Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính cầm tay Đề thi chính thức Khối 9 THCS - Năm học 2009-2010 Thời gian l m b i: 150 phút - Ngày thi: 20/12/2009. Chú ý: - Đề thi gồm 5 trang - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này. - Nếu không nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 4 chữ số l thp phõn. Điểm toàn bài thi Các giám khảo (Họ, tên và chữ ký) Số phách (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi) Bằng số Bằng chữ GK1 GK2 Bài 1: (5 im) Tớnh giỏ tr ca biu thc: a) 3 2 5 4 6 5 3 4 18,47 2,85 6,78 5,88 7,98 1 5 2 9 2 5 7 9 7 5 A + + = + ữ ữ b) 3 9 3 7 9 3 7 2010 23,56 5 6 7 7 11 15 3 7 2 11 B + + = + + + c) 3 2 2 3 2 4 2 2 3 3 2 3 (1 sin ) (1 cos ) (1 2cos ) (1 cos ) (1 cot ) (1 3sin ) x y z C y g x z + + = + + bit cos 0,9534; sin 0,7685; 0,7111.x y tgz= = = Bài 2: (5 im) Cho a thc 5 4 3 2 ( )P x x ax bx cx dx e= + + + + + cú giỏ tr l: 14; 9; 0; 13; 30 khi x ln lt nhn giỏc tr l 1; 2; 3; 4; 5. a) Tỡm biu thc hm ca a thc ( )P x . b) Tớnh giỏ tr chớnh xỏc ca P(17), P(25), P(59), P(157). b) x 17 25 59 157 MTCT9 - Trang 1 A C a) ( )P x = Nờu s lc cỏch gii: B P(x) Bµi 3: (5 điểm) a) Số chính phương P có dạng 3 01 6 29P a b c= . Tìm các chữ số , ,a b c biết rằng 3 3 3 349a b c+ + = b) Số chính phương Q có dạng 65 3596 4Q c d= . Tìm các chữ số ,c d biết rằng tổng các chữ số của Q chia hết cho 5. Nêu sơ lược qui trình bấm phím. Bµi 4: (5 điểm) Ba vòi nước cùng chảy vào một bể ban đầu chưa có nước sau 315 193 giờ thì đầy bể. Biết rằng, nếu chảy một mình vào bể chưa có nước thì vòi thứ hai chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ nhất 30 phút; vòi thứ ba chảy chậm hơn vòi thứ hai 15 phút. Tính thời gian chảy một mình để đầy bể của mỗi vòi nước. Bµi 5: (5 điểm) Cho các đa thức: 5 4 3 2 ( ) 120 98 335 93 86 72P x x x x x x= − − − − + và 2 ( ) 12 11 36Q x x x= − − . a) Phân tích các đa thức P(x) và Q(x) thành nhân tử. b) Tìm các nghiệm chính xác hoặc gần đúng của phương trình: ( ) 2 ( ) ( ) 3P x Q x x= + . MTCT9 - Trang 2 a) b/ Các số cần tìm là: Quy trình bấm phím: n = Sơ lược cách giải: a) ( )P x = ( )Q x = b) Các nghiệm của phương trình ( ) 2 ( ) ( ) 3P x Q x x= + là: Bµi 6: (4 điểm) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm của số tự nhiên: 2010 9 2A = Bài 7: (5 điểm) Cho dãy hai số n u xác định bởi: ( ) 2 1 1 2 2 2 1 ; , 3 n n n u u u u n n u − − + = = = ∈ ≥N a) Tính các giá trị chính xác của 3 4 15 16 17 18 19 20 , , , , , , , .u u u u u u u u Viết qui trình bấm phím. b) Lập công thức truy hồi tính 2n u + theo một biểu thức bậc nhất đối với 1n u + và n u . Chứng minh. MTCT9 - Trang 3 a) 3 4 15 16 ; ; ;u u u u= = = = 17 18 19 20 ; ; ;u u u u= = = = Quy trình bấm phím: Ba chữ số cuối của A là: Sơ lược cách giải: A B C D E S I O Bài 8: (5 điểm) Cho hình chóp ngũ giác đều S.ABCDE, cạnh đáy 8a A B dm = = , cạnh bên 12l SA dm= = . a) Tính gần đúng diện tích đa giác đáy ABCDE. b) Tính gần đúng diện tích xung quanh và thể tích của hình chóp S.ABCDE. Bài 9: (5 điểm) Bác An gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng với lãi suất 0,72%/tháng. Sau một năm, bác An rút cả vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,78%/tháng. Gửi đúng một số kỳ hạn 6 tháng và thêm một số tháng nữa thì bác An phải rút tiền trước kỳ hạn để sửa chữa nhà được số tiền là 29451583,0849007 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bác An gửi bao nhiêu kỳ hạn 6 tháng, bao nhiêu tháng chưa tới kỳ hạn và lãi suất không kỳ hạn mỗi tháng là bao nhiêu tại thời điểm rút tiền ? Biết rằng gửi tiết kiệm có kỳ hạn thì cuối kỳ hạn mới tính lãi và gộp vào vốn để tính kỳ hạn sau, còn nếu rút tiền trước kỳ hạn, thì lãi suất tính từng tháng và gộp vào vốn để tính tháng sau. Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải. Bài 10: (6 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm: ( ) ( ) ( ) ( ) 4;2 , 1;3 ; 6;1 , 3; 2A B C D − − − − . a) Tứ giác ABCD là hình gì ? Tính chu vi, diện tích và chiều cao của tứ giác ABCD. b) Tính gần đúng hệ số góc của đường thẳng chứa tia phân giác trong góc A của tam giác CAD và tọa độ giao điểm E của tia phân giác trong góc A với cạnh CD. c) Tính gần đúng diện tích tam giác ADE. MTCT9 - Trang 4 Số kỳ hạn 6 tháng là: Số tháng gửi chưa tới kỳ han 6 tháng là: Lãi suất tháng gửi không kỳ hạn tại thời điểm rút tiền là: Sơ lược cách giải: a) Diện tích đáy của hình chóp đều S.ABCDE: ABCDE S ≈ b) Diện tích xung quanh của hình chóp đều S.ABCDE: xq S ≈ Thể tích của hình chóp đều S.ABCDE: V ≈ Hết MTCT9 - Trang 5 a) Tứ giác ABCD là: Chu vi của tứ giác ABCD là: CV ≈ + Diện tích của tứ giác ABCD là: S = + Chiều cao của ABCD là: h ≈ b) Hệ số góc của tia phân giác AE là: a ≈ + Tọa độ điểm E là: E( ; ) c) Diện tích tam giác ADE là: ADE S ≈ Sở Giáo dục và đào tạo kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế lớp 9 thCS năm học 2009 - 2010 Môn : MY TNH CM TAY Đáp án và thang điểm: Bài Cách giải Điểm TP Điểm toàn bài 1 180792,3181A = 1,5 5 2,5347B . 2,0 1,1771C 1,5 2 a) a thc ( )P x cú th vit di dng: ( ) ( ) ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5) ( 3)P x x x x x x x ax b= + + (1) 14 7 2 (2) 9 2 9 5 P a b a P a b b = + = = = + = = Vi giỏ tr a v b va tỡm, th li (4) 13; (5) 30P P= = ỳng gi thit bi toỏn cho. Vy: ( ) ( ) ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5) ( 3) 2 5P x x x x x x x x= + + b) P(17) = 524706; P(25) = 5101690; P(59) = 549860808; P(157) 8,659888145ì10 10 P(157) = 86598881446 5 3 a) 6; 2; 5.a b c= = = 2,0 5 b) 9; 8c d= = Cỏch gii: 1,0 2,0 4 Gi x (gi) l thi gian chy mt mỡnh y b. iu kin: 315 193 x > Khi ú, thi gian chy mt mỡnh y b ca vũi th hai v vũi th ba ln lt l: 1 1 1 3 ; 2 2 4 4 x x x+ + + = + (gi). Ta cú phng trỡnh: 1 1 1 193 1 1 1 193 0 0,5 0,75 315 0,5 0,75 315x x x x x x + + = + + = + + + + . Dựng chc nng SOLVE gii phng trỡnh, vi giỏ tr u 2, 3, 4, , 10, , ta ch tỡm c mt nghim 4,5x = gi hay 4x = gi 30 phỳt. Vy: Thi gian chy mt mỡnh y b ca vũi th nht, vũi th hai v vũi th ba ln lt l: 4 gi 30 phỳt; 5 gi v 5 