x  1332007  13307. . 2. Do đó :.  x  178408256  26614 x  1332007   x  1332007  13307   Xét tương tự ta có :.  x  178381643  26612 x  1332007   x  1332007  13306   Vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình sau :. x  1332007  13307 . x  1332007  13306 1. Đặt y  x  1332007 , ta được phương trình : |y – 13307| + |y – 13306| = 1 (*) + Trường hợp 1 : y  13307 thì (*) trở thành (y – 13307) + (y – 13306) = 1 Tính được y = 13307 và x = 175744242 + Trường hợp 2 : y  13306 thì (*) trở thành –(y – 13307) – (y – 13306) = 1 Tính được y = 13306 và do đó x = 175717629 + Trường hợp 3 : 13306 < y < 13307, ta có. 13306 <. x  1332007 < 13307.  175717629 < x < 175744242 Đáp số : x1 = 175744242 x2 = 175717629 Với mọi giá trị thỏa mãn điều kiện : 175717629 < x < 175744242 (Có thể ghi tổng hợp như sau : 175717629  x  175744242) Bài 5 (4 điểm)Ta có : P(x) = Q(x)(x – a) + r  P(a) = r Vậy P(13) = a.133 + b.132 + c.13 – 2007 = 1 P(3) = a.33 + b.32 + c.3 – 2007 = 2 P(14) = a.143 + b.142 + c.14 – 2007 = 3.  2197.a  169b  13.c 2008   27 a  9b  3c 2009  2744  196b  14c 2010 . Tính trên máy và rút gọn ta được hệ ba phương trình : Tính trên máy được :a = 3,693672994  3,69;b = –110,6192807  –110,62;c = 968,2814519  968,28 Bài 6 (6 điểm)Tính giá trị của P(x) tại x = 1, 2, 3, 4 ta được kết quả là :. 1+a-b+c+d-2007=9 32+16a-8b+4c+2d-2007=21    243+81a-27b+9c+3d-2007=33 1024+256a-64b+16c+4d-2007=45. a-b+c+d=2015 16a-8b+4c+2d=1996   81a-27b+9c+3d=1797 256a-64b+16c+4d=1028. (1) (2) (3) (4). Lấy hai vế của phương trình (1) lần lượt nhân với 2, 3, 4 rồi trừ lần lượt vế đối vế với phương trình (2), phương trình (3), phương trình (4), ta được hệ phương trình bậc nhất 3 ẩn :.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> -14a+6b-2c=2034  -78a+24b+6c=4248 -252a+60b-12c=7032  Tính trên máy được a = -93,5 ; b = -870 ; c = -2972,5 và d = 4211 Ta có P(x)=x5 – 93,5x4 + 870x3 -2972,5x2+ 4211x – 2007. A. Q(1,15) = 66,15927281  66,16 Q(1,25) = 86,21777344  86,22 Q(1,35) = 94,91819906  94,92 Q(1,45) = 94,66489969  94,66 Bài 7 (4 điểm). C. B.    a) Dễ thấy BAH = α ; AMB = 2α ; ADB = 45o + α. Ta có : AH = ABcosα = acosα = 2,75cos37o25’ = 2,184154248  2,18 (cm). AD . H D M. AH acos 2, 75cos37 o 25'   2, 203425437 2, 20(cm) sin(45o   ) sin(45o   ) sin 82o 25'. AH acos 2, 75cos37 o 25' AM    2, 26976277 2, 26(cm) sin 2 ) sin 2 sin 74o50 ' b). S ADM . 1  HM  HD  .AH 2. HM=AH.cotg2α ; HD = AH.cotg(45o + α). 1 S ADM  a 2cos 2 cotg2  cotg(45o +  ) 2 Vậy : 1 S ADM  2, 752 cos 2 37o 25' cotg74o 50'  cotg82o 25' 2. . . . . = 0,32901612  0,33cm2 Bài 8 (6 điểm). a2 m + 2 1. Giả sử BC = a, AC = b, AB = c, AM = ma.Ta phải chứng minh:b2 + c2 = 2 a. A. Kẻ thêm đường cao AH (H thuộc BC), ta có: 2. a  c   HM  b ma 2  + AH2 AC2 = HC2 + AH2  b2 =  2 a    HM  C B 2  + AH2 AB2 = BH2 + AH2  c2 =  H M2 a2 a 2 2 m m Vậy b2 + c2 = 2 + 2(HM2 + AH2). Nhưng HM2 + AH2 = AM2 = a Do đó b2 + c2 = 2 a + 2 (đpcm) 2.. 2, 75 3, 25  B = 57o47’44,78” 2, 75 3,85  C = 45o35’4,89”; A = 180o – (B+C)  A= 76o37’10,33” BH = c cos B; CH = b cos C  BC = BH + CH = c cos B + b cos C  BC = 3,25 cos 57o48’ + 3,85 cos 45o35’ = 4,426351796  4,43cm h a) sin B = c = h b) sin C = b =.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 1 2(b 2  c 2 )  BC 2 2(a 2  b 2 )  BC 2 2 2  AM = 2 4 b) AM = = 2,791836751 2,79cm 1  1 1 o  4, 43  3.25 cos 57 48'   = 0,664334141  0,66cm2 c) SAHM = 2 AH(BM – BH) = 2 .2,75  2 Bài 9 (5 điểm) a) U1 = 1 U5 = 147884 U2 = 26 U6 = 2360280 U3 = 510 U7 = 36818536 U4 = 8944 U8 = 565475456 b) Đặt Un+1 = a.Un + b.Un-1. 510 a.26  b.1 26a  b 510   8944 a.510  b.26 510a  b26 8944 Theo kết quả tính được ở trên, ta có:  Giải hệ phương trình trên ta được: a = 26,b = -166 Vậy ta có công thức: Un+1 = 26Un – 166Un-1 c) Lập quy trình bấm phím trên máy CASIO 500MS:. Ấn phím:. 26. Shift. STO. A. x. 26. -. 166. x. 1. Shift. STO. B. Lặp lại dãy phím x. 26. -. 166. x. Alpha. A. Shift. STO. A. x. 26. -. 166. x. Alpha. B. Shift. STO. B. Bài 10 (5 điểm) a) Xem kết quả ở hình bên b) 3 12 5 x  x  5 5 5 3 39 5  x A  1 34 34 5 3 y A   5 3 3 34 3 c ) tg     30o 57'49,52" 5 5 tg     59o 2'10,48" 3. 5 y=4x 3. 3. -4. y= x + 5 5 B.     90o  A 90o c) Phương trình đường phân giác góc BAC có dạng y = ax + b Góc hợp bởi đường phân giác với trục hoành là  , ta có:.  1800   45o    75o57'49,52" Hệ số góc của đường phân giác góc BAC là tg 3,99999971 4, 00. 3   5 A  1 ;3   34 34  Phương trình đường phân giác là y = 4x + b (3) vì 3 39 35 3 4   b   34 17 thuộc đường thẳng (3) nên ta có: 34 35 y 4 x  17 Vậy đường phân giác góc BAC có phương trình là. 3 12 34. A. 35 17. y=39. -2. 34. 3. 5 3. x +5.