De HSG MTCT Dak Lak 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY

ĐÁP ÁN MƠN TỐN LỚP 9 THCS – Năm học 2016– 2017
Nếu biểu thức cần tính có giá trị ngun thì khơng làm trịn số, nếu có giá trị khơng ngun thì làm tròn
đến chữ số thập phân thứ tư ( làm tròn đến hàng phần vạn).
Bài 1.
3
1) ( 5 điểm) 1) Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình ( 2017  1  x)( 2017  1  x)  2017 , tính

2

 a 3 a b3 b 
a b
M 
 :
3
3
a  a  b  b   a  b 3

giá trị của biểu thức
.

Cách giải vắn tắt
Rút gọn phương trình ban đầu ta được phương trình:
x2  2 2017x  2016  3 2017  0
Giải và gán hai nghiệm tương ứng x1 = -41,21848911  a,
x2 = -48,60355718  b

Nhập và tính được M= -0.293926932
Xuất kết quả theo yêu cầu ( làm tròn đến 4 chữ số sau dấu phẩy)
M= -0.2939

Kết quả

Điểm
1
2
1

M= -0.2939

1

P  x  x 4  ax 3  bx 2  cx  d

2
, biết đa thức P(x) chia cho đa thức x  x  2
P 1 3
2
P x
có dư là x  1 và
chia cho đa thức x  1 thì có dư là  2x  10 . Tính
.

2) ( 5 điểm) Cho đa thức



Cách giải vắn tắt



Kết quả

P  1 2
1  a  b  c  d 2


P   2   1 16  8a  4b  2c  d  1
Từ giả thiết ta có: 
P  x   x 2 1  x 2  ax  b  1   c  a  x  d  b  1
c  a  2

kết hợp giả thiết ta có d  b  1 10
P  x  x 4  x 3  4x 2  x  5
Giải hệ ta được
1  3  A  P 1  3 A 4  A 3  4A 2  A  5 48,5167
Lưu





Điểm
1
1
1
1

Kết quả:
48,5167

1

Bài 2: (10 điểm)
0

1) (5,0 điểm) Cho tam giác ABC vng tại A, có ABC 40 ; AB 8 cm. . Tính diện tích hình trịn nội tiếp
tam giác ABC.

Cách giải vắn tắt

Kết quả

Điểm

MTCT9-2017 – Trang 1


C

D
I

E

r

H

A

B

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. I là giao điểm của
hai phân giác trong AD, BE.

AE  8.tan200;BE 

8
.
cos200

IB
IE
EB
EB .AB


 IB 
.
AB AE AB  AE
AB  AE
r  IB .sin200.

2

S=14,3170

S  .r 2 14,3169925.

3

2) ( 5,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = 2016 cm, CA = 2017 cm, AB = 2018 cm. E là trung điểm AC,
D thuộc cạnh BC sao cho DC=2DB. Gọi I là giao điểm của AD và BE. Tính diện tích tứ giác IECD.
Cách giải

Kẻ EK//AD, ta có KD=KC=BD
 IB IE
1
2
1
SBID  SBEK ;SBEK  SBEC  SBID  SBEC
4
3
6
5
5
 SIECD  SBEC  SABC
6
12
Ta có
5
5
SIECD  SABC 
p  p  a   p  b  p  c
12
12

734008,3108  cm 2 

Điểm

1
1
1
1
Kết quả:
734008,3108  cm 2 

1

MTCT9-2017 – Trang 2


Bài 3: (10 điểm)
2
2

 x y  2xy  2 7y
 2 2
x y  2xy3  4 9y2
1) ( 5,0 điểm) Giải hệ phương trình: 

Tóm tắt cách giải
Ta có y=0 khơng thỏa hệ, nên xét y 0 ta có
 2
 x  2xy   2y 7  x 2  2xy   2y 7





 x 2  2xy   4 9
 4  2  2 0
2

 y 2 y
y
Hệ
  x 2  2x  5 0

  y 1

2
  x  4x  8 0
  y  2
Hệ có nghiệm (x;y) là:
 1  6;1 ,  1  6;1 , 2  2 3;  2 , 2  2 3;  2









Kết quả

1

1
1
0,5


Kết quả: Hệ có 4 nghiệm
(x;y) là:
 1, 4495;1 ,   3, 4495;1

 5, 4641;  2  ,   1, 4641;  2 

2) (5,0 điểm) Cho dãy các số

Điểm
0,5

1

 un 

, n nguyên dương, được xác định theo quy luật sau
u
 1 5


u n 1 2 u n  3  u n  4 (n   )
Lập quy trình tính u 9 và S15 u1  u 2  ....  u15 .
Cách giải vắn tắt