gi 15 phỳt 1,5 1,5 2,0 5 5 a) ( ) 2 ( ) (5 2)(3 4)(4 9) 2 1P x x x x x x= + + + ( ) (3 4)(4 9)Q x x x= + b) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( ) ( ) 3 (3 4)(4 9) (5 2) 2 1 3 0P x Q x x x x x x x x = + + + + = ( ) 3 (3 4)(4 9) 10 3 5 0x x x x + + = . Phng trỡnh cú ba nghim: 2,0 1,0 1,0 1,0 5 MTCT9 - Trang 6 1 2 3 4 9 ; ; 0,6689 3 4 x x x= − = ≈ 6 Ta có: ( ) 1 9 9 2 2 512 mod 1000= ≡ ( ) 2 9 9 9 9 9 9 5 4 2 2 2 512 512 512 352 (mod 1000) × = = ≡ ≡ × ≡ ( ) 3 2 2 9 9 9 9 9 9 2 2 2 352 912 (mod 1000) × = = ≡ ≡ ( ) 4 3 3 9 9 9 9 9 9 2 2 2 912 952 (mod1000) × = = ≡ ≡ ( ) ( ) 5 4 6 5 9 9 9 9 9 9 9 9 2 2 952 312 (mod 1000);2 2 312 552 (mod1000);= ≡ ≡ = ≡ ≡ ( ) ( ) 6 5 7 6 9 9 9 9 9 9 9 9 2 2 312 552 (mod 1000);2 2 552 712 (mod1000);= ≡ ≡ = ≡ ≡ ( ) ( ) 8 7 9 8 9 9 9 9 9 9 9 9 2 2 712 152 (mod1000);2 2 152 112 (mod1000);= ≡ ≡ = ≡ ≡ ( ) ( ) 9 8 10 9 9 9 9 9 9 9 9 9 2 2 152 112 (mod1000);2 2 112 752 (mod1000);= ≡ ≡ = ≡ ≡ ( ) 11 10 9 9 9 9 2 2 752 512 (mod 1000);= ≡ ≡ Do đó chu kỳ lặp lại là 10, nên Vậy: 2010 9 2A = có ba chứ số cuối là: 752 2,0 2,0 4 7 1 2 3 4 1, 3, 11.u u u u= = = = 15 16 17 18 21489003; 80198051; 299303201; 1117014753u u u u= = = = ; 19 20 4168755811; 15558008491.u u= = Quy trình bấm phím: Công thức truy hồi của u n+2 có dạng: 2 1 2n n n u au bu + + + = + . Ta có hệ phương trình: 3 2 1 4 3 2 3 4; 1 3 11 u au bu a b a b u au bu a b = + + = ⇔ ⇔ = = − = + + = Do đó: 2 1 4 n n n u u u + + = − (1) Chứng minh: Ta có công thức đúng với n = 3 và n = 4. Giả sử (1) đúng với n = k (k = 5, 6, 7, ): 1 2 4 k k k u u u − − = − Ta chứng minh: (1) đúng với n = k + 1, tức là chứng minh: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 4 4 2 4 k k k k k k k k k k k u u u u u u u u u u u + − − − − − + = − ⇔ = − ⇔ + = − ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 1 4 2 4 4 k k k k k k u u u u u u − − − − − − ⇔ − + = − − 2,0 2,0 1,0 5 MTCT9 - Trang 7 ( ) 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 4 2 4 k k k k k k k k u u u u u u u u − − − − − − − − ⇔ + = − ⇔ + = − 2 1 1 2 2 2 4 k k k k u u u u − − − − + ⇔ = − (vế trái bằng k u theo công thức ban đầu, vế trái chính là k u theo giả thiết quy nạp. Vậy công thức đúng với mọi 4,n n≥ ∈N. . 8 a) Xét tam giác vuông OIA: 0 0 0 4 cot 36 2 tan36 tan 36 a OI AI g= = = 0 0 4 sin 36 sin36 AI OA = = . + Diện tích đáy ABCDE: 0 1 4 5 20 2 tan36 ABCDE S AB OI= × × = × 2 110,1106dm≈ b) Trung đoạn của hình chóp đều S.ABCDE là: 2 2 8 2 ( ) 4 a d SI l dm= = − = . Suy ra, diện tích xung quanh của hình chóp đều S.ABCD là: ( ) 2 5 160 2 226,2742 2 xq ad S pd dm= = = ≈ Chiều cao hình chóp đều là: 2 2 9,8837828927h l OA dm= − = . Do đó, thể tích khối chóp ngũ giác đều S.ABCDE là: 3 1 362,7696 3 ABCDE V S h dm= × ≈ 1,0 1,0 1,0 3 MTCT9 - Trang 8 A B C D E S I O 9 Số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi sau 4 kỳ hạn 3 tháng và sau 1; 2; 3 ; 4; 5; 6; 7 kỳ hạn 6 tháng lần lượt là: ( ) ( ) 4 20000000 1 0,72 3 100 1 0,78 6 100 A + × ÷ + × ÷ . Dùng phím CALC lần