Mục lục Trang c I T ực rạ g rước k II ực ệ g ả p áp 1 2 III Nộ u g 2 IV Kế ck V VI Kế luậ VII T l ệu ược g ệ 25 25 25 a k ả 26 XÂY DỰNG NỘI DUNG CHƯƠNG TRÌNH ỒI DƯỠNG ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP QUỐC GIA NGÀNH HỌC GIÁO DỤC THƯỜNG XUYÊN CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG I c Bồi dưỡng học sinh giỏi nhiệm vụ quan trọng nhà trường phổ thông ngành học quy mà ngành học Giáo dục thường xuyên Ngày nay, tính thiết thực hữu dụng máy tính cầm tay (MTCT) điều kiện kinh tế - xã hội cho phép, việc sử dụng máy tính cầm tay xem công cụ hỗ trợ cho việc nâng cao hiệu dạy – học Hướng dẫn học sinh sử dụng máy tính cầm tay với quan điểm sư phạm đắn (đúng lúc, chỗ, không lệ thuộc máy cách mù quáng ) giúp học sinh giải phóng khỏi tính toán nặng nề, tẻ nhạt để tập trung trí tuệ vào việc giải vấn đề đòi hỏi suy luận, tư linh hoạt Với quan điểm trên, Hội Toán học, Sở Giáo dục, Thành Đoàn Thanh niên Thành phố Hồ Chí Minh phối hợp với Công ty xuất nhập Bình Tây tổ chức thi “Giải toán nhanh máy tính điện tử bỏ túi” lần thành phố Hồ Chí Minh năm 1996 Sau đó, nhiều thi tương tự tổ chức số tỉnh, khu vực nước với quy mô ngày rộng lớn Năm học 2002 – 2003, lần học viên bổ túc văn hóa Bộ Giáo dục Đào tạo đưa vào danh sách đối tượng tham gia thi giải toán máy tính cầm tay Khác với đối tượng thí sinh học sinh quy, học viên bổ túc văn hóa có đặc điểm riêng tư chất, trình độ, điều kiện học tập tâm lý có điểm khác biệt Bên cạnh đó, nội dung đề thi dành cho học viên ngành học giáo dục thường xuyên dựa vào yêu cầu riêng Vì áp phương pháp, nội dung bồi dưỡng ngành học quy vào cho đối tượng thí sinh Giáo dục thường xuyên mà cần có nội dung thích hợp nhằm đạt mục đích vừa thông qua bồi dưỡng để nâng cao trình độ học viên nói chung, phát triển lòng say mê, yêu thích môn Toán, thông qua bồi dưỡng phát học sinh có lực thực hành toán học, đồng thời giúp học sinh đoạt giải thường thi II T ực rạ g rước k ực ệ g ả p áp T uậ lợ : - Năm học 2002 – 2003, lần học viên bổ túc văn hóa Bộ Giáo dục Đào tạo đưa vào danh sách đối tượng tham gia thi giải toán máy tính cầm tay cấp Quốc gia từ lần này, Đồng Nai tổ chức cho học viên ngành học Giáo dục thường xuyên tham gia liên tục - Có quan tâm, ủng hộ cấp lãnh đạo người có trách nhiệm công tác bồi dưỡng học viên giỏi nói chung công tác bồi dưỡng đội tuyển học viên giỏi giải toán máy tính cầm tay cấp Quốc gia nói riêng - Đội ngũ cán bộ, giáo viên phân công bồi dưỡng đội tuyển GDTX có tâm huyết với nghề nghiệp Bản thân người trực tiếp hướng dẫn học viên đội tuyển liên tục từ lần đến - Học viên đội tuyển học viên tuyển lựa qua thi cấp sở nên có trình độ kiến thức định, có lực tư Các em học viên say mê môn, cần cù chăm Các học viên chưa thật giỏi say mê, yêu thích môn nên dễ trở thành học viên giỏi hướng dẫn bồi dưỡng, giáo viên giỏi bồi dưỡng K ó k ă : - Chương trình bồi dưỡng thiếu định hướng thiếu tính liên thông hệ thống chương trình Các giáo viên dạy bồi dưỡng phải tự soạn, tự nghiên cứu tự sưu tầm tài liệu - Giáo viên dạy bồi dưỡng phải hoàn tất nhiệm vụ công tác Chính lý đó, việc đầu tư cho công tác bồi dưỡng học viên giỏi có phần bị hạn chế - Học viên có phần không yên tâm chọn theo lớp bồi dưỡng tham dự thi học viên giỏi giải toán máy tính cầm tay cấp Quốc gia phải nhiều thời gian, ảnh hưởng đến sức khỏe kết học tập chung - Do từ nhiều nguồn đào tạo khác nên trình độ học viên đội tuyển không đồng Có đơn vị kiến thức học viên rèn luyện thành thạo học viên khác hoàn toàn chưa biết gì, cách tiếp cận kiến thức phương thức khác thói quen hình thành từ cách giảng dạy giáo viên sở Bên cạnh đó, học viên đội tuyển bao gồm học viên triệu tập từ huyện nên có khó khăn việc xác định khoảng thời gian tổ chức lớp, lịch lên lớp… III Nộ u g Cơ sở l luậ : Vai trò thầy: Câu tục ngữ “Không thầy đố mày làm nên” khẳng vai trò hướng đạo thầy Xuất phát từ ý nghĩa thực tế thấy nghiên cứu chuẩn bị kỹ thầy thiếu định nửa kết rèn luyện người học Thầy phải nắm vững thể loại thường gặp, phân loại mức độ từ dễ đến khó (điều kết hợp với kinh nghiệm khai thác sáng tạo toán) Vai trò học viên: Phải nắm vững kiến thức, kỹ học chương trình Trung học phổ thông, chủ yếu chương trình lớp 11 12 Giáo dục thường xuyên cấp trung học phổ thông; từ dạng phải biết lấy tập dạng mức từ dễ đến khó, chịu khó luyện tập; có kỹ nhận dạng xử lý tình huống, biết khái quát vấn đề vừa sức 2 Các b ệ p áp: 1) Nội dung bồi dưỡng: Cơ sở xây dựng nội dung: + Căn vào số tiết giao theo chế độ hành vào tình hình thực tiễn để đề xuất thời gian bắt đầu thời điểm kết thúc tổ chức bồi dưỡng Theo kinh nghiệm cá nhân, nhận thấy khoảng thời gian thích hợp từ trung tuần tháng đến trước ngày Bộ tổ chức thi cấp Quốc gia (khoảng gần cuối tháng Ba) có giai đoạn học viên nghỉ tết Âm lịch Trong năm gần đây, chương trình bồi dưỡng thực qua hai giai đoạn: Giai đoạn 1: Triệu tập học viên có số điểm cao kỳ thi chọn học viên giỏi giải toán máy tính cầm tay cấp tỉnh tổ chức trước khoảng tuần Trong giai đoạn này, chủ yếu bổ sung kiến thức kỹ liên quan đến vấn đề lý thuyết mà thông thường đơn vị không chưa có điều kiện bồi dưỡng cho học viên Giai