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO BẬC TRUNG HỌC NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Lớp 9 Cấp Trung học cơ sở Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngaøy thi : 10/03/2006 Baøi 1 : ( 5 ñieåm ) Tính giá trị của biểu thức rồi điền kết quả vào ô vuông ' 2 12,35.tg 2 300 25.sin 23030' A ' 2 3, 063.cot g 3150 45.cos 350 20' a). ÑS : A = 7421892,531.  5x  y 5 x  y  x 2  25 y 2 B  2  2 . 2 2 x  5 xy x  5 xy   x y b) ÑS : B = 7,955449483.   4 x 2  4 xy  y 2 1 2 1 C   2  . 2 2 2 4 x  y 16 x 2 x  y 2 x  y         c) ÑS : C = 0 , 788476899 Baøi 2 : ( 5 ñieåm ) Tìm soá dö trong moãi pheùp chia sau ñaây a) 103103103 : 2006 ÑS : 721. b) 30419753041975 : 151975 ÑS : 113850. c) 103200610320061032006 : 2010 ÑS : 396 Baøi 3 : ( 5 ñieåm ) Tìm các chữ số a , b , c , d , e , f trong mỗi phép tính sau .Biết rằng hai chữ số a , b hơn kém nhau 1 ñôn vò . a) ab5.cdef 2712960 ÑS : a = 7 ; b = 8 ; c = 3 ; d = 4 ; c = 5 ; f = 6 b) a 0b.cdef 600400 ÑS : a = 3 ; b = 4 ; c = 1 ; d = 9 ; c = 7 ; f = 5 c) ab5c.bac 761436 ÑS : a = 3 ; b = 2 ; c = 4 Baøi 4 : ( 5 ñieåm ) 3 2 Cho đa thức P( x) x  ax  bx  c a) Tìm các hệ số a , b , c của đa thức P(x) , biết rằng khi x lần lượt nhận các giá trị 1,2 ; 2, 5 ; 3,7 thì P(x) có các giá trị tương ứng là 1994,728 ; 2060,625 ; 2173,653. ÑS: a = 10 ; b = 3 ; c = 1975 b) Tìm số dư r của phép chia đa thức P(x) cho 2x + 5 . ÑS: 2014 , 375.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> c) Tìm giaù trò cuûa x khi P(x) coù giaù trò laø 1989. ÑS:. x1 1; x2  1, 468871126; x3  9,531128874. Baøi 5 : ( 5 ñieåm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m , n) có ba chữ số thỏa mãn hai điều kiện sau : 1 ) Hai chữ số của m cũng là hai chữ số của n ở vị trí tương ứng ; chữ số còn lại của m nhỏ hơn chữ số tương ứng của n đúng 1 đơn vị . 2 ) Cả hai số m và n đều là số chính phương . ÑS : n = 676 , m = 576 Baøi 6 : ( 5 ñieåm ) n. Cho daõy soá. Un.  10  3    10  3  . a) Tính caùc giaù trò ÑS :. n. 2 3. n=1,2,3,. .. U1 , U 2 , U 3 , U 4 ;. U1 1, U 2 20, U 3 303, U 4 4120. b) Xác lập công thức truy hồi tính U n 2 theo U n 1 và. Un. U2097. ÑS : n21. c) Laäp quy trình aán phím lieân tuïc tính U n 2 theo U n 1 vaø Quy trình aán phím : AÁn 20 STO. SHIFT. Un. STO. roài tính U 5 , U 6 ,..., U16 ..  20  97  1. A. SHIFT. B. Laëp ñi laëp laïi daõy phím.  20  97 . ALPHA. A. STO.  20  97 . ALPHA. SHIFT A. B. SHIFT. STO. B. Tính U 5 , U 6 ,..., U16. U 5 53009 U 6 660540 U 7 8068927. U11 1, 637475457 1011 U12 1,933436249 1012 U13 2, 278521305 1013. U 8 97306160. U14 2, 681609448 1014. U 9 1163437281. U15 3,15305323 1015. 10 ÑS : U10 1,3830048110. U10 3, 704945295 1016. Baøi 7 : ( 5 ñieåm ) Cho tam giác ABC vuông ở A và có BC = 2 AB = 2a ; với a = 12,75 cm .Ở phía ngoài tam giác ABC , ta vẽ hình vuông BCDE , tam giác đều ABF và tam giác đều A ˆ ˆ a) Tính caùc goùc B, C , caïnh AC vaø dieän tích tam giaùc ABC..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> b) Tính diện tích tam giác đều ABF , ACG và diện tích hình vuông BCDE . c) Tính dieän tích caùc tam giaùc AGF vaø BEF .. a ) B 600 ; C 300 AC 22, 0836478cm S ABC 140, 7832547  cm 2  b) S BCDE 650, 25  cm 2  S ABF 70, 39162735  cm 2  S ACG 211,1748821  cm 2  c ) S AGF 70, 39162735  cm 2  ÑS: Baøi 8 (5 ñieåm). S BEF 81, 28125  cm 2 . a  54756 15n Tìm các số tự nhiên n ( 1000 < n < 2000) sao cho với mỗi số đó n cũng là số tự nhieân ÑS : n = 1428 ; n = 1539 ; n = 1995 Baøi 9 (5 ñieåm) 1 3 2 7 y  x   1 y  x   2  2 2 5 2 Hai đường thẳng vaø cắt nhau tại điểm A .Một đường thẳng (d) đi qua. điểm H(5;0) và song song với trục tung Oy cắt lần lượt đường thẳng (1) và (2) theo thứ tự tại các ñieåm B vaø C . a) Vẽ các đường thẳng (1) , (2) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy ; ĐS : HS tự vẽ b) Tìm tọa độ của các điểm A , B ,C ( viết dưới dạng phân số ) ; 20 47 xA  ; yA  9 18 xB 5; y B 4 xC 5; yC . 3 2. ÑS : c) Tính diện tích tam giác ABC ( viết dưới dạng phân số ) theo đoạn thẳng đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 1 cm ; 125 S ABC  36 ÑS : d) Tính số đo mỗi góc của tam giác ABC theo đơn vị độ ( Chính xác đến từng phút ) .Vẽ đồ thò vaø ghi keát quaû 0 ' 0 ' 0 ' ÑS : A 48 22 ; B 63 26 ; C 68 12. Baøi 10 (5 ñieåm) 5 4 3 2 Đa thức P( x) x  ax  bx  cx  dx  c có giá trị lần lượt là 11 , 14 , 19 , 26 , 35 khi x theo thứ tự , nhận các giá trị tương ứng là 1 , 2 , 3 , 4 , 5 a) Hãy tính giá trị của đa thức P(x) khi x lần lượt nhận các giá trị 11 , 12 , 13 ,14 , 15 , 16. b) Tìm số dư r của phép chia đa thức P(x) cho 10x  3 . ÑS : P(11) = 30371 ; P(12) = 55594 ; P(13) = 95219 ; P(14) = 154 ; P(15) = 240475 ; P(16) = 360626 ..