De thi Casio lop 9 khu vuc nam 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL NĂM 2012 Môn Toán lớp 9 THCS. (Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1: (5 điểm): Mỗi câu 2,5 điểm x 98  x 97  x 96  ...  x  1 Câu 1: Tính giá trị của biểu thức: A  32 khi x  2 x  x 31  x 30  ...  x  1. 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) Giải: Câu 1: x 98  x 97  x 96  ...  x  1 ( x  1)( x 98  x 97  x 96  ...  x  1) A  32  x  x 31  x 30  ...  x  1 ( x  1)( x 32  x 31  x 30  ...  x  1) x 99  1 ( x 33  1)( x 66  x 33  1)  33   x 66  x 33  1 33 x 1 x 1. Thay x = 2 vào có A = 266 + 233 + 1 = (233)2 + 233 + 1 = (8589934592)2 + 8589934592 + 1 = (85899.105 + 34592)2 + 8589934592 + 1 = 858992.1010 + 2.85899.34592.105 + 345922 + 8589934592 + 1 Ta lập bảng tính như sau: 858992.1010 = 7 3 7 8 6 3 8 2 0 1 2.85899.34592.105= 5 9 4 2 8 2 34592 = 8589934592 = 1= A= 7 3 7 8 6 9 7 6 3 0. 0 3 1 8. 0 6 1 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 3 4 2 8 1 4 1 0 5 7. Kết quả A = 73786976303428141057 Câu 2: 1 1 1 1 1 1     ...  1 5 2 6 5 9 6  10 2009  2013 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. B. .  . . B. . . . .  . . . 1 1  2  2013  2014  21,83246658 4. Kết quả: B = 21,8325. . .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 2: (5 điểm): Mỗi câu 2,5 điểm Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC có các điểm A và B cùng thuộc đồ thị hàm 2 5 số y   x  2 , các điểm B và C cùng thuộc đồ thị hàm số y   x  3 , các điểm C và 3 3 3 A cùng thuộc đồ thị hàm số y   x4 2 Câu 1: Xác định tọa độ các đỉnh của ABC Câu 2: Tính số đo các góc trong B, C của ABC theo “độ, phút, giây”  2 x2  y   2 . x  3 y  6 3  Câu 1: Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ pt:   y   3  x  4  3 . x  2 y  8  2.  x  4,486216354 Dùng máy tính giải hệ pt tìm được nghiệm   y  0,11482267 Vậy tọa độ điểm A(4,48622 ; 0,11482)  y   Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ pt:  y  . 2 x2   2 .x  3 y  6 3  5  5 . x  3 y  9 x3 3.  x  3,65028154 Dùng máy tính giải hệ pt tìm được nghiệm   y  0,279240779 Vậy tọa độ điểm B(3,65028 ; - 0,27924)  3 x4   y    3 .x  2 y  8 2  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt:   5 . x  3 y  9 y  5  x 3  3.  x  4,344098806 Dùng máy tính giải hệ pt tìm được nghiệm   y  0,237900077 Vậy tọa độ điểm C(4,34410 ; 0,23790) Câu 2: Gọi góc tạo bởi các đường thẳng y  với tia Ox lần lượt là α , β , γ. Ta có:. 2 5 3 x4 x2, y   x  3, y   2 3 3.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> tan  . 2 5 3 , tan   , tan(1800   )   B    ; C     3 3 2. quy trình bấm máy :. SHIFT tan-1. (. √. 2 ÷ 3 SHIFT STO A. SHIFT tan-1. (. √. 5 ÷ 3 SHIFT STO B. 180 0’’’. -. SHIFT tan-1. (. √. 3 ÷ 2 SHIFT STO. ALPHA B -. ALPHA. A. =. 0. ALPHA C -. ALPHA. B. =. 