De thi Casio lop 9 khu vuc nam 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề thi giải toán trên máy tính cầm tay khu vực Năm học 2013 – 2014 (Thời gian làm bài 90 phút) Bài 1 (10 điểm): Câu 1 (4 điểm): Tính giá trị biểu thức: A. 12 22 32 10052 10062    ...   1.3 3.5 5.7 2009.2011 2011.2013. 12 22 32 10052 10062    ...   1.3 3.5 5.7 2009.2011 2011.2013 1  12 12 22 22 32 32 10052 10052 10062 10062                2  1 3 3 5 5 7 2009 2011 2011 2013 . A.  10052  10042   10062  10052  10062  1 12  22  12   32  22                   2  1  3   5  2009 2011     2013  1   2011  3  10062  506521  1    1   251,6249379  2   2 2013  2013 . Kết quả: A = 251,6249 Câu 2 (6 điểm): Cho đa thức: P(x) = 6x4 – 7x3 – 12x2 + ax + 2 và Q(x) = x2 + bx – 2 a/ Xác định a, b (dưới dạng số nguyên hoặc phân số) để đa thức P(x) chia hết cho Q(x) b/ Với a tìm được, hãy tìm tất cả các nghiệm của đa thức P(x) a/ Ta có P(x) = Q(x).[6x2 –(7 +6b)x + 7b + 6b2] + (a- 6b3- 7b2- 12b - 14)x +12b2 + 14b + 2 P(x) Q(x)  (a- 6b3- 7b2- 12b - 14)x +12b2 + 14b + 2 = 0 với x 3 2  a  6b  7b  12b  14  0 (1)  2 (2)  12b  14b  2  0. 73  a   a  3 1 6 Từ (2) ta tìm được b = - 1 và b =  thay vào (1) ta được  hoặc  6 b  1 b   1  6. b/ + Với a = 3 ta có P(x) = 6x4 – 7x3 – 12x2 + 3x + 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giải phương trình tìm được x1 = 2, x2 = - 1, x3  + Với a . 1 1  0,5 ; x4    0,3333 2 3. 73 73  P( x)  6 x 4  7 x3  12 x 2  x  2 6 6. 4 3 Giải phương trình tìm được x1  1,1455; x2  0,1455; x3    1,3333; x4   1,5 3 2. Bài 2 (10 điểm): Câu 1 (5 điểm): Trên hai cạnh BC và AC của tam giác đều ABC, lấy tương ứng hai điểm M và N sao cho BM = CN. Tìm vị trí của M để độ dài đoạn thẳng MN có giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất của MN, biết cạnh của tam giác đều ABC là 20032014 cm Kẻ MK  AB (KAB), NH  AB (HAB) và. A. MG  NH (GNH)  Tứ giác MGHK là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông. H G.  MG = KH mà MN ≥ MG  MN ≥ KH. Các tam giác AHN, BKM đều là các tam giác vuông có một góc nhọn 600  AN = 2.AH, BM = 2.BK  AN BM   Do đó KH = AB – (AH + BK) = AB    2   2. N K B. M. C. AN  NC AC AB AB AB  AB   ; min( MN )   MN   MN là 2 2 2 2 2 AB 20032014   2237,856899 (cm) đường trung bình của ABC  MN  2 2  AB . Câu 2 (5 điểm): Một khối gỗ hình lập phương cạnh x (cm). ở chính giữa mỗi mặt của hình lập phương, người ta đục một lỗ hình vuông cạnh y (cm) thông sang mặt đối diện, tâm của lỗ hình vuông là tâm của mặt hình lập phương, các cạnh lỗ hình vuông song song với cạnh của hình lập phương. Tìm thể tích V và tổng diện tích S các mặt (ngoài và trong) theo x và y của của khối gỗ sau khi đục xong. Áp dụng với x = 56,7 cm , y = 11,4 cm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thể tích hình cần tính bằng thể tích khối lập phương ban đầu trừ đi thể tích 6 khối hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh y (cm) chiều cao là (x – y): 2 rồi trừ đi thể tích của khối lập phương cạnh y (cm). y. x y 2 3 V  x3  6. y  y  2 . Diện tích 6 mặt ngoài là 6.(x2 – y2). Diện tích các mặt trong là 6.. x. x y x y . y.4  24. y. 2 2. . . x y 2 3 Thay vào tính được V = 163141,155 cm ; S = 24706,62 cm2. Vậy diện tích các mặt là S  6. x 2  y 2  24 y.. Bài 3 (10 điểm): 2 1 Cho dãy số x1 = x2 = 1, x3 = 2 , xn 3  xn  2  xn 1  xn với n = 1, 2, 3, … 3 2. Hãy viết quy trình bấm máy tính xn rồi sử dụng quy trình đó tính x15 , x20 , x25 (Thực hiện trên máy tính Fx – 570 MS) 1 SHIPT STO. A. 1 SHIPT STO B. 2 SHIPT STO. C. ALPHA C - 2 a b c 3 ALPHA B + 1 a b c 2 ALPHA A SHIPT STO A. (x4). ALPHA A - 2 a b c 3 ALPHA C + 1 a b c 2 ALPHA B SHIPT STO B. (x5). ALPHA B - 2 a b c 3 ALPHA A + 1 a b c 2 ALPHA C SHIPT STO C. (x6). COPY COPY =. (x7). COPY COPY =. (x8). Ấn liên tiếp dấu = và đếm sẽ tìm được x15= 0,3495 , x20 =0,1919 và x25 = 0,1061 Bài 4 (10 điểm): Cho ABC vuông tại A có AH là đường cao và BH = 4 cm, CH =9 cm. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của điểm H trên AB và AC. Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của BH và CH. Gọi O là tâm và R là bán kính của đường tròn nội tiếp ABC. Hãy tính: Câu 1 (2 điểm): Độ dài DE ? Câu 2 (2 điểm): Chu vi P của ABC.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 3 (2 điểm): Số đo góc ABC và góc ACB ? (làm tròn đến phút) Câu 4 (2 điểm): Diện tích S của tứ giác EDMN Câu 5 (2 điểm): Bán kính R Câu 1 (2 điểm): Độ dài DE: DE = AH =. A. BH .CH  4.9  6 (cm). E. Câu 2 (2 điểm): Chu vi P của ABC:. I D. AB  AH 2  CH 2  36  16  2 13 (cm). Tương tự tính được AC = 3 13 (cm) BC = BH + CH = 13 (cm). B. M. O. H. N. C. Đáp số 31,0278 cm.  PABC= 5 13 + 13  31,02775638 (cm) Câu 3 (2 điểm): Số đo góc ABC và góc ACB ? (làm tròn đến phút) Ta có SinC . AB 2 13   ACB  33041'  ABC  56019' BC 13. Câu 4 (2 điểm): Diện tích S của tứ giác EDMN Gọi I là giao điểm của AH và DE, ta có: IDH  IHD ; MDH  MHD Mặt khác có: MHD  IHD  900  MHD  IDH  900 (1) Tương tự ta có: IEH  NEH  900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MD // NE ( cùng vuông góc với DE) nên tứ giác EDMN là hình thang vuông S EDMN .  MD  NE  DE   2  4,5.6  19,5 2. 2. Đáp số: 19,5 cm2. Câu 5 (2 điểm): Bán kính R Ta có SABC = SOAB + SOAC + SOBC . 1 1 1 1 AB. AC  AB.R  AC.R  BC.R 2 2 2 2.  1 3 13 13  78  .2 13.3 13   13    .R  R   2,513878189 (cm) 2 2 2 2 13  3 13  13  . Đáp số: 2,5139 cm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bài 5 (10 điểm): Anh A mua nhà trị giá 300 000 000 đ (ba trăm triệu đồng) theo phương thức trả góp Câu 1 (5 điểm): Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất anh A trả 5 500 000 đ và chịu lãi suất số tiền chưa trả là 0,5% tháng thì sau bao lâu anh A trả hết số tiền trên. Câu 2 (5 điểm): Nếu anh A muốn trả hết nợ trong vòng 5 năm và phải trả lãi với mức 6% năm thì mỗi tháng anh A phải trả bao nhiêu tiền (làm tròn đến nghìn đồng) Câu 1 (5 điểm): Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất anh A trả 5 500 000 đ và chịu lãi suất số tiền chưa trả là 0,5% tháng thì sau bao lâu anh A trả hết số tiền trên. Gọi số tiền anh A nợ ban đầu là M, lãi suất anh ta phải trả là r% mỗi tháng, số tiền hàng tháng anh ta phải trả là x đồng - Cuối tháng thứ nhất anh A nợ là M . r r .M  M .(1  )  M .k 100 100. Anh A đã trả x đồng nên số tiền còn nợ là M.k – x k 2 1 - Cuối tháng thứ hai anh A nợ là  Mk  x .k  x  Mk  x(k  1)  Mk  x k 1 2. 2. k 2 1 k3 1 3 - Cuối tháng thứ ba anh A còn nợ là ( Mk  x )k  x  Mk  x k 1 k 1 2. - Suy luận tương tự thì cuối tháng thứ n anh A nợ là k n 1  1 k n 1 x x n M n  ( Mk  x )k  x  Mk  x  k n (M  ) k 1 k 1 k 1 k 1 r n 100 x 100 x  (1  ) (M  ) 100 r r n 1. - Sau n tháng anh A trả xong nợ, nghĩa là Mn = 0 hay (1 . r n 100 x )  100 100 x  Mr. Dùng máy tính để tính với M = 30000000; r = 0,5 và x = 5500 000 ta được n = 64 Đáp số 64 tháng Câu 2 (5 điểm): Nếu anh A muốn trả hết nợ trong vòng 5 năm và phải trả lãi với mức 6% năm thì mỗi tháng anh A phải trả bao nhiêu tiền (làm tròn đến nghìn đồng) Gọi số tiền anh A nợ ban đầu là M, lãi suất phải trả là r% mỗi năm, số tiền hàng tháng anh A phải trả là m, Mn là số tiền còn nợ sau n năm. Ta có: M1 = M(1+ r%) – 12m M2 = [M(1 + r%) – 12m](1 + r%) – 12m = M(1 + r%)2 – 12m(1 + r% + 1) =. M(1. +. r%)2. –.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> M 3  [M(1+r%)2  12m. (1  r %)2  1 (1  r %)3  1 ](1+r%)-12m=M(1+r%)3  12 r% r%. … M n  M (1  R%)n  12m. (1  r %)n  1 r%. Áp dụng với M = 300 000 000 ; r = 6 ; n = 5 và M5 = 0 ta được 1,065  1 1,065.300000000.0,06 0  300000000.1,06  12m m  5934910,011 0,06 (1,065  1).12 5. Đáp số: 5935000 đồng …………………….Hết ……………………..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>