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Bộ giáo dục và đào tạo. §Ò thi Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh CASIO vµ VINACAL N¨m häc: 2010 - 2011. Líp 9: THCS thi ngµy 11/03/2011. Chú ý: Các kết quả tính gần đúng nếu không chỉ định cụ thể thì ngầm định tính chính xác đến 4 ch÷ sè phÇn phËp ph©n sau dÊu phÈy C©u 1: TÝnh gi¸ trÞ cña mçi biÓu thøc sau 9,87 2 x 6,543 3, 214 A 5 6 7 1  3 5   7 9           22   13 17   19 23   B=. 2  3 3 4  5 5 6  7 7 8  9 9 10  1111 12. C©u 2: TÝnh gi¸ trÞ cña mçi biÓu thøc sau 1 1 1 1    ...  2011.2012.2013.2014 C©u 1: A = 1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 Câu 2: Tìm x thỏa mãn đẳng thức sau đây: x 4  2011 6 1993  63  2010 3 1994  11  2009 2011 1995  2008 1996  2007 2007  2006 2008  2005 2009  2004 2000  2003 2001  2002 Câu 3: Một mảng bìa có dạng 1 tam giác cân ABC, với AB = AC = 25cm và BC = 14cm làm thế nào để 1 cắt từ mảnh bìa đó ra một hình chữ nhật MNPQ có diện tích bằng 17 diện tích của tam giác ABC, trong đó các điểm M, N thuộc cạnh BC còn P, Q tơng ứng thuộc các cạnh AC và AB. (Trình bày tóm tắt cách giải) C©u 4: BiÕt r»ng x lµ mét sè thùc kh¸c O, T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: 2010, 2011x 2  2x  2012, 2013 2014, 2015x 2 Q= (Tr×nh bµy tãm t¾t c¸ch gi¶i) Câu 5: Một số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng nếu viết thêm chữ số 1 vào bên trái của số đó và viết thêm chữ số 8 vào bên phải chữ số này thì đợc một số mới có 6 chữ số đồng thời số này gấp 34 lần số ban đầu. Hãy tìm số đó (Trình bày tóm tắt cách giải) Câu 6: Một mảnh sân hình chữ nhật có chiều rộng và chiều dài tơng ứng là 7,6m và 11,2m đợc lát kín bëi c¸c viªn g¹ch h×nh vu«ng cã c¹nh 20cm. (Cho r»ng diÖn tÝch gi÷a c¸c phÇn tiÕp gi¸p nhau gi÷a c¸c viên gạch là không đáng kể). Ngời ta đánh số các viên gạch đã lát từ 1 cho đến hết. Giả giử trên viên gạch thứ nhất ngời ta đặt lên đó một hạt đậu, trên viên thứ hai ngời ta đặt lên đó 7 hạt đậu, trên viên thứ 3 ngời ta đặt lên đó 49 hạt đậu, trên viên thứ 4 ngời ta đặt lên đó 343 hạt đậu,…và cứ đặt các hạt đậu theo cách đó cho đến viên gạch cuối cùng ở trên sân này. Gọi S là tổng số các hạt đậu đã đặt lên các viên gạch của sân đó. Tìm ba chữ số tận cùng của 6S + 5. (Trình bày tóm tắt cách giải) Câu 7: Một cái sân hình chữ nhật đợc lát kín bằng các viên gạch hình vuông có cạnh 5cm, xen kẽ mỗi viên màu đen với một viên màu trắng và không có hai cùng mầu đợc ghép cạnh nhau (Cho rằng diện tích.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> giữa các phần tiếp giáp nhau giữa các viên gạch là không đáng kể). Nếu ở hàng thứ nhất theo chiều rộng của sân này có 2011 viên màu đen và tất cả có 22210983 viên gạch đã đợc lát thì sân này có chiều dài và chiÒu réng lµ bao nhiªu mÐt? (Tr×nh bµy tãm t¾t c¸ch gi¶i) C©u 8: Mét hçn hîp gåm 5 chÊt vµ nÆng 5327256605 gam. BiÕt r»ng tØ lÖ khèi lîng gi÷a c¸c chÊt lµ nh nhau: tØ lÖ gi÷a chÊt thø nhÊt vµ chÊt thø hai lµ 2 : 3, tØ lÖ gi÷a chÊt thø hai vµ chÊt thø ba lµ 4 : 5, tØ lÖ gi÷a chÊt thø ba vµ chÊt thø t lµ 7: 6, tØ lÖ gi÷a chÊt thø t vµ chÊt thø n¨m lµ 11 : 7. H·y t×m vµ cho biÕt mçi chÊt trong hçn hîp nµy nÆng bao nhiªu gam. (Tr×nh bµy tãm t¾t c¸ch gi¶i) 0 0   Câu 9: Tứ giác ABCD có một đờng chéo AC = 21cm và biết các góc DAC 25 , DCA 37 ,   BAC 350 vµ BCA 320 . Tính chu vi P và diện tích của tứ giác đó (Trình bày tóm tắt c¸ch gi¶i). C©u 10: Mét qu¶ bãng ræ theo tiªu chuÈn quèc tÕ cã d¹ng h×nh cÇu víi b¸n kÝnh R =12,09(cm) (nh hình bên). Ngời ta muốn tạo ra các túi hình hộp đứng có nắp bằng bìa (cứng và nhẵn) để đựng đợc 12 quả bóng rổ nói trên. Nếu cha tính diện tích cho các mép dán thì diện tích bìa ít nhất để tạo ra đợc một túi nh thế là bao nhiêu cm2. (Trình bày tóm t¾t c¸ch gi¶i). BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL. NGUYÊN. NĂM HỌC 2010 - 2011 – TẠI KHU VỰC MIỀN TRUNG TÂY Hướng dẫn chấm Ngày 11/03/2011 MÔN TOÁN - THCS. Chú ý : - Với những câu hỏi có yêu cầu trình bày tóm tắt ... tức là yêu cầu thí sinh trình bày tóm tắt các bước lập luận để chỉ ra được cách tìm kết quả bài toán. - Tổ chấm thảo luận để chia thang điểm sao cho có thể chấm điểm thành phần dựa vào cách trình bày lới giải của thí sinh một cách thích hợp . - Các cách giải khác (nếu đúng) giám khảo cho điểm theo từng bài ,từng ý . Bài 1 ( 5 điểm) Câu Câu 1 Câu 2. Kết quả - Đáp số A = 1 771 903 528.104 B = 3,0027. Điểm 2,5 2,5. Hướng dẫn chấm chỉ chấm kết quả hay đáp số của thí sinh chỉ chấm kết quả hay đáp số của thí sinh. Bài 2 ( 5 điểm) Câu Kết quả - Đáp số Câu 1 C = 0,0556 Câu 2 D = 125,3899. Điểm 2,5 2,5. Hướng dẫn chấm chỉ chấm kết quả hay đáp số của thí sinh chỉ chấm kết quả hay đáp số của thí sinh. Bài 3 ( 5 điểm) Kết quả - Đáp số Có hai cách để