0. C. ’’’ ( B  11027’35,36’). ’’’ ( C  102024’26,5’).  B  11027'35' , C  102024' 26'. Bài 3: (5 điểm): Mỗi câu 2,5 điểm Câu 1: Cho một hình thoi ABCD có 2 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 khi a = 2603,1931cm, b =26032,012cm. Câu 2: Một mảnh đất phẳng có dạng một hình thang cân với chiều dài 2 đáy là 40m và 100m còn chiều cao của hình thang đó là 35m. a/ Tính độ dài cạnh bên của 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 1 chiều rộng của đường đi, biết rằng diện tích của đường đi chiếm diện tích mảnh đất. 25 Cách giải. Câu 1:. B. Dễ dàng chứng minh được ∆AHN  ∆MHB (g.g). AN HN a a a    HN  HB  HA (1) => MB HB b b b. H A. N. C. O. D. (vì HB = HA).. AH HN  AO OB OB HN HN a a     OB  OA => OA AH HB b b. M. * ∆AHN  ∆AOB (g.g) =>. d. 2. a  * ∆AHN vuông tại H  HN + HA = AN (2)  Từ (1) và (2)    HA  + HA2 = a2 b  2. 2. 2.  a2  2 a 2 .b2 4a 2 .b2 2 2 2  HA   1  2  = a  HA = 2  AB = 4.AH = 2 2 a b a  b2  b  2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a2 4a 2 b 2 2 * ∆AOB vuông tại O  OA + OB = AB  OA  2  OA  2 b a  b2 2.  OA  2. . 4a 2 b 4 a 2  b2. . 2. 2. 2. 2. a a 2ab2 2a 2 b 2ab2 và OB  OA   2   OA  2 b b a  b2 a 2  b2 a  b2. 2ab2 2a 2 b 8a 3b3 Vậy SABCD = 2.OA.OB = 2  2   a  b2 a 2  b2 a 2  b2. . . 2. Thay số tính được kết quả S = 5314454,712cm2 Câu 2 a) Dễ thấy độ dài cạnh bên là:. 352  302  2125  46,09772229. Kết quả: 46,09772cm b) Gọi chiều rộng của đường đi là x (m) ĐK 0 < x < 35 Diện tích đường đi dạng hình chữ nhật là 35x Diện tích đường đi dạng hình thang cân là 70x Diện tích của cả hai đường đi là 35x + 70x – x2 Diện tích của mảnh đất là:. 100  40 35 2.  2450(m2 ). Theo bài ta có phương trình: 35x + 70x – x2 =. 1  2450 25.  x2 – 105x + 98 = 0. x  0,94178048 (t / m) x  104,0582195. Do đó x  0,94178048. Kết quả x = 0,9417 m Bài 4: (5 điểm): Mỗi câu 2,5 điểm Cho dãy số {Un} với n là số tự nhiên khác 0, có U1= 1, Un 3  2Un  2  3Un 1  2U n. U2= 2,. U3= 3. Câu 1: Viết quy trình bấm máy 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. Câu 1: Viết qui trình bấm máy tính Un+3 và tính U19 , U20, U66 , U67 , U68 1 SHIFT STO A. 2 SHIFT STO B. 3 SHIFT STO C. 2 ALPHA C - 3 ALPHA B + 2 ALPHA A SHIFT STO A 2 ALPHA A - 3 ALPHA C + 2 ALPHA B SHIFT STO B. và.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 ALPHA B - 3 ALPHA A + 2 ALPHA C SHIFT STO C    SHIFT . =. …. U19 = 315 , U20 = - 142 , U66 = 2777450630 , U67 = - 3447965825 , U68 = - 9002867182 Câu 2: Tính tổng 20 số hạng đầu tiên của dãy (S20) 1 SHIFT STO A. 2 SHIFT STO B. 3 SHIFT STO C. 6 SHIFT STO D. 2 ALPHA C - 3 ALPHA B + 2 ALPHA A SHIFT STO A ALPHA A + ALPHA D SHIFT STO. D. 2 ALPHA A - 3 ALPHA C + 2 ALPHA B SHIFT STO B ALPHA B + ALPHA D SHIFT STO D 2 ALPHA B - 3 ALPHA A + 2 ALPHA C SHIFT STO C ALPHA C + ALPHA D SHIFT STO D      SHIFT . =. …. Kết quả S20 = 272 