đoạn kéo dài tuần ( 10 buổi học) kể thời gian tổ chức khảo sát lại để chọn lại học viên lập đội tuyển thức tiếp tục bồi dưỡng giai đoạn Giai đoạn 2: Kéo dài tuần (15 buổi học ) thực sau học viên nghỉ Tết Âm lịch Trong giai đoạn học viên tổ chức độc lập giải toán thông qua thực hành hình thức đề thi Sau thực hành giáo viên tổ chức rút kinh nghiệm để qua học viên hướng dẫn cách trình bày bài, học thêm cách giải vấn đề đặt đề mà học viên chưa nghĩ cách giải làm bài, học thêm phương pháp khác … + Bên cạnh đó, nội dung đề thi giải toán máy tính cầm tay cấp Quốc gia sở quan trọng để định lựa chọn nội dung bồi dưỡng Các vấn đề đặt chương trình toán trung học phổ thông rộng lớn mức độ khó dễ toán đặt phong phú quỹ thời gian có giới hạn + Vì lý đặc điểm học viên giáo dục thường xuyên có hạn chế định nên vần đề đặt phải thường xuyên cho học sinh cọ xát nhằm củng cố kiến thức kỹ Nếu không học viên nhanh chóng quên gặp lại lần hai tưởng chừng vấn đề mẻ Tuy vậy, điều gây tâm lý ức chế cho học viên Một toán lặp lặp lại dễ gây nhàm chán từ học viên không cảm thấy thích thú vào đội tuyển có tư tưởng chủ quan, tìm cớ lãng tránh đến lớp thực tập mà thầy giao phó Vì cần thiết phải bổ sung thêm vấn đề có liên quan đến nội dung thi cao đẳng, đại học để học viên khỏi nhàm chán kích thích tìm tòi cho học viên tạo động thúc đẩy học viên tích cực tham gia lớp bồi dưỡng Trên sở phân tích trên, đề xuất thực thực tế nhiều năm chương trình bồi dưỡng xây dựng theo cấu trúc gồm hai phần: Phần 1: Phần lý thuyết chung cần bổ sung toán áp dụng trực tiếp Phần 2: Các thực hành xây dựng từ dễ đến khó Bài thực hành thứ thực hành có chung cấu trúc gồm nội dung thường gặp đề thi Bộ bổ sung nội dung khác chương trình toán trung học phổ thông Tuy nhiên thực hành sau đòi hỏi học viên phải vận dụng tính linh hoạt tư để giải vấn đề tương tự ( thay đổi điều kiện, đặc biệt hóa, tổng quát hóa, toán thuận nghịch …) hay nâng cao Giáo viên nên hướng dẫn để học viên biết tự cho tập nâng cao theo hướng vừa nêu tự giải Nếu cần, giáo viên hướng dẫn giải Trong khuôn khổ đề tài SKKN này, xin trình bày phần với nội dung tương đối cụ thể vừa kết hợp phương pháp giải toán túy đồng thời với việc sử dụng kỹ thuật bấm máy cho hợp lý trường hợp 2) Nội dung cụ thể: P ầ 1 PHƯƠNG TRÌNH ƯỢNG GIÁC (c ỉ ù g ể g ả rê MTCT) Phương trình lượng giác học chương trình lớp 11 Trong phần này, giáo viên trình bày theo hướng ứng dụng máy tính cầm tay kết hợp với kiến thức giải phương trình lượng giác học (phương trình lượng giác bản, phương trình bậc hai hàm số lượng giác, phương trình dạng asinx + bcosx = c), giới thiệu bổ sung thêm phương trình đẳng cấp bậc hai dối với sin cosin góc, phương trình bậc n, phương trình đối xứng sin cosin góc mở rộng nó) Do yêu cầu đề thi đối tượng học viên giáo dục thường xuyên nên giáo viên không sâu vào phần biện luận (Quy ước: đơn vị tính độ) Để giải PTLG , nói chung ta tiến hành theo bước sau: ước 1: Lập điều kiện để phương trình có nghĩa ước 2: Biến đổi phương trình cho phương trình biết cách giải phương trình tích Giải phương trình ước 3: Đối chiếu nghiệm tìm với điều kiện đặt Những nghiệm không thoả mãn điều kiện bị loại I P ươ g rì lượ g g ác bả Các phương trình lượng giác bản: a) Phương trình sin x = m  Nếu |m|>1 phương trình vô nghiệm  Nếu –  m  x = SHIFT sin m + k3600 x = 1800 - SHIFT sin m + k3600 Quy trình bấm máy ( fx-570ES): SHIFT sin m = 180 – Ans = b) Phương trình cos x = m  Nếu |m|>1 phương trình vô nghiệm  Nếu –  m  x = SHIFT cos m + k3600 x = – SHIFT cos m + k3600 Quy trình bấm máy ( fx-570ES): SHIFT cos m = c) Phương trình tan x = m x = SHIFT tan m + k1800 Quy trình bấm máy ( fx-570ES): SHIFT tan m = d) Phương trình cot x = m x = SHIFT tan(1 m) + k1800 Quy trình bấm máy ( fx-570ES): 1m = SHIFT tan Ans = II Mộ số p ươ g rì lượ g g ác ườ g gặp Phương trình bậc hai hàm số lượng giác Dạng: asin2x + bsinx + c = (Cách giải: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ) Phương trình bậc sin x cosx Dạng: acosx + bsinx = c (1); (điều kiện có nghiệm a2 + b2 ≥ c2) Phương pháp giải: Bước 1: Chia hai vế cho a2 + b2 Bước 2: Đặt a = cosα, a + b2 b = sinα ( α = SHIFT cos a + b2 a ) a + b2 Bước 3: Biến đổi: (1)  cosx cosα + sinx sinα =  cos(x – α) =  c a + b2 c a + b2 c + k.360 a +b c x – α = - SHIFT cos 2 + k.360 a +b x – α = SHIFT cos  x = α + SHIFT cos c + k.3600 a + b2 x = α – SHIFT cos c + k.360 a +b 2 Quy trình bấm máy ( fx-570ES): a (a2 + b2) = SHIFT cos Ans SHIFT STO A c (a2 + b2) = SHIFT cos Ans SHIFT STO B ALPHA A + ALPHA B ALPHA A – ALPHA B Phương trình đẳng cấp bậc hai sinx cosx Dạng : a.sin2x + b.sinx.cosx + c.cos2x = d Phương pháp giải: Dùng công thức:  sin2x = - cos2x +cos2x sin2x ● cos x = ● sinx cosx = 2 để đưa phương trình dạng phương trình bậc sin cosin Phương trình bậc n Dạng: hạng tử có bậc n sin cosin Phương pháp giải: ước 1: Kiểm tra xem cos x  có phải nghiệm phương trình hay không? ước 2: Nếu cos x  Chia hai vế phương trình cho cosn x ta phương trình bậc n theo tan x Giải phương trình ta nghiệm phương trình ban đầu Chú ý: Nếu bậc hạng tử sai khác hai bậc, bốn bậc, xem phương trình loại Phương trình đối xứng sin cosin Dạng: a(sinx + cosx) + b.sin x.cosx + c = Phương pháp giải:  Đặt t = sinx + cosx = sin(x + ) ( ĐK: - ≤ t ≤ ) t2 -  t = + 2sinx.cosx  sinx.cosx = Thay vào phương trình cho để phương trình bậc hai theo t Chú ý : Phương pháp áp dụng cho phương trình phản đối xứng a(sinx - cosx) + b.sin x.cosx + c = 0; phương trình đối xứng tang cotang 6 Phương trình dạng asin g(x) + bcos g(x) = csinf(x) + dcos f(x) với a2 + b2 = c2 + d2 Chia hai vế cho a2 + b2 biến đổi dạng sin[g(x) + α] = sin[f(x) + β] ập ực : Tính gần nghiệm (độ, phút, giây) phương trình Bài 1: 3cos2(7x + 200) – 4cos(7x + 200) + = Bài 2: 2cos2x + 2sin 22x = Bài 3: 2cos2x + cosx + = Bài 4: 2sinx + 4cosx = Bài 5: 4cos3x – 3sin3x = Bài : 4sin2x + 3 sinx.cosx – 2cos2x = Bài 7: sin3 x – 5sin2x.cosx + 7sin x.cos2x – 2cos3x = Bài : cos3x – sin3 x = sinx Bài : sin3(x + 450) = sin x Bài 10 : sin2x – 12(cosx – sinx) – = Bài 11 : 3(sinx + cosx) + 2sin2x + = Bài 12 : cos7x + sin5x = (cos5x – sin7x) Bài 13: 2sin x – 2cosx - sin x.cosx = ĐS: x1  93020’6” + k3600 x2  860 39’54” + k3600 Bài 14: 5sin x – 4cosx = 13 ĐS: x1  72055’47” + k3600 x2  1840 23’ 24” + k3600 Bài 15: sin3x + cos3x + 3sin x.cosx =2 ĐS: x1  26020’25” + k3600 x2  63039’35” Bài 16: sinx.cosx + 3(sinx – cosx) = ĐS: x1  51058’6” + k3600 x2  2180 1’ 54” + k3600 Bài 17: 8cos3x – 5sin3x = ĐS: x1  3021’51” + k1200 x2  - 240 42’4” + k1200 Bài 18: 4cos2x + cos3x = ĐS: x1  35036’1” + k3600 x2   1370 56’20” + k3600 Bài 19: sin2x + 3sinx – 4cosx = (dùng shift solve) ĐS: x1  53038’54” + k3600 x2  - 1270 16’59” + k3600 Bài 20: sin2x + 3(sinx – cosx) = ĐS: x1  67054’33” + k3600 x2  2020 5’27” + k3600 Bài 21: cosx – 4sin x – 8sin3 x = ĐS: x1  -70017’5” + k1800 ; x2  68014’11” + k1800 ; x3  202’54” +k1800 Bài 22: 4sinx + cosx – 5sin2x = ĐS: x1  36052’12” + k3600 x2  470 42’36” + k1200 Ghi chú: toán không ghi đáp số toán thực lên lớp với hướng dẫn thầy giáo CÔNIC Thực chủ trương đổi chương trình sách giáo khoa giáo dục phổ thông, ngày 05/5/2006 Bộ Giáo dục Đào tạo ban hành Quyết định số 16/2006/QĐ-BGDĐT việc ban hành Chương trình Giáo dục phổ thông Theo đó, Bộ tổ chức việc viết sách giáo khoa theo chương trình ban hành Về góc độ nội dung chương trình, so với sách giáo khoa chỉnh lý hợp năm 2000, nội dung đường cônic chuyển từ lớp 12 sang lớp 10 giữ lại phương trình đường elip Tuy thi giải toán MTCT cấp Quốc gia, vấn đề liên quan đến hypebol, parabol đề cập toán tìm tiếp tuyến cônic thường hỏi đến Hơn để giải vần đề, đáp án đưa dùng tính chất tiếp tuyến cônic sử dụng sách giáo khoa cũ Dĩ nhiên với kiến thức học phần ý nghĩa hình học đạo hàm, học sinh dùng để giải vấn đề toán phức tạp cần dùng nhiểu thời gian để thực Vì vậy, giai đoạn 1, cần bổ sung thêm phần phương trình cônic phương trình tiếp tuyến cônic tạo điều kiện cho học viên giải toán có liên quan cách dễ dàng I Phương trình tắc x2 y2 Elip : a2 + b2 = x2 y2 Hypebol: a2 – b2 = Parabol: y2 = 2px II Phương trình tiếp tuyến điểm M0(x0;y0) thuộc cônic (biết tiếp điểm): x0x y0y Elip : a2 + b2 = x0x y0y Hypebol: a2 – b2 = Parabol: y0y = p(x + x0) III Điều kiện để đường thẳng Ax + By + C = tiếp xúc với cônic (không biết tiếp điểm): Elip : a2A2 + b2B2 = C2 Hypebol: a2A2 – b2B2 = C2 Parabol: pB2 = 2AC ập ực : x2 y2 Bài 1: Tính gần tọa độ giao điểm đường thẳng 3x – 2y – = elip 16 + = (Viết kết dạng số thập phân với chữ số sau dấu phẩy) Tọa độ giao điểm đường thẳng elip nghiệm hệ phương trình: 3x – 2y – = x2 y2 16 + = Dùng phương pháp ta hệ phương trình: x2 9x2 - 6x + =1 16 + 36 y= N 3x - m y fx-570ES: c ọ mod EQN  ax2 + bx + c = 116 + 936 = - 636 = 136 – = = (được kết x1 ≈ 2.050545088; x2 ≈ -1.517211755) ọ mod 2.05055= (3Ans – 1)  = -1.51721 = (re ay∆) = Đ ố: A(2,0505; 2,5758) (- 1,5172; - 2,7758) Bài 2: Tính gần a b đường thẳng y = ax + b tiếp xúc với hypebol x2 y2 2 – = giao điểm có tọa độ dương đường tròn x + y = hypebol Tọa độ giao điểm đường thẳng hypebol nghiệm hệ phương trình: x2 + y2 = x2 y2 – =1 y2 = – x2 x2 - x2 – =1 y2 = – x2 1 (4 + )x2 = y= x= y2 = – x2 48 x= 15 48 Giao điểm có tọa độ dương: A( 48 ; 15 ) 48 x – Phương trình tiếp tuyến hypebol A: hay 48 x-4 15 y – 12 = hay y = 15 y =1 48 x – 12 15 Quy trình bấm phím Cách 1: Bước 1: Khởi tạo SHIFT STO A SHIFT STO B Bước 2: Lập chu trình ALPHA A + ALPHA B SHIFT STO A ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B Bước lặp: ======= Ghi chú: Trong toán này, a1 = a2 = nên khởi tạo chung: SHIFT STO A SHIFT STO B Cách 2: (Đối với máy tính cầm tay Model 500MS, 570MS) Bước 1: Khởi tạo SHIFT STO A SHIFT STO B Bước 2: Lập chu trình ALPHA A + ALPHA B SHIFT STO A ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B  SHIFT COPY Bước lặp: ========== Cách 3: (Đối với máy tính cầm tay Model 500MS, 570MS thêm biến đếm) Bước 1: Khởi tạo SHIFT STO A SHIFT STO B SHIFT STO D Bước 2: Lập chu trình ALPHA D + SHIFT STO D ALPHA A + ALPHA B SHIFT STO A ALPHA D + SHIFT STO D ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B    SHIFT COPY Bước lặp: ========== Cách 4: (Đối với máy tính cầm tay Model 570ES) Bước 1: Khởi tạo SHIFT STO A SHIFT STO B Bước 2: Lập chu trình ALPHA A + ALPHA B SHIFT STO A ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B  ( trở lại màm hình A + B  A) Dùng phím PLAY đưa trỏ cuối dòng: A + B  A 12 ALPHA : (khi hình: A + B  A:) ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B Bước lặp: ========== Cách 5: (Đối với máy tính cầm tay Model 570ES thêm biến đếm) Bước 1: Khởi tạo SHIFT STO A SHIFT STO B SHIFT STO D Bước 2: Lập chu trình ALPHA D ALPHA = ALPHA D + ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A + ALPHA B ALPHA : ALPHA D ALPHA = ALPHA D + ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA B + ALPHA A CALC Bước lặp: ========== Ghi chú: Nhập “ALPHA = “ phím ALPHA phím CALC  Nhập “ALPHA : “ phím ALPHA phím  Khi màm hình: D = D + : A = A + B : D = D + : B = B + A Bấm phím CALC dấu “=” liên tục Kết giá trị A (hoặc B) sau giá trị D xuất Trong trường hợp lực tư trừu tượng học viên tương đối khá, giáo viên giới thiệu quy trình bấm phím sau: SHIFT STO A SHIFT STO B + ALPHA A SHIFT STO A + ALPHA B SHIFT STO B Sau bấm liên tục chu trình “∆ = “ để tìm số hạng dãy Đây quy trình bấm phím ngắn nhiên khó hiểu đa số học viên Nói chung, nên áp dụng quy trình bấm phím diễn giải nội dung công thức cách trực quan để tránh nhầm lẫn, sai sót Ví dụ: Tính tổng S10 10 số hạng đầu dãy số cho công thức truy hồi sau đây: u1 = 1;u2 = 2; un = un-3 + 2un-2 Bước 1: khởi tạo SHIFT STO A (khởi tạo u1 ghi vào ô nhớ A) SHIFT STO B (khởi tạo u2 ghi nhớ ô nhớ B) SHIFT STO C (khởi tạo tổng S2 ghi vào ô nhớ C) SHIFT STO D (khởi tạo biến đếm ghi vào ô nhớ D) Bước 2: Lập chu trình (đối với máy model 500 MS 570MS – dùng chức SHIFT COPY) ALPHA D +1 SHIFT STO D (đếm tiếp: D = 3) ALPHA A + 2ALPHA B SHIFT STO A (tính u3 ghi vào ô nhớ A) Ans + ALPHA C SHIFT STO C (cộng dồn u3 vào ô nhớ C) 13 ALPHA D +1 SHIFT STO D ALPHA B + 2ALPHA A SHIFT STO B Ans + ALPHA C SHIFT STO C Bước lặp: ========= (đếm tiếp: D = 4) (tính u4 ghi vào ô nhớ B) (cộng dồn u4 ô nhớ C) G ả t íc : - A, B giá trị luân phiên số hạng - C tổng số hạng - D biến đếm - Biến A có giá trị khởi tạo (u1); biến B có giá trị khởi tạo (u2= 2); biến C có giá trị khởi tạo = u1 + u2; biến đếm D có giá trị khởi tạo (là hai số hạng u1 u2) Ghi chú: Bấm dấu ”=” đến D= 10, tính u10 cộng đồn vào biến C kết Đáp số: 4059 Nếu sử dụng máy tính cầm tay loại khác nên sử dụng phím CALC hướng dẫn cách tập trước CÁC ÀI TOÁN VỀ ŨY THỪA Bài toán tính lãi suất ngân hàng toán dân số toán mà học sinh học chương trình trung học sở Sau năm (đối với đối tượng học sinh học tiếp chương trình GDTX cấp THPT sau tốt nghiệp THCS kiến thức rơi rụng nhiều Đến lớp 12, học sinh học lại chương lũy thừa nên vấn đề lại đặt đề thi cấp Quốc gia hỏi đến Vì vậy, đề cương bồi dưỡng, dành số tiết để ôn tập cho học viên toán có liên quan BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN LÃI KÉP Bài toán dạng 1: Một gườ gử ố t ề a đồ g vào gâ g vớ ã ất r% / t g ết rằ g ế ô g rút t ề ỏ gâ g t ì t ì a mỗ t g, ố t ề ã ẽ đư c vào ố vố ba đầ ( gườ ta gọ đ ã é ) Hỏ gườ đ ĩ đư c bao ê t ề sau n tháng ( n  N*) ế tro g oả g t g a ày ô g rút t ề ã ất ô g t ay đổ ? Gả: Giả sử n  Gọi số vốn ban đầu P, lãi suất r Sau tháng thứ (k = 1): P1 = P + Pr = P(1 + r) Sáu tháng thứ hai (k = 2): P2 = P1(1 + r) + P1(1 + r) = P(1 + r)2 Tương tự………………… Sau n tháng (k = n): Pn = P(1 + r)n Vậy Pn = P(1 + r)n (*) 14 Trong đó: P tiền vốn ban đầu, r lãi suất (%) hàng tháng, n số tháng, P n tiền vốn lẫn lãi sau n tháng Từ công thức (*) ta tính đại lượng khác sau: Pn ln P n Pn Pn 1) n = ln(1 + r) 2) r = 3) P = P (1 + r)n Bài 1: Một người gửi tiết kiệm 50.000.000 đ theo lãi suất 0,5% tháng Tính số tiền lĩnh sau tháng? Ta có: P8 = 50.000.000(1 + 0,5%)9 N ấ m y fx-570 MS: 50000000(1 + 0.5%)^9 = Đ ố: 52 295 528, 96 Bài 2: Một người có 50.000.000đ muốn gởi vào ngân hàng để 65.000.000đ Hỏi phải gởi tiết kiệm với lãi suất 0,7% tháng? 65 000 000 ln50 000 000 Số tháng tối thiểu phải gửi là: n = ln(1 + 0,7%) m y fx-570 MS: ln (6200000050000000)  ln(1 + 0.007) = ≈ 37,6116 (t g) Vậy phải gửi 38 tháng Bài 3: Số tiền 58.000.000đ gởi tiết kiệm tháng lãnh 61.329.000đ Tính lãi suất hàng tháng? N 61329000 Lãi suất hàng tháng: r = 58000000 – N Đ m y fx-570 MS: ^ ố: 0,7% x (6132900058000000) – = shift % = Bài toán dạng 2: Một gườ , hàng tháng gử vào gâ g ố t ề P (đồ g) gt g r% Hỏ a t g, gườ c bao ê tề ? ết ã ất Gả: Cuối tháng thứ nhất, người có số tiền là: P1= P + P.r = a(1 + r) Đầu tháng thứ hai, người đú có số tiền là: P P(1 + r) + P = P[(1+r)+1] = (1 + r) - [(1 + r)2 – 1] P = r [(1 + r)2 – 1] 15 Cuối tháng thứ hai, người có số tiền là: P P P2= r [(1 + r)2 – 1] + r [(1 + r)2 – 1].r P = r [(1 + r)2 – 1] (1+r) Cuối tháng thứ n, người có số tiền gốc lẫn lãi P [(1 + r)n – 1] (1+r) (**) r Từ công thức (**) ta tính đại lượng khác sau: Pn = Pn.r 1) P = (1 + r)[(1 + r)n - 1] Pn.r ln ( P + + r) 2) n = –1 ln(1 + r) Bài 4: Một người, hàng tháng gửi vào ngân hàng số tiền 100.000 đồng Biết lãi suất hàng tháng 0,55% Hỏi sau năm, người có tiền? Áp dụng công thức (**) với P = 100.000, r = 0, 55% = 0,0055, n = 12 ta được: 100000 P12 = 0.0055 [(1 + 0,0055)12 – 1] (1+0,0055) Đáp số: P12 ≈1.243.777 đồng Bài 5: Muốn có 1.000.000.000đ sau năm phải gửi quỹ tiết kiệm tháng với lãi suất gửi 0,55%? Áp dụng hệ 1) công thức (**) với Pn = 1.000.000.000, r = 0.55% n = 000 000 000 x 0.0055 60, ta được: Số tiền gửi hàng tháng: P = (1 + 0.0055)[(1 + 0.0055)60 - 1] Đáp số: a ≈ 14.035.825 đồng Bài 6: Một người gửi 10 triệu đồng vào ngân hàng thời gian 10 năm với lãi suất 5% năm Hỏi người nhận số tiền nhiều hay ngân hàng trả lãi suất 12 % tháng Đáp số: số tiền gửi theo lãi suất 12 % tháng nhiều hơn: 1811486,1 đồng Bài 7: Lãi suất tiền gửi tiết kiệm số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi Một người gửi số tiền ban đầu triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy năm, lãi suất tăng lên 1,15% tháng nửa năm người tiếp tục gửi; sau nửa năm lãi suất giảm xuống 0,9% tháng, người tiếp tục gửi thêm số tháng tròn nữa, rút tiền người vốn lẫn lãi 5,747,478,359 đồng (chưa làm tròn) Hỏi người gửi tiền tiết kiệm tháng? Nêu sơ lược quy trình bấm phím máy tính cầm tay để giải 16 Gả Gọi A số tháng gửi với lãi suất 0,7% tháng, X số tháng gửi với lãi suất 0,9% tháng Số tháng gửi tiết kiệm là: A + + X (tháng) Khi đó, số tiền gửi vốn lẫn lãi là: 5.000.000 x1.007 A x 1.01156 x 1.009X Ta phương trình: 5.000.000 x1.007A x 1.01156 x 1.009X = 5.747.478,359 , A, X ẩn số thuộc N* Dùng chức SHIFT SOLVE để giải phương trình Quy trình bấm phím (Với máy tính CASIO fx-570MS, fx-570ES; Vinacal tương ứng ): 5000000  1.007 ^ ALPHA A  1.0115 ^  1.009 ^ ALPHA X  5747478.359 ALPHA = SHIFT SOLVE (Nhập giá trị A: 1= ) (Nhập giá trị đầu cho X: =) Cho kết X số không nguyên SHIFT SOLVE Lặp lại quy trình với A nhập vào 2, 3, 4, 5, đến nhận giá trị nguyên X = A = Vậy số tháng người gửi tiết kiệm là: + + = 15 tháng Bài 8: Mỗi tháng gửi tiết kiệm 580.000đ với lãi suất 0,7% tháng Hỏi sau 10 tháng lãnh vốn lẫn lãi bao nhiêu? Đáp số: 6028055,598 đ Bài 9: Một người muốn sau năm phải có số tiền 20 triệu đồng để mua xe Hỏi người phải gửi vào ngân hàng khoản tiền hàng tháng Biết lãi suất tiết kiệm 0,57% / tháng Đáp số: a = 637 639,629 đồng Chú ý: 1) Có thể áp dụng phương pháp công thức để giải toán tăng dân số Hai toán dân số lãi suất ngân hàng dạng toán 2) Học viên phải vận dụng kiến thức toán học để thiết lập công thức tính toán Chỉ sử dụng hỗ trợ tính toán máy tính cầm tay bước cuối BÀI TOÁN 2: VAY RẢ GÓP Bài 9: a) Một người vay vốn ngân hàng với số vốn 50 triệu đồng, thời hạn 48 tháng, lãi suất 1,15% tháng, tính theo dư nợ, trả ngày qui định Hỏi hàng tháng, người phải đặn trả vào ngân hàng khoản tiền gốc lẫn lãi để đến tháng thứ 48 người trả hết gốc lẫn lãi cho ngân hàng? b) Nếu người vay 50 triệu đồng tiền vốn ngân hàng khác với thời hạn 48 tháng, lãi suất 0,75% tháng, tổng số tiền vay so với việc vay vốn ngân hàng trên, việc vay vốn ngân hàng có lợi cho người vay không? 17 Gả: a) Gọi số tiền vay người N đồng, lãi suất m% tháng, số tháng vay n, số tiền phải đặn trả vào ngân hàng hàng tháng a đồng m - Sau tháng thứ số tiền gốc lại ngân hàng là: N(1 + 100 ) – a đồng - Sau tháng thứ hai số tiền gốc lại ngân hàng là: m m m m [N(1 + 100 ) – a ] (1 + 100 ) – a = N(1 + 100 )2 – a[(1 + 100 + 1] đồng - Sau tháng thứ ba số tiền gốc lại ngân hàng là: m m m {N(1 + 100 )2 – a[(1 + 100 + 1]}(1 + 100 ) – a = m m m = N(1 + 100 )3 – a[(1 + 100 )2 +(1 + 100 ) + 1] đồng Tương tự : Số tiền gốc lại ngân hàng sau tháng thứ n : m m m m N(1 + 100 )n – a[(1 + 100 )n -1 + (1 + 100 )n-2 + …+ (1 + 100 ) + 1] đồng m Đặt y = + 100 , ta có số tiền gốc lại ngân hàng sau tháng thứ n là: Nyn – a (yn-1 +yn-2 + +y+1) Và lúc số tiền gốc lẫn lãi trả hết nên ta có : n n-1 Ny = a (y n-2 +y Nyn Nyn(y - 1) + +y+1)  a = yn-1 + yn-2 + + y + = yn - Nyn(y - 1) Vậy: a = yn - Thay số với N = 50 000 000 đồng, n = 48 tháng, y = 1,0115 ta có : a = 1.361.312,807 đồng b) Nếu vay 50 triệu đồng ngân hàng khác với thời hạn trên, lãi suất 0,75% tháng tổng số tiền vay sau 48 tháng người phải trả cho ngân hàng khoản tiền là: 50000000 + 50000000 x 0,75% x 48 = 68 000 000 đồng Trong vay ngân hàng ban đầu sau 48 tháng người phải trả cho ngân hàng khoản tiền là: 1.361.312,807 x 48 = 65 343 014,74 đồng Như việc vay vốn ngân hàng thứ hai thực lợi cho người vay việc thực trả cho ngân hàng 18 Bài 10: Bố bạn A tặng cho bạn máy vi tính trị giá 5.000.000 đồng cách cho bạn tiền hàng tháng với phương thức sau: Tháng bạn A nhận 100.000 đồng, tháng từ tháng thứ hai trở đi, tháng nhận số tiền tháng trước 20.000 đồng a) Nếu chọn cách gửi tiết kiệm số tiền nhận hàng tháng với lãi suất 0,6%/tháng, bạn A phải gửi tháng đủ tiền mua máy vi tính ? b) Nếu bạn A muốn có máy tính để học cách chọn phương thức mua trả góp hàng tháng số tiền bố cho với lãi suất 0,7%/tháng, bạn A phải trả góp tháng trả hết nợ ? a) 100000 SHIFT STO A SHIFT STO B (Khởi tạo hai biến A B với giá trị đầu 100000 - A số tiền góp tháng đầu tiên; B số tiền góp tháng đầu tiên) SHIFT STO D (Khởi tạo biến D với giá trị đầu – biến đếm tháng) Lập chu trình: ALPHA D ALPHA = ALPHA D + (tăng số tháng thêm tháng) ALPHA B ALPHA= ALPHA B+20000 ( B số tiền góp tháng thứ D – tháng tăng thêm 20 000) ALPHA A ALPHA = ALPHA A1.006 + B ( A số dư tài khoản tháng thứ D – sô dư cộng tiền lãi cộng số gửi thêm) bấm “=” ê t ế A vượt 5000000 D số tháng phải gửi tiết kiệm b)Tháng thứ nhất, sau góp nợ: A = 5000000 -100000 = 4900000 (đồng) 4900000 SHIFT STO A 100000 STO B Tháng sau góp: B = B + 200000 (giá trị ô nhớ B cộng thêm 20000), nợ: A= A1,007 - B Thực qui trình bấm phím sau: 4900000 SHIFT STO A (Khởi tạo biến A - A tiền nợ) 100000 SHIFT STO B (B số tiền góp) STO D (Khởi tạo biến đếm D) Lập chu trình ALPHA D ALPHA =ALPHA D+1 ALPHA B ALPHA = ALPHA B + 20000 ALPHA A ALPHA = ALPHA A1,007 - ALPHA B bấm “=” ê t ế A < (hết nợ) Kết quả: D = 19 (ứng với tháng 19 sau trả góp xong nợ: 84798; bấm tiếp = D = 20, A âm) Như cần góp 20 tháng hết nợ, tháng cuối cần góp : 847981,007 = 85392 đồng 19 ĐỒNG DƯ THỨC 1) P ép g ư: + Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a b chia cho m (m khác 0) có số dư ta nói a đồng dư với b theo môđun m ký hiệu a  b(mod m) + Một số tính chất: Với a, b, c  N* A  a (mod m)  A + B  a + b (mod m) B  b (mod m) A  a (mod m) B  b (mod m)  A x B  a x b (mod m) A = B (mod m)  An = Bn (mod m) ( n  N*) Nếu c = UCLN(A ; B) A ac A  a (mod m)  B  b (mod m) B  b (mod m) + Định lý Fermat (nhỏ): P số nguyên tố A nguyên tố p  ap -  (mod p) Bài 1: Tìm số dư phép chia 126 cho 19 Giải: 122 = 144  11 (mod 19) 126 = (122)3  113 (mod 19)  (mod 19) Vậy số dư phép chia 126 cho 19 Ghi chú: Quy trình bấm phím để tìm số dư 14419= (đư c ết q ả: 7,5789 ) 144-19*7= (đư c ết q ả 11) Số dư é c a 11 Bài 2: Tìm số dư phép chia 2004376 cho 1975 Giải: Biết 376 = 62 + Ta có: 20042  841 (mod 1975) 20044  8412 (mod 1975)  231(mod 1975) 200412  2313 (mod 1975)  416 (mod 1975) 200448  4164 (mod 1975)  536 (mod 1975) 200460 = 200412+48  416.536 (mod 1975)  1776 (mod 1975) 200462 = 200460+2  1776.841 (mod 1975)  516 (mod 1975) 200462.3  5133 (mod 1975)  1171 (mod 1975) 200462.6  11712 (mod 1975)  591 (mod 1975) Suy ra: 20 2004376 = 200462.6 +4  591.231 (mod 1975)  246 (mod 1975) Vậy: Sụ dư phép chia 2004376 cho 1975 246 Bài 3: Chứng minh (148)2004 +10 chia hết cho 11 Gả: - Ta có: 14  (mod 11)  (148)2004  (38)2004 (mod 11) Do 38 = 6561  (mod 11), nên (38)2004  52004 (mod 11) Xét tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11: 51 52 53 54 55 56 57 58 (5 1) (5 1)  52004 = (54)501  1501 (mod 11)  (mod 11) (1) Mặt khác: 10  10 (mod 11) (2) Cộng vế với vế phép đồng dư (1) (2) có: (148)2004 +10  11 (mod 11)  (mod 11)  (148)2004 +10 chia hết cho 11 Bài 4: Chứng minh số 222555 + 555222 chia hết cho Gả: 1) Trước hết tìm số dư phép chia 222555 cho 7: - Vì 222 = x 31 + 5, nên 222  (mod 7)  222555  5555 (mod 7) - Xét tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 7: 51 52 53 54 55 56 57 58 (5 1) (5  5555 = 56.92 + = (56)92.53  53  (mod 7) Vậy số dư chia 222555 cho (1) 2) Tương tự, tìm số dư phép chia 555222 cho 7: - Vì 555 = x 79 + 2, nên 555  (mod 7)  555222  2222 (mod 7) - Xét tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 7: 21 22 23 24 25 26 27 28 (2 4) (2  2222 = 23.74 = (23)74  174  (mod 7) (2) 222 Vậy số dư chia 555 cho Cộng vế với vế phép đồng dư (1) (2), ta được: 222555 + 555222  +  (mod 7) Vậy số 222555 + 555222 chia hết cho Bài 5: Tìm số dư phép chia cho Gả: Vì số nguyên tố 2003 không chia hết 2003 nguyên tố Do đó: 52002  (mod 2003) 21 Suy ra: 52008 = 52002+6  1.56 (mod 2003)  1064 (mod 2003) Vậy số dư phép chia 52008 cho 2) a tr ể ị t ức Newto bà to -Ta có khai triển: a  b n tìm ố dư:  a n  Cn1 a n 1b  Cn2 a n 2b   Cnn 1ab n 1  b n - Khi chứng minh tính chia hết luỹ thừa, cần nhớ số kết sau: 1) an - bn chia hết cho a - b (a  b) 2) a2n + + b2n + chia hết cho a + b (a  -b) 3) (a + b)n = BS a + bn (BS a: bội số a) Suy : với a > b, số dư phép chia (a - b)n cho a số dư phép chia bn cho a n chẵn Nếu n lẻ phân tích (a – b)n = (a – b)n-1(a – b) Đặc b t: (a + 1)n = BS a + 2n = BS a + (a - 1) (a - 1)2n + = BS a – Bài 1: Tìm số dư chia 2100 cho: a) b) 25 c) 125 Gả: a) Ta có: 23 = = (9 - 1) Do đó: 2100 = (23)33.21 = 2.8(9 - 1)32 = 16(BS + 1) = BS + 16 = BS + Vậy số dư chia 2100 cho b) Ta có: 210 = 1024 = (BS 25 - 1) - Ta có: 2100 = (210)10 = (BS 25 - 1)10 = BS 25 + Vậy số dư chia 2100 cho 25 c) Dùng công thức nhị thức Newton: 50.49 47 2100 = (5 – 1)50 = 550 – 50.549 + - C 50 53 + 52 – 50.5 + Để ý 48 số hạng đầu chứa thừa số với số mũ lớn nên chia hết cho 125, hai số hạng chia hết cho125, số hạng cuối Vậy 2100 = BS 125 +  Số dư 2100 chia cho 125 Bài 2: Bài toán Tìm chữ số tận số A = 20072008 + 20082009 Bài toán 2: Tìm số dư phép chia số: 17762010 cho 2000 22 Bài toán 3: Tìm số dư chia số 182008 + 82009 cho 49 Bài toán 4: Tìm chữ số tận tổng 39999 + 29999 Đ Bài toán 1 Ta tìm chữ số tận 20072008 = 20078 20072000 20072  49(mod 100) (20072)4  494(mod 100)  01(mod 100) 20072000 = (20078)250  01(mod 100) Vậy: 20072008  01(mod 100) Tìm chữ số tận 20082009 Ta có: 20082009 = 2008 20088 20082000 * 20082  64(mod 100) (20082)4  644(mod 100)  16(mod 100) 20088  16(mod 100) (20088)5  165(mod 100)  76(mod 100) * 200840  76(mod 100) đú: 20082000  76(mod 100) 20088 20082000 16.76(mod 100)  16(mod 100) Do đó: 2008 20082008  2008.16(mod 100)  28(mod 100) Vậy A ó Bài toán 17761  1776(mod 2000) 17762  176(mod 2000) 17763  576(mod 2000) 17764 = (17762)2  