Tai lieu on Casio lop 9

Chọn đơn vị thời gian là thời gian thang cuốn xuống một bậc thì chiều dài của.. phần thang cuốn nhìn thấy được là n đơn vị quãng đường.[r]

(1)

Giải tốn máy tính casio dành cho lớp (học hết kỳ 1) Bài 1: (5 điểm)

Cho phương trình 13 x 19 x 1 16x

a) Viết quy trình ấn phím giải phương trình tìm x cho biết x ? b) Chứng minh phương trình cho có nghiệm ?

Phần Lời giải sơ lược Điểm

a) (1,5đ

)

Quy trình ấn phím áp dụng cho máy fx - 570MS để giải phương trình :

13 ( ALPHA X  ) + ( ALPHA X + ) ALPHA

= 16 ALPHA X SHIFT SOVLE hình X ? nhập giá trị lớn chẳng hạn ấn tiếp = SHIFT SOLVE

1

Kết x = 1,25 0,5

b) (3,5đ

)

Với điều kiện x ≥1, viết lại phương trình cho dạng:

13  1 1  1

4

x x x x

   

         

   

   

1

Hay ta có phương trình 13

2

1

2 x x                   Suy 1 x x               1 x x           

Tìm x = 1,25 thoả mãn điều kiện nghiệm ph trình 0,5 Bài 2: (5 điểm)

Cho f(n) = 32n + 3 + 40n – 27 với n   n ≥ 1.

a) Viết quy trình ấn phím tính giá trị f(1); f(2); f(3); f(4) b) Chứng minh f(n) chia hết cho 64

a) (2,5đ)

Viết quy trình ấn phím tính f(n) áp dụng cho máy fx-570 MS:

3  ( ALPHA X + ) + 40 ALPHA X - 27 CALC

Màn hình X ?

0,5

ấn tiếp = kết f(1) = 256 0,5

ấn tiếp CALC = kết f(2) = 2240 0,5

ấn tiếp CALC = kết f(3) = 19776 0,5

ấn tiếp CALC = kết f(4) = 177280 0,5

b) (2,5đ)

Theo tính tốn phần a) f(1) = 256 chia hết cho 64

Giả sử f(n) chia hết cho 64 với n tự nhiên n ≥ Ta chứng minh f(n + 1) chia hết cho 64 với n tự nhiên n ≥ cách chứng minh f(n + 1) – f(n) chia hết cho 64(vì f(n) chia hết cho 64 - giả thiết quy nạp)

(2)

Phần Lời giải sơ lược Điểm Xét f(n + 1) – f(n) = 32(n + 1) + + 40(n + 1) – 32n + 3 – 40n

= 32n + 34 + 40 = 8(32n + 3 + 5) 0,5 Để chứng minh f(n + 1) – f(n) chia hết cho 64 ta chứng minh g(n) = 32n + 3 +

chia hết cho 0,5

Lại có g(1) = 248 chia hết cho

Giả sử g(n) chia hết cho với n tự nhiên n ≥ 0,5

Xét g(n + 1) – g(n) = 32(n + 1) + 3 – 32n + 3 = 32n + 3(32 – 1) = 8.32n + chia hết cho 8.

Vậy g(n) = 32n + 3 + chia hết cho suy đpcm. 0,5 Bài 3: (5 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 40 cm, BC = 30 cm Đường thẳng vng góc với AC C cắt đường thẳng AB, AD E F Tính xác đến 0,0001 giá trị biểu thức

BE CF DF CE biết EF = 99cm

Theo định lý Ta let ta có BE CE

AE EF (1)

DF CF

AF EF (2) 0,5

Cộng vế đẳng thức (1) (2) BE DF

AE  AF  (3) 0,5

Nhân hai vế đẳng thức (3) AE.AF BE.AF + DF.AE = AE.AF 0,5 Do AE AF = 2dtAEF= AC.EF nên BE.AF + DF.AE = AC.EF 0,5 Mặt khác AF2 = CF.EF AE2 = CE.EF nên AF CF EF.