cắt được hình chữ nhật , với điểm N thuộc đoạn HC mà HN = 6,7877 cm hoặc HN = 0,2123 cm Bài 4 ( 5 điểm). Hướng dẫn chấm - Lập luận đúng , có được phương trình với x ( là HN hoặc HK) cho 3 điểm - Sử dụng MTCT tìm đúng các giá trị của x cho 1,5 điểm - Kết luận đúng cho 0,5 điểm - Nếu thí sinh chỉ đưa ra kết quả đúng cho 1,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Kết quả - Đáp số Giá trị nhỏ nhất là 0,9980 đạt được khi x =2012,2013. Hướng dẫn chấm - Biến đổi được biểu thức về dạng Q = k + N2 cho 3 điểm - Sử dụng MTCT tìm đúng các giá trị của x cho 1,5 điểm - Kết luận cho 0,5 điểm - Nếu thí sinh chỉ đưa ra kết quả đúng cho 1,5 điểm. Bài 5 ( 5 điểm) Kết quả - Đáp số abcd 4167. Hướng dẫn chấm - Lập luận đúng , chỉ đưa ra cách tìm số đó cho 3,5 điểm - Tìm đúng số này cho 1,5 điểm - Nếu thí sinh chỉ đưa ra kết quả đúng cho 1,5 điểm. Bài 6 ( 5 điểm) Kết quả - Đáp số Ba chữ số tận cùng là: x=8,y=0,z=5. Hướng dẫn chấm - Lập luận đúng , chỉ ra cách tìm số đó cho 3 điểm - Tìm đúng số này cho 1,5 điểm - Nếu thí sinh chỉ đưa ra kết quả đúng cho 1,5 điểm. Bài 7 ( 5 điểm) Kết quả - Đáp số Chiều rộng R = 201,15 m Chiều dài D = 276,05 m. Hướng dẫn chấm - Lập luận đúng cách tìm cho 2 điểm - Tính đúng chiều rộng cho 1,5 điểm - Tính đúng chiều dài cho 1,5 điểm - Nếu thí sinh chỉ đưa ra kết quả đúng cho 3 điểm. Bài 8 ( 5 điểm) Kết quả - Đáp số Chất thứ nhất : 760 493 272 g Chất thứ hai : 1 140 739 908 g Chất thứ ba : 1 425 924 885 g Chất thứ tư : 1 222 221 330 g Chất thứ năm : 777 777 210 g. Hướng dẫn chấm - Biết đạt ẩn và lập được dãy tỉ số bằng nhau cho 2,5 điểm. - Dùng MTCT tính đúng khối lượng mỗi chất cho 0,5 điểm , (tính đúng cả 5 chất cho 2,5 điểm) - Nếu thí sinh chỉ đưa ra kết quả đúng cho 2,5 điểm. Bài 9 ( 5 điểm) Kết quả - Đáp số P = 49,5398 cm S = 136,3250 cm2. Hướng dẫn chấm - Biết kẻ thêm đường phụ để tạo ra các tam giác một cách hợp lý để tính toán cho 1điểm - Dựa vào các hệ thức đã học tính được diện tích S theo số đo.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> của giả thiết cho 1,5 điểm - Dựa vào các hệ thức đã học tính được chu vi P theo số đo của giả thiết cho 1,5 điểm - Tính đúng S cho 0,5 điểm - Tính đúng P cho 0,5 điểm - Nếu thí sinh chỉ đưa ra kết quả đúng cho 2 điểm Bài 10 ( 5 điểm) Kết quả - Đáp số Diện tích bìa ít nhất để tạo ra được một hộp như thế là 18709,5168 cm2. Hướng dẫn chấm - Có 3 loại hộp có thể đựng 12 quả bóng đó (kích thước như đáp án ) cho 1,5 điểm - Tính đúng diện tích toàn phần của mỗi loại cho 1 điểm( tính đúng cả ba loại cho 3 điểm) - Kết luận đúng 0,5 điểm - Nếu thí sinh chỉ đưa ra kết quả đúng cho 2 điểm.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL. ĐÁP ÁN NĂM HỌC 2010 - 2011 – TẠI KHU VỰC MIỀN TRUNG TÂY NGUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày 11/03/2011 MÔN TOÁN - THCS Bài 1. (5điểm , mỗi câu đúng 2,5điểm ) A = 1 771 903 528.104 B = 3,0027 Bài 2. (5điểm , mỗi câu đúng 2,5điểm ) C = 0,0556 x = 125,3899 Bài 3. (5điểm) Kẻ đường cao AH, AH là trục đối xứng của  ABC và HC = HB = 7cm A Cũng tính được HA = 24cm. Giả sử N HC, gọi K là giao điểm của AH với PQ, ta có : Q K P 1 1 1 SMNPQ = 17 SABC  SHNPK = 17 SAHC = 17 .84 (cm2) (1). y. Đặt HN = x (0 < x < 7) thì NC = 7 – x, đặt NP = y (0 < y < 24). x B. M. H. N. C. NP NC (7  x).24 24x(7  x) =  y  SHNPK = xy = 7 7 Do NP // AH nên AH HK. (2) 24x(7  x) 1 588 2 7 (1) & (2)  = 17 .84  24x – 168x + 17 = 0. Dùng MTCT tìm được : x1 = 6,787677528 và x2 = 0,212322471 Vậy có 2 phương án cắt được hình chữ nhật MNPQ là : Từ N  HC sao cho HN = 6,7877cm hoặc HN = 0,2123cm kẻ đường thẳng song song với AH nó cắt AC tại P, kẻ PQ // BC (Q  AB) và M đối xứng với N qua AH, được MNPQ cần tìm. Bài 4. (5điểm ) C1 : Biến đổi Q thành một bình phương 2010, 2011x 2  2x  2012, 2013 2009, 2011x 2  x 2  2x  2012, 2013 Q 2014, 2015x 2 2014, 2015x 2 = . 2009, 2011 x 2  2x  2012, 2013 2009, 2011 2012, 2013x 2  2.2012, 2013.x+2012, 20132    2014, 2015 2014, 2015x 2 2014, 2015 2012, 2013.2014, 2015x 2. 2009, 2011 2011, 2013 1  x  2012, 2013    .  2014, 2015 2012, 2013.2014, 2015 2012, 2013.2014, 2015  x  2009, 2011 2011, 2013   2014, 2015 2012, 2013.2014, 2015. 2. . Dùng MTCT tìm được minQ = 0,9980 khi x = 2012,2013. C2 : Biến đổi Q thành phương trình bậc hai với tham số Q, tìm Q để pt có nghiệm Đặt A = 2010,2011; B = 2012,2013; C = 2014,2015, ta có : Ax 2  2x  B Q=  Ax 2  QCx 2  2x  B 0  (A  QC)x 2  2x  B 0 2 Cx (1)    Pt (1) có nghiệm ’= 1 – B(A – QC) ≥ 0 QBC – AB + 1 ≥ 0 1 Dấu ‘ = ’ xãy ra khi pt (1) có nghiệm kép x = A  QC. AB  1  Q BC. Dùng MTCT tìm được minQ = 0,9980 khi x = 2012,2013. Bài 5 (5điểm ) C1 : Gọi số cần tìm là x có 4 chữ số (x  N và 1000  x  9999).