lượt nhập giá tri của A là 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta được: 22804326,3 đồng; 232871568,78 đồng; 24988758,19 đồng; 26158232,06 đồng; 27382437,34 đồng ; 28663935,38 đồng; 30005407,56 đồng Ta có: 28663935,38 < 29451583,0849007< 30005407,56, Nên số kỳ hạn gửi sáu tháng đủ là: 6 kỳ hạn. Giải phương trình sau, bằng dùng chức năng SOLVE và nhập cho A lần lượt là 1 ; 2; 3 ; 4; 5, nhập giá trị đầu cho X là 0,6 (vì lãi suất không kỳ hạn bao giờ cũng thấp hơn có kỳ hạn) ( ) ( ) ( ) 4 6 20000000 1 0,72 3 100 1 0,78 6 100 1 100 A X+ × ÷ + × ÷ + ÷ 29451583.0849007 0 − = X = 0,68% khi A = 4. Vậy số kỳ hạn 6 tháng bác An gửi tiết kiệm là: 6 kỳ hạn ; số tháng gửi không kỳ hạn là: 4 tháng và lãi suất tháng gửi không kỳ hạn là 0,68% 2,0 2,0 1,0 5 10 a) ( ) ( ) ( ) ( ) 4;2 , 1;3 ; 6;1 , 3; 2A B C D− − − − Tứ giác ABCD là hình thang, vì AB và CD cùng có hệ số góc 1 3 a = , nên AB//CD. Theo định li Pytago, ta có: 10 ; 53; 3 10 ; 17AB BC CD AD= = = = . Chu vi của hình thang ABCD là: 10 53 3 10 17 24,0523p cm= + + + ≈ Diện tích hình thang là: ( ) 2 1 10 5 1 3 7 2 9 3 1 4 26 2 S cm= × − × + × + × + × = Chiều cao của hình thang là h: ( ) 1 2 52 13 10 4,111 2 10 4 10 S S AB CD h h cm AB CD = + ⇒ = = = ≈ + b) Hệ số góc của AD là 1 4a = − (góc tạo bởi DA và trục Ox là góc tù. Hệ số góc của AC là 2 1 10 a = − (góc tạo bởi CA và trục Ox là góc tù. 1,0 1,0 1,0 6 MTCT9 - Trang 9 Góc giữa tia phân giác At và Ox là góc bù với góc: ( ) µ ( ) ( ) 1 1 1 1 tan 0,1 tan 4 tan 0.1 2 2 A − − − + = + Suy ra: Hệ số góc của At là: ( ) ( ) 1 1 1 tan tan 4 tan 0,1 0,8643097246 2 a − − = − + ≈ − Bấm máy: (-) 1 tan ( 0.5 ( SHIFT tan -1 4 + SHIFT tan -1 ( 0.1 ) ) ) SHIFT STO A cho kết quả: 0,8643097246a ≈ − + Đường thẳng chứa tia phân giác At là đồ thị của hàm số: y ax b= + , At đi qua điểm ( 4; 2)A − nên 2 4 1,457238899b a= + ≈ − . Đường thẳng CD có phương trình: 1 1 3 y x= − + Tọa độ giao điểm E của At và CD là nghiệm của hệ phương trình: 3 3 2 4 x y ax y a − = − = − − . Giải hệ pt bằng cách bấm máy nhưng nhập hệ số a 2 dùng ALPHA A và nhập hệ số c 2 dùng (−) 4 ALPHA A - 2, ta được kết quả: ( 0,3818; 1,1273)E − − 1,0 c) 2 2 10 1 101AC = + = Tính và gán cho biến A Theo tính chất của tia phân giác của góc CAD, ta có: 17 3 10 17 101 AD CD DE AD AC × × = = + + Diện tích tam giác DAE là: 2 1 1 17 3 10 13 10 5,6728 2 2 10 17 101 DAE S DE h cm × = × = × × ≈ + 1,0 1,0 MTCT9 - Trang 10 . giải: a) Diện tích đáy c a hình chóp đều S.ABCDE: ABCDE S ≈ b) Diện tích xung quanh c a hình chóp đều S.ABCDE: xq S ≈ Thể tích c a hình chóp đều S.ABCDE: V ≈ Hết MTCT9 - Trang 5 a) Tứ giác ABCD. c a tứ giác ABCD là: CV ≈ + Diện tích c a tứ giác ABCD là: S = + Chiều cao c a ABCD là: h ≈ b) Hệ số góc c a tia phân giác AE là: a ≈ + T a độ điểm E là: E( ; ) c) Diện tích tam giác ADE. giác đều S.ABCDE, cạnh đáy 8a A B dm = = , cạnh bên 12l SA dm= = . a) Tính gần đúng diện tích a giác đáy ABCDE. b) Tính gần đúng diện tích xung quanh và thể tích c a hình chóp S.ABCDE. Bài 9: