PHỊNG GD&ĐT CHÂU THÀNH Số thứ tự của bài thi: ………………… Đề chính thức ĐỀ THI GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP HUYỆN LỚP 9, BẬC TRUNG HỌC CƠ SỞ - Khố ngày: 02 / 12 / 2010 Thời gian: 150 phút ( khơng kể phát đề ) Điểm bằng số ________ / 50 …………………………… Họ tên và chữ ký của Giám khảo 1 ……………………………………………………………………………………………………… Họ tên và chữ ký của Giám khảo 2 ……………………………………………………………………………………………………… Số phách Lưu ý: Thí sinh làm bài trực tiếp vào đề thi, đề thi gồm có 4 trang, Thí sinh viết câu trả lời vào đúng vò trí qui đònh trên bài thi. Thí sinh không được phép ghi gì thêm ở phần trên này, vì đây là phách của bài thi Nếu khơng nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 10 chữ số. Bài 1 : ( 5 điểm ) a) Tính A= 2 3 3 4 2 . 2,312 (7,25 2,37) 5,52 7,32 π + − . Kết quả: A = b) Cho tgx = 2,324. Tính B = 3 3 3 2 8cos 2sin cos 2cos sin sin x x x x x x − + − + . Kết quả: B = c) Tính chính xác kết quả của phép tính sau: C = 12578963 x 14375. Kết quả: C = Bài 2 : ( 5 điểm ) a) Tìm các số a và b, biết: 43 1 1 142 3 1 3 1 a b = + + + . Kết quả: a = b = 1 b) Tính giá trị của biểu thức và viết kết quả dưới dạng phân số: 5 1 4 2 5 2 4 2 5 2 3 A = + + + + + Kết quả: A = c) Tìm số tự nhiên có 2 chữ số xy , biết rằng: 2 2 xxyy xx yy= + . Kết quả: xy = Bài 3 : ( 5 điểm ) a) Chữ số thập phân thứ 2020 sau dấu phẩy là chữ số nào khi ta chia số 12 cho số 79? Kết quả: Chữ số thập phân thứ 2020 sau dấu phẩy là chữ số: b) Tìm các ước nguyên tố của A = 2363 3 + 2641 3 + 3197 3 . Kết quả: A có các ước nguyên tố là: Bài 4 : ( 5 điểm ) Trong kì kiểm tra môn Toán của một lớp chuyên Toán gồm 3 tổ A, B, C. Điểm trung bình của học sinh ở các tổ được thống kê ở bảng sau: Tổ A B C A và B B và C Điểm Trung bình 9,57 8,75 8,88 9,1108 8,81 Cho biết tổ B hơn tổ A là 3 học sinh. Hãy tìm số học sinh và điểm trung bình của toàn lớp. Kết quả: Số học sinh: Điểm trung bình: Bài 5: ( 5 điểm ) Cho dãy số: a 0 = a 1 = 1, a n+1 = 2 1 1 n n a a − + . a) Chứng minh rằng 2 2 1 1 3 1 0 n n n n a a a a + + + − + = với mọi n ≥ 0. b) Chứng minh rằng 1 1 3 n n n a a a + − = − với mọi n ≥ 1. c) Lập một quy trình tính i a và tính i a với i = 2, 3, 4, …, 25. 2 a) Chứng minh: b) Chứng minh: c) Qui trình: a 2 = a 3 = a 4 = a 5 = a 6 = a 7 = a 8 = a 9 = a 10 = a 11 = a 12 = a 13 = a 14 = a 15 = a 16 = a 17 = a 18 = a 19 = a 20 = a 21 = a 22 = a 23 = a 24 = a 25 = Bài 6: ( 5 điểm ) Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng số tiền là 1.000.000 đồng với lãi suất tiết kiệm là 11%/ năm. a) Hỏi sau 5 năm số tiền trong sổ sẽ là bao nhiêu? b) Để có 100.000.000 đồng từ 1.000.000 đồng với lãi suất 11%/ năm thì cần khoảng thời gian là bao nhiêu năm? a) b) 3 Bài 7: ( 5 điểm ) Cho đa thức P(x). Biết rằng