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Ta có : 10x + 100008 = 34x  24x = 100008  x = 4167 C2 :. 3 2 Gọi số cần tìm là : abcd = a.10  b.10  c.10  d (a,b,c,d  N và nhỏ hơn 10) 5 Số mới là : 1abcd8 1.10  10.abcd  8 10.abcd  100008. 1abcd8 34.abcd  10.abcd  100008 34.abcd  24.abcd 100008  abcd 4167. Ta có :. Vậy số cần tìm là 4167. Bài 6. ( 5điểm) Số gạch được lát trên mảnh sân hình chữ nhật : (7,6 . 11,2) : ( 0,2)2 = 2128 viên Theo đề ta có : 2 3 4 2126 2127 C1 : S = 1  7  7  7  7  ...  7  7 2. 3. 4. 2126. 2127. khi đó 7S = 7(1  7  7  7  7  ...  7  7 ) = 7  7  7  7  ...  7  7 2 3 4 2127 2128 = 1+ 7  7  7  7  ...  7  7 – 1 = S – 1 + 72128  6S + 5 = 72128 + 4 C2 2 3 4 2126 2127 S = 1  7+7  7  7  ...  7  7. 2. 3. 4. 2127. 2128. (7  1)(1  7 2  73  7 4  ...  7 2126  7 2127 ) 7 1 = =. 7 2128  1 6 7 2128  1 7 2128  1 S 6 S  5 6. 5 6 6  = 72128 + 4 Giả sử abc là số tận cùng của 72128 , 72128 = k.1000 + abc, nên ta phải tìm 72128  abc (mod. 1000) Ta có : 710  249 ( mod 1000) ; 720  2492  001 ( mod 1000) 72120 = (720)106  001( mod 1000) ; ta lại có 78 = 5764801  801 ( mod 1000)  72128 = 72120. 78  001. 801  801 (mod 1000)  6S + 5 = 72128 + 4 có ba chữ số tận cùng bên phải là 8 ; 0 ; 5 Bài 7. (5 điểm) Có 3 khả năng xãy ra : + Nếu viên đầu tiên và viên cuối cùng của hàng thứ nhất theo chiều rộng là MẦU ĐEN thì số viên gạch ở hàng này có 2011 . 2 – 1 = 4021 viên gạch + Nếu viên đầu tiên và viên cuối cùng của hàng thứ nhất theo chiều rộng là MẦU TRẮNG thì số viên gạch ở hàng này có 2011 . 2 + 1 = 4023 viên gạch + Nếu viên đầu tiên và viên cuối cùng của hàng thứ nhất theo chiều rộng là có MẦU KHÁC NHAU thì số viên gạch ở hàng này có 2011 . 2 = 40 22 viên gạch Mà 2 2210 983 = 4023 . 5521 nên sân này được lát theo khả năng thứ hai là 4023 viên theo chiều rộng , do đó số viên gạch lát theo chiều dài là 5521 viện gạch  Chiều rộng của sân là : R = 4023.0,05m = 201,15 m Chiều dài của sân là : D = 5521.0,05m = 276,05 m Bài 8. ( 5 điểm) Gọi tên các chất thứ nhất, thứ hai, thứ ba, thứ tư, thứ năm theo thứ tự là : a , b, c, d , e a 2 b 4 c 7 d 11     Ta có : b 3 ; c 5 ; d 6 ; e 7 và a + b + c + d + e = 5 327 256 605 a b b c c d d e a b b c c d d e          2 3 ; 4 5 ; 7 6 ; 11 7  8 12 ; 12 15 ; 77 66 ; 66 42 a b c c d e      8.77 12.77 15.77 & 15.77 15.66 15.42.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> a b c d e a bcd e 5 327 256 605      1234567 4315  616 924 1155 990 630 = 616  924  115  630. Vậy : a = 1234567 . 616 = 760 493 272 c = 1234567 . 1155 =1 425 924 885 e = 1234567 . 630 = 777 777 210. b = 1234567 . 924 =1 140 739 908 d = 1234567 . 990 = 1 222 221 330 H. Bài 9 : ( 5 điểm) C1 Gọi H và K tương ứng là hình chiếu của A trên CD và CB Trong ACH tính được AH= 21sin370 ; HC = 21cos370 21sin 37 0 0 0  Trong HAD tính được AD = cos 28 ( HAD 28 ) 0. Trong ACK tính được AK = 21sin32 ; KC = 21cos32. D. A. 0. N. 25 35. M. 21sin 320 0 Trong KAB tính được AB = cos 23. Gọi M và M tương ứng là hình chiếu của D và B trên AC 21.sin 370 .sin 250 0 o Trong ADM tính được DM = AD sin25 = cos 28 21.sin 37 0 .sin 250 0 DM 21.sin 250 cos 28   0 sin 370 cos 280 Trong DCM tính được CD = sin 37 21.sin 320 .sin 350 0 0 Trong BNA tính được BN = AB.sin35 = cos 23. 37 32. B K. 21.sin 320 .sin 350 0 BN 21.sin 350 cos 23   0 sin 320 cos 230 Trong BNC tính được BC = sin 32 21sin 37 0 21sin 320 21.sin 250 21.sin 350 P    cos 280 cos 230 cos 280 cos 230 = 49,5398 (cm2 ) Chu vi tứ giác ABCD là : 1 1 S ABCD  AC.DM  AC.BN 2 2 Diện tích tứ giác ABCD : 1 212  sin 370.sin 250 sin 320.sin 350  AC.  DM  BN      2 2  cos 280 cos 230 . = = 136,3250 (cm2) C2. 21 AD CD   0 0 0 Trong  ADC : sin(180  25  37 ) sin 37 sin 25 21 AB BC   0 0 0 0 0 Trong  ABC : sin(180  35  32 ) sin 32 sin 35 0. 21sin 37 0 21.sin 250 CD  sin1180 ; sin1180  21.sin 320 21.sin 350 AB  BC  sin1130 ; sin1130  AD .  sin 320 sin 350 sin 250 sin 37 0  21.sin 350 21.sin 250 21sin 37 0 21.     0 0 0 0  0 0 0  sin113 sin113 sin118 sin118  = 49, P = sin113 + sin118 + sin118 =. 5398(cm) 1 1 1 AD. AC.sin 250 AB. AC .sin 350 . AC ( AD.sin 250  AB sin 350 ) 2 2 2 SABCD = + = 212  sin 370.sin 250 sin 320.sin 350  1 21sin 37 0 21.sin 32 0 0 0 .   0 .21( .sin 25  sin 35 ) 0 0 2 sin118 sin1130   2 sin118 sin113. =. =. C.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> = 136,3250 (cm2) Bài 10. ( 5điểm) Gọi đường kính của một quả bóng rỗ là d : d = 2R = 24,18 (cm) Có 4 loại hộp để đựng 12 quả bóng : + loại I có kích thước : 1d x 1d x 12d + loại II có kích thước : 1d x 2d x 6d + loại III có kích thước : 2d x 2d x 3d + loại VI có kích thước : 3d x 4d x 1d + Loại I có dtích xquanh là: (1d +1d).2.12d = 48d2; dtích 2 đáy là : 2.(1d .1d) = 2d2  Stp = 50d2 + Loại II có dtích xquanh là: (1d +2d).2.6d = 36d2; dtích 2 đáy là : 2.(1d .2d) = 4d2  Stp = 40d2 + Loại III có dtích xquanh là: (2d +2d).2.3d = 24d2; dtích 2 đáy là : 2(2d.2d) = 8d2  Stp = 32d2 + Loại IV có dtích xquanh là: (3d + 4d).2.1d = 14d2; dtích 2 đáy là : 2(3d.4d) = 24d2  Stp = 38d2 Vậy diện tích miếng bia ít nhất tạo ra một túi như thế là : 32d2 = 32( 24.18)2 = 18709,5168cm2 (Hết). BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC. CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL NĂM 2012. Chú ý: - Nếu đề bài không có yêu cầu riêng thì kết quả làm tròn đến 5 chữ số thập phân ..