Kết quả

Điểm

Gán
1  x;5  A;5  B

1

Quy trình
x x  1: A 2 A  3 

2

A  4 : B B  A
Bấm liên tục đến x=9 thì u 9 2, 0299
S15 34, 2390

Kết quả:
u 9 2, 0299
S15 34, 2390

1
1

Bài 4. (10 điểm)
1) ( 5,0 điểm) Một người trúng xổ số được 1,5 tỉ đồng. Người này quyết định gửi vào ngân hàng, đầu mỗi
tháng sẽ rút một khoản tiền cố định để dùng. Cuối mỗi tháng số tiền của ông sẽ được cộng thêm số tiền lãi
là 0,4% số tiền còn lại. Hỏi nếu mỗi tháng ơng rút 15 triệu đồng thì trong bao nhiêu tháng ông sẽ tiêu hết

tiền ( Số tiền tháng cuối có thể khơng đủ 15 triệu đồng thì chỉ được rút phần còn lại và lãi suất là khơng
đổi trong cả q trình).
Cách giải vắn tắt

Kết quả

Điểm

MTCT9-2017 – Trang 3


Lập công thức gán số tháng x = 0 ; số tiền còn A = 1500 (ĐVT
triệu)
x  1  x :(A  15)(1  0,4%)  A.

1
2
1

Bấm liên tục = = = = đến n=128 ta thấy A<0
Vậy sau 128 tháng tức 10 năm và 8 tháng thì người này tiêu hết
Đáp án: 128 tháng.

tiền.

1

Học sinh có thể tính theo công thức : gọi A là số tiền ban đầu; r là
lãi suất hằng tháng; n là số tháng . thì
15

1 r
(A  15 
)(1  r )n  15
0
r
r
Rồi dò ra kết quả n.

 x  là số ngun lớn nhất khơng lớn hơn x. Tính
2) ( 5,0 điểm) Cho số thực x, kí hiệu
S  3 1    3 2    3 3   ....   3 2017 
.
Cách giải vắn tắt

Kết quả

Điểm

Giải.
 3 1   ...   3 23  1   23  1 1


Ta có :  
 3 23   ...   3 33  1   33  23  2




 3 33   ...   3 43  1   43  33  3





…..
 3 113   ...   3 123  1   123  113  11




3
3
 1728    1729   ...   3 2017  290 12 3480

 



Ta có
 3 1    3 2   ....   3 123  1  
   


 1.23  2.33  ... 11.123    1  2 4  ... 114  14652

2
1

S 18132

1

1

Bài 5
1) (5,0 điểm) Cắt bỏ hình quạt trịn AOB (hình dưới) từ một mảnh các tơng hình trịn bán kính 1 m rồi
dán hai bán kính OA và OB của hình quạt trịn cịn lại với nhau để được một cái phễu có dạng của một
0
0
0
hình nón (khơng kể đáy). Gọi x là góc ở tâm của quạt tròn dùng làm phễu , 0  x  360 . Tính thể tích
khối nón tương ứng theo x. Tìm x để khối nón có thể tích lớn nhất, và tính giá trị lớn nhất đó.

MTCT9-2017 – Trang 4


Cách giải vắn tắt
Vì độ dài của đường trịn đáy hình nón bằng độ dài cung AB của quạt trịn dùng
làm phễu, nên ta có
x
x
2r 
r
180 
360

Kết quả

Điểm
1

x2

1

3602  x 2
2
360
360
Do đó
1
1
1 2
V  r 2 h  
x 360 2  x 2
3
3
3 360
Thể tích hình nón là
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

0,5

h  1  r2  1 

0,5
3

0 2

 360 

x2

Vậy

2
1
1  2  360  
2
2
3
2
2 2 
2
x 
x .x 2.  360   2x 
 360 

 



3
2
2 
3 3


max V 

1

2
2 3
x  360 293,9388  m 
 0, 4031 m3 
3
27
khi

1+1

2) (5,0 điểm) Biết rằng mỗi số ab, cd, xy, zt là các số tự nhiên có hai chữ số. Hỏi có bao nhiêu số có dạng
abcdxyzt mà ab  cd xy  zt .
Cách giải

Xét

Đáp số

Giải:
ab  cd  xy  zt = k ; trong đó 10 ab, xy,cd, zt  99

0,5
0,5

Vậy 20 k 198
Xét 20 k 109, với mỗi giá trị k, ta có
10 ab, xy  k  10 và với mỗi cách chọn ab, xy thì cách
chọn cd, zt tương ứng là duy nhất. Kết hợp hai bộ chọn ta
có kết quả là
109





Điểm

1,5

2

S1   k  19 247065
k20

Xét 110 k 198 , với mỗi giá trị k, ta có
k  99 ab, xy  99và với mỗi cách chọn ab, xy thì cách
chọn cd, zt tương ứng là duy nhất. Kết hợp hai bộ chọn ta

1,5

có kết quả là
198



S2   199  k
k110



2

238965

486030

1

Vậy có 486030 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

MTCT9-2017 – Trang 5


----------------------------Hết----------------------------

MTCT9-2017 – Trang 6