P(x) chia cho (x – 2) thì dư 7, P(x) chia cho (x – 3) thì dư 10, P(x) chia cho (x + 2) thì dư – 4. a) Tìm đa thức dư khi chia P(x) cho (x – 2)(x – 3)(x + 2). b) Xác định đa thức P(x) biết rằng thương trong phép chia đa thức P(x) cho đa thức (x – 2)(x – 3)(x + 2) là x(x +3). Tính giá trị của đa thức P(x) tại x = – 2 3 ; 5 7 . a) Đa thức dư khi chia P(x) cho (x – 2)(x – 3)(x + 2) : b) Đa thức P(x) = P(– 2 3 ) = P( 5 7 ) = Bài 8 : ( 5 điểm ) Cho hình thang ABCD đáy AB= 3 cm; AD= 4,985 cm; BC= 6,2 cm và CD= 9,2 cm. Tính diện tích hình thang ABCD. Kết quả: S ABCD = Bài 9 : ( 5 điểm ) Cho đường tròn tâm O bán kính R. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ đường thẳng d vuông góc với OA. Trên d lấy điểm M khác A. Từ M vẽ các tiếp tuyến MP, MP’ với đường tròn (O). Gọi I là giao điểm của MO với đường tròn (O). Cho biết góc PMP’ bằng 60 0 , R = PO = 5,274 cm. Tính diện tích tam giác cong PMP’I. Kết quả: S PMP’I = Bài 10 : ( 5 điểm ) Một hình chóp có diện tích xung quanh là 127 cm 2 và có diện tích đáy là là 83 cm 2 . Cắt hình chóp bởi một mặt phẳng song song với đáy và đi qua một điểm trên đường cao của hình chóp, điểm này cách đỉnh hình chóp một đoạn bằng 2 3 đường cao hình chóp. Khi đó hình chóp đã cho được chia thành một hình chóp nhỏ và một hình chóp cụt. Tính diện tích xung quanh của hình chóp nhỏ và diện tích toàn phần của hình chóp cụt. Diện tích xung quanh của hình chóp nhỏ là: Diện tích toàn phần của hình chóp cụt là: – HẾT – 4 HƯỚNG DẪN CHẤM Thi giải toán trên máy tính cầm tay lớp 9, cấp huyện Khoá ngày 02/12/2010 Bài 1 : ( 5 điểm ) a) A = 0,045581654 b) B = – 0,769172966 c) C = 180822593125 Bài 2 : ( 5 điểm ) a) a = 3 b = 4 b) A = 997/382 c) xy = 83 Bài 3 : ( 5 điểm ) a) Kết quả: Chữ số thập phân thứ 2020 sau dấu phẩy là chữ số: 9 b) Kết quả: A có các ước nguyên tố là: 37; 139; 647. Bài 4 : ( 5 điểm ) Kết quả: Số học sinh: 37 Điểm trung bình: 9,035945946. Bài 5: ( 5 điểm ) a) Với n = 0 hệ thức 2 2 1 1 3 1 0 n n n n a a a a + + + − + = (*) hiển nhiên đúng. Giả sử 2 2 1 1 3 1 0 n n n n a a a a − − + − + = , tức là 2 2 1 1 3 1 n n n n a a a a − − − + = − . Khi ấy 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 ( 3 ) ( 3 ) n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a + + + + + − − + − = − = − = 2 2 2 1 1 1 1 ( ) 1 n n n n n a a a a a − − − + − = − − . Suy ra: 2 2 1 1 3 1 0 n n n n a a a a + + + − + = . b) Từ hệ thức a n+1 = 2 1 1 n n a a − + suy ra 2 n n+1 n-1 a 1 a a+ = . Thay vào (*) ta được 2 n+1 n+1 n n+1 n-1 a 3a a a a 0− + = suy ra n+1 n+1 n n-1 a (a 3a a ) 0− + = hay n+1 n n-1 a 3a a 0− + = (đpcm). 