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Bài 1 (5 điểm) : Câu 1 : Tính giá trị của biểu thức:. A. x 98  x97  x96  ...  x  1 x 32  x31  x 30  ...  x  1 Khi x = 2. Câu 2 : Rút gọn B. 1 1 1 1 1 1     ...   1 5 2 6 5 9 6  10 2009  2013 2010  2014. (kết quả làm tròn đến 4 chữ số thập phân) Bài 2 (5 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các điểm A và B cùng 2 5 y x 2 y x 3 3 3 thuộc đồ thị hàm số , các điểm B và C cùng thuộc đồ thị hàm số , các 3 y  x 4 2 điểm C và A cùng thuộc đồ thị hàm số Câu 1 : Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 2 : Tính số đo các góc trong B , C của tam giác ABC theo “ độ , phút , giây ”. Bài 3 (5 điểm) : Câu 1. Cho một hình thoi ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm O. đường trung trực d của đoạn thẳng AB tại điểm H cắt BD tại điểm M và cắt AC tại điểm N . Biết NA = a , MB = b. Tính diện tích S của hình thoi ABCD khi a = 2603,1931cm , b= 26032,012cm Câu 2 . Một mảnh đất phẳng có dạng hình thang cân và chiều dài hai đáy là 40m và 100m còn chiều cao của hình thang đó là 35m. a) Tính độ dài cạnh bên mảnh đất. b) Trên mảnh đất đó, người ta làm 2 đường đi có chiều rộng bằng nhau, tim của mỗi đường tương ứng là đường trung bình của hình thang và trục đối xứng của nó. Xác định chiều 1 rộng của đường đi, biết rằng diện tích của đường đi chiếm 25 diện tích mảnh đất. U Bài 4 (5 điểm) Cho dãy số  n  với n là số tự nhiên khác 0 , có U1 = 1 , U2 = 2 ,U3= 3 và Un+3 = 2Un+2 – 3Un+1 + 2Un. Câu 1. Viết quy trình bấm máy để tính Un+3 rồi tính U19 , U20 , U66, U67 ; U68. Câu 2. Viết quy trình bấm máy để tính tổng của 20 số hạng đầu tiên của dãy số đó. Bài 5 (5 điểm) 81 57 41 19 Câu 1. Khi chia đa thức P( x)  x  ax  bx  cx  2 x  1 cho (x –1) được số dư là 5 và khi chia P(x) xho ( x – 2) được số dư là – 4 81 57 41 19 a) Hãy tìm các số thực A , B biết đa thức Q ( x )  x  ax  bx  cx  Ax  B 2 chia hết cho đa thức x  3x  2 b) Với giá trị của A và B81vừa 57tìm được , hãy tính giá trị của đa thức R( x) Q( x)  P( x)  x  x  2 x 41  2 x19  2 x  1 tại x = 1,032012 3 2 2 Câu 2. Tìm hai số dương a , b sao cho phương trình x  17 x  ax  b 0 3 2 Có 3 nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 .Biết rằng nếu phương trình bậc 3 Ax  Bx  Cx  D 0 có 3 B   x1  x2  x3  A  C   x1 x2  x1 x3  x2 x3  A  D  x1 x2 x3   A nghiệm x1 , x2 , x3 thì  Bài 6. ( 5 điểm) Một tấm vải hình chữ nhật có chiều rộng 1,2m , chiều dài 350m và được cuộn chặt xung quanh một lõi hình trụ có đường kính là 10cm liên tục cho đến hết, sao cho mép vải theo chiều rộng luôn song song với trục của hình trụ. Cho biết độ dày của cuộn vải đó sau khi cuộn hết tấm vải , biết rằng tấm vải có độ dày như nhau là 0,15mm ( kết quả tính theo xăng- ti- mét và làm tròn đến 3 chữ số thập phân ). BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL NĂM 2012.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Môn: Toán. Lớp 9 Cấp THCS. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài 1 (5 điểm) Nội dung 1 Viết được tóm tắt cách giải và kết quả A = 73 786 976 303 428 141 057 2. Viết được tóm tắt cách giải và kết quả B = 21,8325. Điểm 2,5 2,5. Bài 2 (5 điểm) Nội dung. Điểm. 1. Tìm được tọa độ 3 điểm : A( 4,48622 ; 0,11482 ) ; B = (3,65028 ; –0,27924) ; C ( 4,34410 ; 0,23790)   2. B 11 27 35 ; C 102 24 26 0. '. ''. 0. '. ''. 2,5 2,5. Bài 3 (5 điểm) Nội dung 1. Viết được tóm tắt cách giải và kết quả S = 5 314 454,712 cm2 2. a) Kết quả : 46,09772 m b) Viết được tóm tắt cách giải và kết quả chiều rộng lối đi 0,94178 m. Điểm 2,5 0,5 2,0. Bài 4 (5 điểm) Nội dung 1. Viết đúng quy trình và tính được U19 = 315 ; U20= – 142 U66 = 2 777 450 630 ; U67= –3 447 965 925 ; U68 = –9 002 867 182 2. Viết quy trình đúng và tính được S20 = 272. Điểm 2,5 2,5. Bài 5 (5 điểm) Nội dung 1.a) Viết được tóm tắt cách giải và kết quả A = 11 ; B = –13 b) Viết được tóm tắt cách giải và kết quả : a 80  b 8 ;. a 80 a 90 a 88     b 10 ;  b 12 ;  b 12. Điểm 1,5 2,5. Bài 6 (5 điểm) Nội dung Viết được tóm tắt cách giải và kết quả 8,865cm. Điểm 5,0. Ghi Chú : Các cách giải khác nếu đúng thì giám khảo cho điểm theo từng câu , từng ý. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL NĂM 2012.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Môn: Toán. Lớp 9 Cấp THCS. HƯỚNG DẪN GIẢI HOẶC ĐÁP SỐ Bài 1 (5 điểm) : Câu 1 : Tính giá trị của biểu thức:. A. x 98  x 97  x 96  ...  