976(mod 2000) 17765 = 17762 17763  176 576(mod 2000)  1376(mod 2000) 17766= 1776 17765  176 1736(mod 2000)  1776(mod 2000) 17767  976(mod 2000) Vậy chu kỳ lặp lại sau bước mà: 2010 = 402 có dạng 5k Do số 17762010 chia 2000 cho số dư 1376 Bài toán * Ta tìm số dư chia 182008 cho 49 Ta có: 182008 = 18.182007 = (183)669 18 183  1(mod 49)  (183)669  1(mod 49) 18 (183)669  18(mod 49) * Ta tìm số dư chia 82009 chia cho 49 Ta có 82009 = (87)287 87  1(mod 49)  (87)287  01(mod 49) Kết luận: Vậy số dư chia số 182008 + 82009 cho 49 19 Bài toán 4: * Có 39999 = 320.499.319 319 = 1162261467  67(mod 100) 320 = 3486784401  01(mod 100)  (320)499  01(mod 100) Do (320)499.319  67(mod 100) 23 * Có 29999 = 220.499.219 219 = 524288  88(mod 100) 220 = 1048576  76(mod 100)  (220)499  76(mod 100) Do (220)499.219  76.88(mod 100)  88(mod 100) 39999 + 29999  (67+88)(mod 100) = 55(mod 100) Vậy chữ số tận tổng 55 3) Mộ số g k ác Tì số c ữ số luỹ ừa: Ví dụ tìm xem 222425 có chữ số Ta có: 2242.log2  6750,597 làm tròn thừa thành 6751 Như 222425 gồm 6751 số Tìm c ữ số ầu ê ộ lũy ừa Ví dụ: tìm chữ số 20082008 Nhận xét: Các chữ số a ax10n Đặt 20082008 = a.10n ( < a < 10 )  log(20082008) = n + loga 2008.log2008 = 6631,949527  n = 6631 loga ≈ 0,949527 Suy a ≈ 100,949527 ≈ 8,902799931 Vậy chữ số 20082008 89027 Quy trình bấm phím: 2008 log 2008 - 6631 = 10 ^ Ans = Tìm c ữ số cuố ộ lũy ừa vớ số ũ l ộ lũy ừa:  Dùng tính chất: số dư phép chia a cho 2k (hoặc 5k 10k) số dư phép chia k chữ số cuối a cho 2k (hoặc 5k 10k)  Dùng phương pháp bình phương liên tiếp cách áp dụng công thức: amn = (amn-1)m 12 Ví dụ: Tìm chữ số cuối 22 22 = 4; 22 = 16; 22 = (22 )2 = 256; 22 = (22 )2 = 65 536  5536 (mod 104) 22 = (22 )2  (5536)2 (mod 104)  7296 (mod 104) 22 = (22 )2  (7296)2 (mod 104)  1616 (mod 104) 22 = (22 )2  (1616)2 (mod 104)  1456 (mod 104) 22 = (22 )2  (1456)2 (mod 104)  9936 (mod 104) 22 = (22 )2  (9936)2 (mod 104)  4096 (mod 104) 10 22 = (22 )2  (4096)2 (mod 104)  7216 (mod 104) 11 10 22 = (22 )2  (7216)2 (mod 104)  0656 (mod 104) 12 11 22 = (22 )2  (656)2 (mod 104)  336 (mod 104) 12 Vậy chữ số cuối 22 0336 24 IV Kế ược: Kế c u g b ệ p áp Từ năm học 2002-2003, Bộ Giáo dục Đào tạo ban hành văn việc cho phép đối tượng học viên GDTX tham gia dự thi học sinh giỏi giải toán nhanh máy tính Casio cấp toàn quốc Trong năm tham dự thi cấp quốc gia, thí sinh học viên GDTX đội tuyển Đồng Nai đạt thành tích bước đầu đáng phấn khởi với 01 giải Nhì, 02 giải Ba 02 giải Khuyến khích khu vực phía Nam Sau vài năm vừa thực hiện, vừa mày mò xác định chương trình, nội dung bồi dưỡng cho đội tuyển, từ năm 2006, đội tuyển học sinh giỏi giải toán máy tính cầm tay ngành học giáo dục thường xuyên Đồng Nai lần đoạt giải Nhất Những năm gần đây, chương trình bồi dưỡng dành cho đội tuyển hàng năm tích lũy thêm nhiều kinh nghiệm cải tiến thường xuyên, dần hoàn thiện kiên trì thực thống cho giáo viên phân công Nhờ vậy, năm đội tuyển đoạt giải Nhất nhiều giải khác, có năm 100% học viên đội tuyển có giải thức (Nhất, Nhì, Ba) có năm đoạt hai giải Nhất V ck g ệ - Để đạt kết cao công tác bồi dưỡng học viên giỏi dự thi cần phải có đội ngũ giáo viên giỏi, tâm huyết với nghề nghiệp Nhưng quan trọng cần phải có chương trình thống Trên sở chương trình đó, có phân công cụ thể cho giáo viên, giao trách nhiệm cụ thể để chồng chéo cần thống phương pháp hướng dẫn chung để học viên dễ theo dõi - Để có chương trình nói trên, Sở phải tạo điều kiện đạo để đội ngũ giáo viên phân công bồi dưỡng đội tuyển nghiên cứu cung cấp tài liệu giúp cho giáo viên có điều kiện vừa hoàn thành nhiệm vụ với khối lượng công việc giáo viên bình thường, vừa phải thêm nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi - Xây dựng đội ngũ giáo viên bồi dưỡng đội tuyển cần có kế thừa, nghĩa cần ý bồi dưỡng giáo viên viên để thay dần người cũ Muốn vậy, cần phải có kế hoạch lâu dài Đội ngũ kế cận cung cấp tài liệu, hướng dẫn sử dụng giáo viên phải có nghiên cứu sâu chương trình trước chọn làm giáo viên bồi dưỡng đội tuyển - Do đặc điểm riêng học viên ngành học GDTX nhiều hạn chế, xây dựng chương trình cần phải cân nhắc lựa chọn nội dung thiết thực phục vụ cho mục đích dự thi, cần nghiên cứu đề thi đáp án năm trước năm liền kề để rút quy luật dự đoán nội dung có khả đề cập đề thi Bên cạnh đó, để tạo hưng phấn cho học viên trình học, chương trình bồi dưỡng cần phải lồng vào nội dung cần thiết phục vụ cho việc thi tuyển vào cao đẳng, đại học học viên thời gian tới 25 Kế luậ Các biện pháp nêu áp dụng có hiệu việc bồi dưỡng năm qua góp phần giúp đội tuyển học sinh giỏi giải toán máy tính cầm tay (GDTX) tỉnh Đồng Nai đoạt nhiều giải thi cấp Quốc gia Số lượng giải ngày nhiều, t lệ số giải cao tăng dần; thi cấp Quốc gia năm sau luôn có học viên GDTX đoạt giải Nhất, có hai học viên nhận giải đặc biệt đạt số điểm cao thi thành viên đội đoạt giải đồng đội hai năm tổ chức thi gần Những kết đạt góp phần cải thiện nhận thức xã hội ngành học GDTX Hàng năm số lượng học sinh tốt nghiệp THCS có xu hướng mong muốn tiếp tục hoàn tất chương trình phổ thông đơn vị có giảng dạy Chương trình Giáo dục thường xuyên cấp trung học phổ thông tăng