5 c) Qui trình: Ta có a 0 = a 1 = 1, 1 1 3 n n n a a a + − = − với mọi n ≥ 1. Quy trình tính trên Casio fx-500Ms: 1 1 ( 1 )SHIFT STO A a A= → 2 1 0 3 1 ( 3 )SHIFT STO B a a a B× − = − → Lặp lại dãy phím 3 2 1 5 7 3 ( 3 , , , .)ALPHA A SHIFT STO A a a a A a a× − = − → 4 3 2 6 8 3 ( 3 , , , .)ALPHA B SHIFT STO B a a a B a a× − = − → Kết quả: a 2 = 2, a 3 = 5, a 4 = 13, a 5 = 34, a 6 = 89, a 7 = 233, a 8 = 610, a 9 = 1597, a 10 = 4181, a 11 = 10946, a 12 = 28657, a 13 = 75025, a 14 = 196418, a 15 = 514229, a 16 = 1346269, a 17 = 3524578, a 18 = 9227465, a 19 = 24157817, a 20 = 63245986, a 21 = 165580141, a 22 = 433494437, a 23 = 1134903170, a 24 = 2971215073, a 25 = 7778742049. Bài 6 : ( 5 điểm ) a) 1.685.058,155 đồng b) khoảng 44; 45 năm Bài 7 : ( 5 điểm ) a) Đa thức dư khi chia P(x) cho (x – 2)(x – 3)(x + 2) : 2 1 11 13 20 4 10 x x+ + b) Đa thức P(x) = x 5 – 13x 3 + 36x + 2 1 11 13 20 4 10 x x+ + = x 5 – 13x 3 + 2 1 20 x + 155 4 x + 13 10 . P(– 2 3 ) = – 20,7909465 P( 5 7 ) = 24,45240674 Bài 8 : ( 5 điểm ) Kết quả: S ABCD = 27,84301348 (cm 2 ) Bài 9 : ( 5 điểm ) Kết quả: S PMP’I = 19,04924537 (cm 2 ). Bài 10 : ( 5 điểm ) Diện tích xung quanh của hình chóp nhỏ là: 56,44444444 (cm 2 ) Diện tích toàn phần của hình chóp cụt là: 190,4444444 (cm 2 ) – HẾT – 6 LỜI GIẢI CHI TIẾT Thi giải toán trên máy tính cầm tay lớp 9, cấp huyện Khoá ngày 02/12/2010 Bài 1 : ( 5 điểm ) a) µ µ 2 2 3 ( 2,312 ( 7, 25 3 2.37 ) ) ( 5,52 4 7,32 ) x SHIFT SHIFT x x π × × + ÷ − = (0,045581654) b) µ µ 1 tan 2.324 ( 8 cos ) 3 2 ( sin ) 3 cos )SHIFT Ans Ans Ans − = − + ÷ µ 2 ( 2 cos ( sin ) 3 ( sin ) )Ans Ans Ans x− + = ( – 0,769172966) c) C= 12578963 x 14375 = (12578 x 10 3 + 963) x 14375 = 12578 x 10 3 x 14375 + 963 x 14375 Tinh trên máy: 12578 x 14375 = 180808750. Vậy 12578 x 10 3 x 14375 = 180808750000. Tinh trên máy: 963 x 14375 = 13843125. Vậy C = 12578 x 10 3 x 14375 + 963 x 14375= 180808750000 + 13843125 = 180822593125. Bài 2 : ( 5 điểm ) a) Ta có 43 1 1 1 1 1 1 142 13 1 1 1 1 142 3 3 3 3 3 43 4 1 1 43 43 3 3 3 13 1 13 13 3 4 4 = = = = = = + + + + + + + + + = 1 1 3 1 3 1 a b + + + Vậy a = 3; b = 4. b) / 1 1 1 1 5 3 2 4 2 5 2 4 2 5 1 b c a x x x x − − − − + = ÷ = = + = ÷ = = + = ÷ = = + = ÷ = = + = / 2 233 382 997 382 b c SHIFT a . c) Điều kiện: 1 ≤ x, y ≤ 9 và x,y nguyên. Ta có 2 2 xxyy xx yy= + ⇔ 99x + x + y = 11 2 ( x 2 + y 2 ) ⇒ (x+y) M11(vì 2 ≤ x+ y ≤ 18). Từ đó (x;y) chỉ có thể là (2;9), (9;2), (3;8), (8;3), (4;7), (7;4), (5;6), (6;5). Thử lại chỉ có (x;y) = (8;3) thỏa mãn. Vậy số cần tìm là 83. Bài 3 : ( 5 điểm ) a) Lấy 12 chia cho 79 ta được 12 79 = 0,151898734…(9 chữ số thập phân đầu tiên là 151898734). Khi đó 0,151898734 x 79 – 12 = 0,000000014 (kết quả trên máy là 08 1,4 − − ) Lấy 16 chia cho 79 ta được 14 79 = 0,177215189…(9 chữ số thập phân tiếp theo là 177215189). 