Bài 5: (5 điểm): Mỗi câu 2,5 điểm Câu 1: Khi chia đa thức P(x) = x81  ax57  bx 41  cx19  2 x  1 cho ( x  1) được số dư là 5 và chia P(x) cho (x – 2) được số dư là – 4. a/ Hãy tìm các số thực A, B biết đ thức Q(x)= x81  ax57  bx 41  cx19  Ax  B chia hết cho đa thức x2 – 3x + 2. b/ Với giá trị của A, B vừa tìm được, hãy tính giá trị của đa thức: R(x) = Q(x) – P(x)  x81  x57  2 x 41  2 x19  2 x  1 tại x = 1,032012 Câu 2: Tìm các số dương a, b sao cho phương trình x3 – 17x2 + ax – b2 = 0 có 3 nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 biết rằng nếu phương trình bậc ba Ax3 + Bx2 + Cx + D = 0 có 3 nghiệmx1 , x2 , x3 thì: B  x  x  x   1 2 3  A  C   x1 x2  x1 x3  x2 x3  A  D  x x x  1 2 3  A. Câu 1: a/ Chia đa thức P(x) = x81  ax57  bx 41  cx19  2 x  1 cho ( x  1) được số dư là 5  P(1) = 1 + a + b + c + 2 + 1 = 5  a + b + c = 1 Chia đa thức P(x) = x81  ax57  bx 41  cx19  2 x  1 cho ( x  2) được số dư là – 4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  P(2) = - 4  281  a257  b241  c219  9 Q(x)= x81  ax57  bx 41  cx19  Ax  B chia hết cho đa thức x2 – 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)  Q(1) = 0  1 + a + b + c + A + B = 0  A + B = - 2  Q(2) = 0  281  a257  b241  c219  A2  B  0.  2A + B = 9. Kết quả A = 11 ; B = - 13 b/ Ta có R(x) = x81  x57  2 x 41  2 x19  11x  13  R(1,032012)  13,57511685 Kết quả 13,57512 Câu 2: Do a , b dương nên f(x) = x3 – 17x2 + ax – b2 < 0 với mọi x ≤ 0 vì vậy nếu phương trình có các nghiệm nguyên thì các nghiệm đó đều là số nguyên dương.  x1  x2  x3  17  Ta có  x1 x2  x1 x3  x2 x3  a  2  x1 x2 x3  b. Nên chỉ có các khả năng sau: x1. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 2. 2. 2. 2. x2. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 2. 3. 4. 5. x3. 15. 14. 13. 12. 11. 10. 9. 8. 13. 12. 11. 10. x1. 2. 2. 3. 3. 3. 3. 3. 4. 4. 4. 5. 5. x2. 6. 7. 3. 4. 5. 6. 7. 4. 5. 6. 5. 6. x3. 9. 8. 11. 10. 9. 8. 7. 9. 8. 7. 7. 6. Lần lượt kiểm tra trên máy tính nhờ khai báo Bấm tiếp. x1 x2 x3  b. √ ALPHA A ALPHA B ALPHA C. Lần lượt bấm phím CALC và khai báo lần lượt x1 , x2 , x3 ta được: (a, b)  {(80 , 8) ; (80 , 10) ; (90 , 12) ; (88 , 12)} Tương ứng các nghiệm là (1 , 8, 8) ; (2 , 5 , 10 ) ; (3 , 6 , 8) ; (4 , 4 , 9). a  80 a  80 a  90 a  88 ;  ;  ;  Kết quả:  b  8 b  10 b  12    b  12 Bài 6: (5 điểm): Một tấm vải hình chữ nhật có chiều rộng 1,2m dài 350m được cuộn chặt xung quanh một lõi gỗ hình trụ có đường kính 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 đã cuốn 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)..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Cách giải theo đáp án: Giả sử sau khi cuộn hết tấm vải ta được n vòng, khi đó: Chiều dài của vòng thứ nhất của cuộn vải là 2R1 = .100 mm Chiều dài của vòng thứ hai của cuộn vải là 2R2 = .