dần Tại số huyện tỉnh Đồng Nai trung tâm giáo dục thường xuyên lựa chọn học sinh vừa tốt nghiệp THCS thay trường trung học phổ thông công lập VI VII T l ệu a k ả Thông tin Website Bộ Giáo dục Đào tạo http://www.edu.net Tham luận cá nhân, đơn vị công tác bồi dưỡng học viên giỏi, công tác xã hội hóa giáo dục đăng tải internet Hướng dẫn sử dụng giải toán máy tính (CASIO fx- 500MS, CASIO fx570MS, CASIO fx- 500ES, CASIO fx-570ES, CASIO fx-570ES PLUS, VINACAL Vn-500MS, VINACAL Vn-570MS, VINACAL@570ES PLUS) Hướng dẫn thực hành toán máy tính bỏ túi CASIO FX500MS, FX570 MS Nguyễn Văn Trang, Nguyễn Thế Thạch, Trần Văn Vuông Một số vấn đề nâng cao thực hành tính toán máy tính Casio (Tài liệu ngoại khóa lưu hành nội thi giải toán máy tính điện tử bỏ túi Vụ Trung học phổ thông năm 2001) Một số dạng toán thi học sinh giỏi giải toán máy tính điện tử TS Tạ Duy Phượng, Phạm Thị Hồng Lý – Xuất năm 2006 Người thực 26 [...]... Khuyến khích tại khu vực phía Nam Sau vài năm vừa thực hiện, vừa mày mò xác định chương trình, nội dung bồi dưỡng cho đội tuyển, từ năm 2006, đội tuyển học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay ngành học giáo dục thường xuyên của Đồng Nai lần đầu tiên đoạt được giải Nhất Những năm gần đây, chương trình bồi dưỡng dành cho đội tuyển hàng năm tích lũy thêm được nhiều kinh nghiệm và cải tiến thường xuyên,... các nội dung cần thiết phục vụ cho việc thi tuyển vào cao đẳng, đại học của học viên trong thời gian tới 25 Kế luậ Các biện pháp nêu trên được áp dụng có hiệu quả trong việc bồi dưỡng trong các năm qua đã góp phần giúp đội tuyển học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay (GDTX) tỉnh Đồng Nai đoạt được nhiều giải trong các cuộc thi cấp Quốc gia Số lượng giải ngày càng nhiều, trong đó t lệ số giải. .. 10, tính u10 và cộng đồn vào biến C thì được kết quả Đáp số: 4059 Nếu sử dụng máy tính cầm tay loại khác thì nên sử dụng phím CALC như đã hướng dẫn ở cách 5 của bài tập trước 4 CÁC ÀI TOÁN VỀ ŨY THỪA Bài toán tính lãi suất ngân hàng và bài toán dân số là bài toán mà học sinh đã được học trong chương trình trung học cơ sở Sau ít nhất là 3 năm (đối với đối tượng học sinh học tiếp chương trình GDTX cấp. .. thêm nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi - Xây dựng đội ngũ giáo viên bồi dưỡng đội tuyển cần có sự kế thừa, nghĩa là cần chú ý bồi dưỡng những giáo viên viên mới để thay thế dần những người cũ Muốn vậy, cần phải có kế hoạch lâu dài Đội ngũ kế cận sẽ được cung cấp tài liệu, hướng dẫn sử dụng và giáo viên đó phải có sự nghiên cứu sâu chương trình trước khi chọn làm giáo viên bồi dưỡng đội tuyển - Do đặc... b ệ p áp Từ năm học 2002-2003, Bộ Giáo dục và Đào tạo ban hành văn bản về việc cho phép đối tượng học viên GDTX được tham gia dự cuộc thi học sinh giỏi giải toán nhanh bằng máy tính Casio cấp toàn quốc Trong năm đầu tiên tham dự cuộc thi cấp quốc gia, các thí sinh là học viên GDTX của đội tuyển Đồng Nai đã đạt được thành tích bước đầu đáng phấn khởi với 01 giải Nhì, 02 giải Ba và 02 giải Khuyến khích... năm nào đội tuyển cũng đoạt được giải Nhất và nhiều giải khác, có năm 100% học viên trong đội tuyển đều có giải chính thức (Nhất, Nhì, Ba) và có năm đoạt được hai giải Nhất V ck g ệ - Để đạt được kết quả cao trong công tác bồi dưỡng học viên giỏi dự thi cần phải có đội ngũ giáo viên giỏi, tâm huyết với nghề nghiệp Nhưng quan trọng hơn là cần phải có một chương trình thống nhất Trên cơ sở chương trình. .. FX570 MS của Nguyễn Văn Trang, Nguyễn Thế Thạch, Trần Văn Vuông 5 Một số vấn đề về nâng cao thực hành tính toán trên máy tính Casio (Tài liệu ngoại khóa lưu hành nội bộ về thi giải toán bằng máy tính điện tử bỏ túi của Vụ Trung học phổ thông năm 2001) 6 Một số dạng toán thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính điện tử của TS Tạ Duy Phượng, Phạm Thị Hồng Lý – Xuất bản năm 2006 Người thực hiện 26 ... trên để giải các bài toán về tăng dân số Hai bài toán về dân số và lãi suất ngân hàng là cùng 1 dạng toán 2) Học viên phải vận dụng các kiến thức toán học để thiết lập công thức tính toán Chỉ sử dụng sự hỗ trợ tính toán của máy tính cầm tay ở bước cuối cùng BÀI TOÁN 2: VAY RẢ GÓP Bài 9: a) Một người vay vốn ở một ngân hàng với số vốn là 50 triệu đồng, thời hạn 48 tháng, lãi suất 1,15% trên tháng, tính. .. của học viên ngành học GDTX còn nhiều hạn chế, khi xây dựng chương trình cần phải cân nhắc lựa chọn những nội dung thiết thực phục vụ cho mục đích dự thi, cần nghiên cứu các đề thi và đáp án những năm trước nhất là những năm liền kề để rút ra quy luật và dự đoán những nội dung gì có khả năng sẽ được đề cập trong đề thi Bên cạnh đó, để tạo hưng phấn cho học viên trong quá trình học, chương trình bồi dưỡng. .. 2 2 3 = 1 3 QUY TRÌNH ẤM PHÍM ĐỐI VỚI DÃY SỐ ĐƯỢC CHO ỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI CHO CÁC OẠI MÁY KHÁC NHAU Ta có thể lập quy trình bấm phím khi sử dụng máy tính cầm tay đối với các bài toán có cấu trúc vòng lặp Đặc biệt là đối với dãy được cho bởi công thức truy hồi Áp dụng kỹ thuật lập trình mà học sinh đã tiếp cận trong môn Tin học, giáo viên có thể hướng dẫn học viên tạo chu trình để giải quyết một số