7 Vậy 12 79 = 0,(1518987341772), là số thập phân vô hạn tuần hoàn đơn với chu kì có 13 chữ số. Ta có 2020 ≡ 5 ( mod 13). Vậy chữ số thập phân thứ 2020 là chữ số thứ 5 của chu kì tuần hoàn, tức là chữ số 9. b) Ta có ƯCLN(2363, 2641) = 139. Thử với 3197 ta cũng có 139 là ước nguyên tố. Do đó A = 139 3 (17 3 + 19 3 + 23 3 ) = 139 3 .23939 = 139 3 .37.647. Vậy A có các ước nguyên tố là 37, 139, 647. Bài 4 : ( 5 điểm ) Gọi số học sinh của tổ A là x, tổ B là y, tổ C là z. Ta có: 9,57x + 8,75y = 9,1108(x+y) 9,57x + 8,75y = 9,1108x + 9,1108y 0,4592x = 0,3608y (*) Mà y – x = 3, nên y = x + 3. Thay vào (*) ta được 0,4592x = 0,3608(x + 3) hay 0,0984x = 1,0824 suy ra x = 11, từ đó y = 14. 8,75y + 8,88z = 8,81y + 8,81z 0,07z = 0,06y = 0,06.14 = 0,84 suy ra z = 12 Số học sinh của lớp là 11+ 14+ 12 = 37 (học sinh). Điểm trung bình của toàn lớp là 9,57.11 + 8,75.14 + 8,88.12 37 = 9,035945946. Bài 5: ( 5 điểm ) a) Với n = 0 hệ thức 2 2 1 1 3 1 0 n n n n a a a a + + + − + = (*) hiển nhiên đúng. Giả sử 2 2 1 1 3 1 0 n n n n a a a a − − + − + = , tức là 2 2 1 1 3 1 n n n n a a a a − − − + = − . Khi ấy 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 ( 3 ) ( 3 ) n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a + + + + + − − + − = − = − = 2 2 2 1 1 1 1 ( ) 1 n n n n n a a a a a − − − + − = − − . Suy ra 2 2 1 1 3 1 0 n n n n a a a a + + + − + = . b) Từ hệ thức a n+1 = 2 1 1 n n a a − + suy ra 2 n n+1 n-1 a 1 a a+ = . Thay vào (*) ta được 2 n+1 n+1 n n+1 n-1 a 3a a a a 0− + = suy ra n+1 n+1 n n-1 a (a 3a a ) 0− + = hay n+1 n n-1 a 3a a 0− + = (đpcm). c) Ta có a 0 = a 1 = 1, 1 1 3 n n n a a a + − = − với mọi n ≥ 1. Quy trình tính trên Casio fx-500Ms: 1 1 ( 1 )SHIFT STO A a A= → 2 1 0 3 1 ( 3 )SHIFT STO B a a a B× − = − → Lặp lại dãy phím 3 2 1 5 7 3 ( 3 , , , .)ALPHA A SHIFT STO A a a a A a a× − = − → 4 3 2 6 8 3 ( 3 , , , .)ALPHA B SHIFT STO B a a a B a a× − = − → Kết quả: a 2 = 2, a 3 = 5, a 4 = 13, a 5 = 34, a 6 = 89, a 7 = 233, a 8 = 610, a 9 = 1597, a 10 = 4181, a 11 = 10946, a 12 = 28657, a 13 = 75025, a 14 = 196418, a 15 = 514229, a 16 = 1346269, a 17 = 3524578, a 18 = 9227465, a 19 = 24157817, a 20 = 63245986, a 21 = 165580141, a 22 = 433494437, a 23 = 1134903170, a 24 = 2971215073, a 25 = 7778742049. 8 Bài 6 : ( 5 điểm ) a) Gọi số tiền gửi lúc đầu là x 0 đồng với lãi suất r%/năm. Sau năm thứ nhất số tiền trong sổ sẽ là x 1 = x 0 + 100 r x 0 = (1 ) 100 r + x 0 . Sau năm thứ hai số tiền trong sổ sẽ là x 2 = x 1 + 100 r x 1 = (1 ) 100 r + x 1 = (1 ) 100 r + (1 ) 100 r + x 0 = (1 ) 100 r + 2 x 0 . Sau năm thứ ba số tiền trong sổ sẽ là x 3 = x 2 + 100 r x 2 = (1 ) 100 r + x 2 = (1 ) 100 r + (1 ) 100 r + 2 x 0 = (1 ) 100 r + 3 x 0 . Sau năm thứ n số tiền trong sổ sẽ là x n = x n-1 + 100 r x n-1 = (1 ) 100 r + x n-1 = (1 ) 100 r + (1 ) 100 r + n-1 x 0 = (1 ) 100 r + n x 0 . Vậy với số tiền là x 0 = 1.000.000 đồng, lãi suất tiết kiệm là r = 11%/ năm thì sau thời gian n= 5 năm số tiền trong sổ sẽ là: x 5 = (1 ) 100 r + 5 x 0 = 11 (1 ) 100 + 5 .1000000 = 1.685.058,155 đồng. b) Muốn có 100.000.000 từ 1.000.000 đồng (lãi suất 11%/năm) thì ta cần số năm là: 100000000= 11 (1 ) 100 + n .1000000 hay 100= 11 (1 ) 100 + n . Vì (tính thử dần trên máy): 11 (1 ) 100 + 40 = 65.000.867,3 đồng. 11 (1 ) 100 + 50 = 184.564.826,7 đồng 11 (1 ) 100 + 45 = 109.530.241,5 đồng 11 (1 ) 100 + 44 = 98.675.893,28 đồng Vậy để có 100.000.000 từ 1.000.000 đồng (lãi suất 11%/năm) thì ta cần khoảng 45 năm. Bài 7 : ( 5 điểm ) a) Dư khi chia P(x) cho (x – 2)(x – 3)(x + 2) là đa thức R(x) = 2 ax bx c+ + . Ta có P(x) = (x – 2)(x – 3)(x + 2).Q(x) + 2 ax bx c+ + . Theo giả thiết ta có hệ 4 2 7 9 3 10 4 2 4 a b c a b c a b c + + =   + + =   − + = −  Sử dụng MTCT ta tìm được: a = 0,05 = 1 20 , b = 2,75 = 11 4 , c = 1,3 = 13 10 . Vậy R(x) = 2 1 11 13 20 4 10 x x+ + . 9 b) Ta có P(x) = (x – 2)(x – 3)(x + 2).x(x + 3) + 2 1 11 13 20 4 10 x x+ + = (x 2 – 2 2 )(x 2 – 3 2 )x + 2 1 11 13 20 4 10 x x+ + = (x 2 – 4)(x 2 – 9)x + 2 1 11 13 20 4 10 x x+ + = x 5 – 13x 3 + 36x + 2 1 11 13 20 4 10 x x+ + = x 5 – 13x 3 + 2 1 20 x + 155 4 x + 13 10 . Sử dụng MTCT ta tìm được: P(– 2 3 ) = – 20,7909465; P( 5 7 ) = 24,45240674. Bài 8 : ( 5 điểm ) Vẽ BE//AD (E ∈ CD) và CI ⊥ BE (I ∈ BE). ∆ CBE cân ở C (CB= CE= 6,2 cm), suy ra IB= IE và IC 2 = BC 2 – BI 2 = 6,2 2 – 2 4,985 ( ) 2 ≈ 32,22744375 (cm). ⇒ IC ≈ 5.676922031 (cm). S BCE = . 2 BE CI = 4,985. 2 IC ≈ 14,14972816 (cm 2 ). ⇒ BK= 2 BCE S CE ≈ 4,56442844 (cm). S ABCD = ( ) 2 AB CD BK+ ≈ 27,84301348 (cm 2 ). Bài 9 : ( 5 điểm ) Ta có MP = OP.cotg ' 2 PMP . S PMP’O = 2S PMO = OP.MP = OP 2 . cotg ' 2 PMP . S POP’I = 1 3 S hình tròn = 1 3 . π .OP 2 (vì · 'POP = 120 0 , µ O = 360 0 ). S PMP’I = S PMP’O – S POP’I = OP 2 . cotg ' 2 PMP – 1 3 . π .OP 2 = OP 2 (cotg ' 2 PMP – 1 3 . π ) = 5,274 2 ( 3 – 1 3 . π ) = 19,04924537 (cm 2 ). Bài 10 : ( 5 điểm ) Ta có tỉ số chiều cao của hình chóp nhỏ và hình chóp lớn là 2 3 . Gọi S xqn là diện tích xung quanh của hình chóp nhỏ, S xql là diện tích xung quanh của hình chóp lớn, thì: xqn 2 xql S 2 4 ( ) S 3 9 = = . Nên xqn S 4 127 9 = ⇒ S xqn = 4 9 .127 ≈ 56,44444444 (cm 2 ).  SHIFT STO A (gán S xqn cho A). Gọi S dn là diện tích đáy của hình chóp nhỏ, S dl là diện tích đáy của hình chóp lớn, thì: 10 . PHỊNG GD&ĐT CHÂU THÀNH Số thứ tự của bài thi: ………………… Đề chính thức ĐỀ THI GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP HUYỆN LỚP 9, BẬC TRUNG HỌC. Thí sinh làm bài trực tiếp vào đề thi, đề thi gồm có 4 trang, Thí sinh viết câu trả lời vào đúng vò trí qui đònh trên bài thi. Thí sinh không được phép