x  1 x 32  x 31  x 30  ...  x  1 Khi x = 2. Câu 2 : Rút gọn : B. 1 1 1 1 1 1     ...   1 5 2 6 5 9 6  10 2009  2013 2010  2014. kết quả làm tròn đến 5 chữ số thập phân 1. Tóm tắt cách giải ( x  1)( x 98  x97  x 96  ...  x  1) x99  1 ( x 33  1)( x 66  x 33  1) A   x 66  x33  1 33 ( x  1)( x 32  x31  x30  ...  x  1) x 33  1 = x 1 ( *). Thay x = 2 vào (*) ta có : A = 266 +233 + 1 = (233)2 + 233 + 1 = 85899345922 + 8589934592 + 1 =(85899.105 + 34592)2 + 8589934592 + 1 =858992.1010 +2.85899.34592.105 + 345922 + 8589934592 + 1 858992.1010 2.85899.34592.105 345922 345922 1 A. 7 3 7 8 6 3 8 2 0 1 0 0 5 9 4 2 8 3 6 1 1 8 5. 0 4 9 8. 0 1 6 9. 0 6 6 9. 0 0 0 3. 0 0 6 4. 0 0 4 5. 0 0 6 9. 0 0 4 2 1 7 3 7 8 6 9 7 6 3 0 3 4 2 8 1 4 1 0 5 7 Kết quả : A = 73 786 976 303 428 141 057. 2. Ta có : B. 1 1 1 1 1 1     ...   1 5 2 6 5 9 6  10 2009  2012 2010  2014 =. 1 1 1 1 1 1        ...   ...      5 9 2009  2013   2  6 6  10 2010  2014   1 5 1 1  1  5  5  9  ... 2009  2013  2  6  6  10  ...  2010  2014 4 4 1  1  2013  2  2014 21,83246658 4. . .  . . Kết quả : A = 21, 8325. .

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Bài 2 (5 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các điểm A và B cùng 2 5 y x 2 y x 3 3 3 thuộc đồ thị hàm số , các điểm B và C cùng thuộc đồ thị hàm số , các 3 x 4 2 điểm C và A cùng thuộc đồ thị hàm số Câu 1. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 2. Tính số đo các góc trong B , C của tam giác ABC theo “ độ , phút , giây ”.  2 x 2 y   3   2x  3y 6  y  3 x  4     3x  2y 8 2 1. + Tọa độ diểm A là nghiệm của hệ pt   x 4, 486216354  Giải hệ pt trên máy  y 0,11482267 Do đó A( 4,48622 ; 0,11482 ) y .  2 x 2 y   3   2x  3y 6  y  5 x  3     5x  3y 9 3 + Tọa độ diểm B là nghiệm của hệ pt   x 3,65028154  Giải hệ pt trên máy  y  0, 279240779 Do đó B = (3,65028 ; –0,27924)  5 y  x  3  3   5x  3y 9  y  3 x  4     3x  2y 8 2 + Tọa độ diểm C là nghiệm của hệ pt   x 4,344098806  Giải hệ pt trên máy  y 0, 237900077 Do đó C ( 4,34410 ; 0,23790) y. 2 5 x 2 y x 3 3 3 , ,. Gọi 1 , 2 , 3 lần lượt là góc tạo bởi các đường thẳng 3 y  x 4 2 với trục Ox 2 5 3 tan 1  tan  2  tan(1800   3 )    3 ; 3 ; 2 .Khi đó B  2  1 ; C  3   2 Ta có : Quy trình bấm máy : SHIFT tan-1 ( 2  3 SHIFT STO A SHIFT tan-1 (. 5  3 SHIFT STO B. 180 o, , , – SHIFT tan-1 (. 3  2 SHIFT STO C 0 ' '  ALPHA B – ALPHA A = o, , , ( B 11 27 35,36 ) 0 ' '  ALPHA C – ALPHA B = o, , , ( C 102 24 , 26.5 ).

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 0 ' '' 0 ' ''   Kết quả B 11 27 35 ; C 102 24 26. Bài 3 (5 điểm) : Câu 1. Cho một hình thoi ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm O. đường trung trực d của đoạn thẳng AB tại điểm H cắt BD tại điểm M và cắt AC tại điểm N . Biết NA = a , MB = b. Tính diện tích S của hình thoi ABCD khi a = 2603,1931cm , b= 26032,012cm Câu 2 . Mảnh đất phẳng có dạng hình thang cân và chiều dài hai đáy là 40m và 100m còn chiều cao của hình thang là 35m. a) Tính độ dài cạnh bên mảnh đất. b) Trên mảnh đất đó ,người ta làm hai đường đi có chiều rộng bằng nhau, tim của mỗi đường tương ứng là đường trung bình của hình thang và trục đối xứng của nó. Xác định chiều 1 rộng của đường đi, biết rằng diện tích của đường đi chiếm 25 diện tích mảnh đất. 1. AN AHNHN  MBH a (g.g) a a B     HN  HB  HA MB HB b b b (1) ( Do HA =HB) H AH HN   N AO OB C O *  AHN  AOB (g.g) A OB HN HN a a      OB  OA OA AH HB b b D 2 2 2 * AHN vuông tạia 2H  HN + HA = AN ( 2) a2  2 2 2 2 HA  HA  a  HA 1  a 2  2 2  b  b  Từ ( 1) và ( 2)2  2 2 2 M ab 4a b 2 2 HA2  2  AB  4 HA  a  b2 a2  b2  a2 4a 2b2 2 2 OA  2 OA 2 2 2 2 2 b * AOB vuông tại O  OA + OB = AB  = a 2 b 2 4 2 2 4a b 2ab a 2ab 2a b OA2  2 OA  2 OB  . 2  2 2 2 2 2 (a  b )  a  b và b a b a  b2  3 3 8a b 2ab 2 2a 2b 2 2 2 2 2 2 2 Vậy SABCD = 2 OA.OB = 2. a  b . a  b = (a  b ) = Kết qủa S =5314454,712 cm2 2. a) ta có : 35  30 46,09772229 Kết quả : độ dài cạnh bên : 46,09772 m b) Gọi chiều rộng lối đường đi là x ( m ) ĐK 0 < x < 35 2. 2. Diện tích đường đi dạng hình chữ nhật: 35x Diện tích đường đi dạng hình thang : 70x ( đường trung bình x chiều cao) Diện tích cả hai đường đi là : 35x +70x –x2 Diện tích hình mảnh đất : 70.35 2450 1 Theo đề bài ta có phương trình : 35x +70x – x2 = 25 .2450.  