(100 + 2. 0,15) mm Chiều dài của vòng thứ ba của cuộn vải là 2R3 = .(100 + 4. 0,15) mm ... Chiều dài của vòng thứ n của cuộn vải là 2Rn = .[100 + 2.(n - 1). 0,15] mm Tổng số chiều dài n vòng của cuộn vải là: Sn = .100 + .(100 + 2. 0,15) + …+ .[100 + 2.(n - 1). 0,15] = 350000  100 n + 0,15.2 (1 + 2 + 3 +…+ n - 1) = 350000  100 n + 0,15.2.  . n  n  1  350000 2.  0,15 n2 + 99,85 n – 350000 = 0 vậy n  591,0178969 vòng. Vậy chiều dày của cuộn vải (trừ lõi) là 591,0178969 . 0,015  8,865 cm Cách làm này có sai số lớn vì phải ghi kết quả tính nghiệm gần đúng của phương trình bậc 2 ra ngoài rồi mới nhập lại giá trị gần đúng này vào máy để tính tiếp Cách của tôi: Thể tích của tấm vải tính ra cm3 là 120. 35000 . 0,015 =63000 (cm3) Thể tích của lõi gỗ là: 5.5..120 = 3000 (cm3) Tổng thể tích của cuộn vải và lõi gỗ là 63000 + 3000 (cm3) Vì lõi gỗ hình trụ nên cuộn vải có hình trụ với chiều cao bằng chiều rộng tấm vải do đó diện tích mặt đáy của cuộn vải là: (63000 + 3000) : 120 (cm2)  Chiều dày cuộn vải không kể lõi gỗ là:. 63000  3000  5  8,860472223 (cm) 120. Vậy chiều dày cuộn vải không kể lõi gỗ là 8,860 cm Cách làm này hạn chế sai số vì tất cả đều tính liên tục trên máy tính cá nhân ! Cách làm gọn hơn nữa: Thực chất độ dày của cuộn vải được tạo nên do chiều dài và độ dày của tấm vải đó khi cuộn tròn quanh lõi gỗ hình trụ, vậy ta tính diện tích của hình chữ nhật với kích thước là 35000cm và 0,015cm kết hợp với diện tích đáy lõi gỗ có bán kính 5cm được tổng diện tích là: 35000 . 0,015 + 5 . 5 = 525 + 25 (cm2).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Quy ra hình tròn có diện tích như trên sẽ có bán kính là:. 525  25  :  (cm). 525  25  :   5  8,860472223(cm). Vậy độ dày của cuộn vải không kể lõi gỗ là. Kết quả 8,860 cm Câu hỏi cho phần thi đồng đội (thời gian 10 phút) Người ta muốn làm một cầu thang để đi từ tầng dưới lên tầng trên của một nhà cao tầng. Hình vẽ dưới đây là bản vẽ mặt cắt của cầu thang biểu diễn đường đi của một người đi lên cầu thang, xuất phát từ điểm A ở chân cầu thang đi lên đến điểm B đầu cầu thang phía trên. Cầu thang có một chiếu nghỉ EF, EF // AC ; E  Mx ; F  Ny. Hãy xác định chiều cao của chiếu nghỉ để đoạn đường đi AE + EF + FB ngắn nhất (Kết quả lấy làm tròn đến 5 chữ số ở phần thập phân). A. x. y. x. y. E. F. M. B. 3,9m. N. 1,5m 0,8m 2,0m. C. Tóm tắt lời giải; D. B. Dựng điểm D sao cho BDEF là hình bình hành  S = AE + EF + FB = AE + ED + DB. 3,9m. H K E. A. F M. N P. 1,5m 0,8m 2,0m. C. Trong AED có AE + ED ≥ AD  S ≥ AD + EF S nhỏ nhất là bằng AD + EF , điều này xảy ra khi A, E, D thẳng hàng  E trùng với H (H là giao của DA với Mx) khi đó F trùng K. Có HM // DP . Kết quả 1,67143m.  HM . HM AM  DP AP. AM .DP 1,5  3,9   1,67143m AP 3,5. Hết toàn bộ bài thi.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>