x 0,94178048   x2 – 105x + 98 = 0 ; giải phương trình ta có :  x 104,0582195 Kết quả x = 0,94178 m. 40m. x x 35m. 30m 100m U Bài 4 (5 điểm) Cho dãy số  n  với n là số tự nhiên khác 0 , có U1 = 1 , U2 = 2 ,U3= 3 và Un+3 = 2Un+2 – 3Un+1 + 2Un. Câu 1. Viết quy trình bấm máy để tính Un+3 rồi tính U19 , U20 , U66 , U67 ; U68. Câu 2. Viết quy trình bấm máy để tính tổng của 20 số hạng đầu tiên của dãy số đó.. 30m.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> 1. Viết quy trình bấm máy tính U19 , U20 , U67 ; U68.. 1 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B 3 SHIFT STO C 3 SHIFT STO D ( biến đếm ) D = D + 1: A = 2C–3B + 2A : D = D+1: B = 2A–3C +2B : D = D +1: C= 2B–3A + 2C = = =. Kết quả. U19 = 315 ; U20 = –142 ; U66 = 2 777 450 630 U67 = –347 965 925 ; U68= -9 006 867 182.. 2. Viết quy trình bấm máy 1 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B 3 SHIFT STO C 3 SHIFT STO D ( biến đếm ) 6 SHIFT STO E ( tổng 3 số hạng đầu tiên ) D = D + 1: A = 2C – 3B + 2A: E = E +A : D = D+1: B = 2A–3C +2B: E = E + B : D = D+1: C = 2B – 3A + 2C : E = E + C = = = Kết quả : S20 = 272 Bài 5 (5 điểm) 81 57 41 19 Câu 1. Khi chia đa thức P(x) = P( x)  x  ax  bx  cx  2 x  1 cho (x –1) được số dư là 5 và khi chia P(x) xho ( x – 2) được số dư là –4 81 57 41 19 a) Hãy tìm các số thực A , B biết đa thức Q ( x )  x  ax  bx  cx  Ax  B 2 chia hết cho đa thức x  3 x  2 b) Với giá trị của A và B81vừa 57tìm được , hãy tính giá trị của đa thức R( x) Q ( x)  P( x)  x  x  2 x 41  2 x19  2 x  1 tại x = 1,032012 3 2 2 Câu 2. Tìm hai số dương a , b sao cho phương trình x  17 x  ax  b 0 x, x , x Có B 1 2 3.  3 nghiệm nguyên 3 2 x2  x3  x, x , x  x1 rằng Biết nếu phương A trình bậc 3 : Ax  Bx  Cx  D 0 có 3 nghiệm 1 2 3 thì  C   x1 x2  x1 x3  x2 x3  A  D   x1 x2 x3  A  1. Tóm tắt cách giải81 57 41 19 a) P( x)  x  ax  bx  cx  2 x  1 cho (x –1) được số dư là 5  P (1) 1  a  b  c  2.1  1 5  a  b  c 1 + khi chia P(x) xho81( x – 57 2) được41 số dư19là – 4 P (2)  2  a 2  b 2  c 2  2.2 1  4  81 57 41 19  2  a 2  b2  c2  9 81 57 41 19 2 + Có Q( x )  x  ax  bx  cx  Ax  B chia hết cho đa thức x  3x  2 = ( x  1)( x  2)  Q(1) 0 1  a  b  c  A  B  A  B  2 ( 1) Q(2) 0 281  a 241  b 219  c 219  2 A  B  2 2 A  B 9 ( 2) Giải hệ phương trình ( 1) và (2)  A = 11 ; B = –13.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Kết quả : A = 11 ; B = –13 b) Kết quả : R(1,032012) = 13,57512 2. Tóm tắt cách giải 3 2 2 Do a , b dương nên x  17 x  ax  b  0 với mọi x 0 nên phương trình có các nghiệm nguyên thì các nghiệm đó đều là nguyên là số dương.  x1có  x:2  x3 17 Ta   x1 x2  x1 x3  x2 x3 a  2  x1 x2 x3 b vì x1  x2  x3 x1 1 x2 1 x3 15 x1 x2 x3. 2 6 9. 17 với x1 ; x2 ; x3 là các số nguyên dương , ta có các khả năng xãy ra :. 1 2 14. 1 3 13. 1 4 12. 1 5 11. 1 6 10. 1 7 9. 1 8 8. 2 2 13. 2 3 12. 2 4 11. 2 5 10. 2 7 8. 3 3 11. 3 4 10. 3 5 9. 3 6 8. 3 7 7. 4 4 9. 4 5 8. 4 6 7. 5 5 7. 5 6 6. x x x b Kiểm tra trên máy : 1 2 3  a, b    (80,8);(80,10);(90,12);(88,12). Ta được : tương ứng với các nghiệm ( 1, 8, 8) ;(2, 5, 10) ;( 3, 6, 8) ; ( 4, 4, 9) a 80 a 80   b  8  Kết quả : ; b 10 ;.  a 90  b 12 ;. Bài 6. ( 5 điểm) Một tấm vải hình chữ nhật có chiều rộng 1,2m , chiều dài 350m và được cuộn chặt quanh một lõi hình trụ có đường kính là 10cm liên tục cho đến hết, sao cho mép vải theo chiều rộng luôn song song với trục của hình trụ. Cho biết độ dày của cuộn vải đó sau khi cuộn hết tấm vải , biết rằng tấm vải có độ dày như nhau là 0,1 5mm ( kết quả tính theo xăng ti mét và làm tròn đến 3 chữ số thập phân ) Tóm tắt cách giải Giả sử sau khi cuộn hết tấp vải ta được n vòng, khi đó : Chiều dài của vòng thứ 1 của cuộn vải là : 2R1 = .100mm Chiều dài của vòng thứ 2 của cuộn vải là : 2R2 = .( 100 + 2.0,15) mm Chiều dài của vòng thứ 3 của cuộn vải là : 2R3 = ( 100 + 4.0,15) mm Chiều dài của vòng thứ 4 của cuộn vải là : 2R4 = ( 100 + 6.0,15) mm .... Chiều dài của vòng thứ n của cuộn vải là : 2Rn = 100 +2(n –1).0,15 mm Tổng chiều dài n vòng của cuộn vải là : Sn = .100 + .(100 + 2.0,15) + ( 100 + 4.0,15) + (100 + 6.0,15) +...+ 100 +2(n –1).0,15 = 350 000  100 .n + 2.0,15. ( n1(+ + 3 + 4 +...+ n -1) = 350 000 n 21) 2  100 .n + 2.0,15.  = 350 000 2  0,15 n + 99,85 n – 350 000 = 0  n  591,0178969 vòng Do đó chiều dày của cuộn vải ( trừ lõi ) là : 591,0178969 . 0,15 = 8,865 cm Kết quả : 8,865 cm.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>

<span class='text_page_counter'>(33)</span>