 ; AE  CE EF nên suy BE CF EF + DF CE EF = AC.EF hay suy

1,0

BE CF DF CE = AC EF (4) 0,5

Theo pitago, ta có AC = AB2 BC2 402 302

   0,5

F

E

D C

(3)

Ấn phím: ( 40 x2 + 30 x2 ) = Kết AC = 50 0,5 Nên từ (4) cho BE CF DF CE = 50 99  497,4937 (cm) 0,5

Bài 4: (5 điểm)

Tìm tất cặp số tự nhiên (m ; n) thoả mãn hệ thức m2 + n2 = m + n + 8.

Ta có m2 + n2 = m + n +  4m2 + 4n2 = 4m + 4n + 32

 4m2 – 4m + + 4n2 – 4n + = 34

 (2m – 1)2 + (2n – 1)2 = 34

2,0

Số 34 có cách phân tích thành tổng hai số phương 34 = 32 + 52 1,0

Suy 2m – = ; 2n – = cho m = n = 1,0

Hoặc 2m – = ; 2n – = cho m = n =

Vậy có cặp (3 ; 2) (2 ; 3) thoả mãn đề 1,0 Bài 5: (5 điểm)

Cho tam giác ABC có A 120

 , AB = 4, AC = M trung điểm BC Tính độ dài đoạn thẳng AM xác đến 0,0001

Vẽ BH  AC MK  AC Áp dụng định lí Pi ta go cho tam giác vuông ABH:

BH2 = AB2 - AH2  BH = AB2 AH2



1,0

Do A 120

 nên HAB 600và suy AH = AB2 2 1,0

Suy BH = AB 3 0,5

Do MK đường trung bình tam giác BHC nên

HK =

2HC =

2(AC + AH) =

0,5

Suy AK = HK – AH = – = 0,5

Lại có MK =

2BH = nên AM

2 = AK2 + MK2 = + =  AM = 7 1,0

Tính AM  2,6458 0,5

Bài 6: (5 điểm)

H

K

M C

B

(4)

Tính giá trị độ, phút, giây góc nhọn x thoả mãn cosx =

 2

1

1 6 2 2

Để máy tính chế độ tính độ: ấn MODE MODE MODE MODE Ấn riếp SHIFT cos- 1 (  ( ( + - - ) x2 ) =

3

Kết x = 7, ấn tiếp SHIFT  cho KQ x = 70 30’

Bài 7: (5 điểm)

Tìm nghiệm nguyên dương x, y phương trình 3x2 + 14y2 + 13xy = 330

Phương trình cho tương đương với (3x2 + 7xy) + (6xy + 14y2) = 330

 x(3x + 7y) + 2y(3x + 7y) = 330  (x + 2y)(3x + 7y) = 330 (1) 1,0

Do x, y nguyên dương nên

(x + 2y)(3x + 6y) < (x + 2y)(3x + 7y) < (x + 2y)(4x + 8y)  3(x + 2y)2 < 330 < 4(x + 2y)2 (2)

1,0

Từ 3(x + 2y)2 < 330  x + 2y < 110 ; 330 < 4(x + 2y)2 x + 2y > 165

2

Nên từ (2)  165

2 < x + 2y < 110

1,0

Do x, y nguyên dương 165

2  9,08 110 10,49 nên suy

x + 2y = 10 (3)

1

Từ (1) (3) suy

2 10

3 33

x y x y

 

 

 



0,5

Tìm x = y = 0,5

Bài 8: (5 im)

Tìm số nguyên x y thoả mÃn

8

x y

 

Tõ gi¶ thiÕt suy y(x - 3) = 0,5

Tính toán máy ghi sè liƯu vào b¶ng :

y - 1 - 2 - 4 - 8

x- - 8 - 4 - 2 - 1

x - 11 -

4

(5)

Bài 9: (5 điểm)

Tìm số có chữ số abcd biết số phơng chia hết cho d

một số nguyên tố

Do abcd số phơng nên d ; ; ; ; 6; 1,25

Do d số nguyên tố nên d chØ cã thĨ b»ng 0,25

Khi abcd = x52 với x tự nhiên  x ≤ 0,5

Do abcd  nªn x52  vµ suy x5  0,5

Suy

6 14

x x

  

   



suy x + chØ 6, 12

hay x 1,

0,75

Khi x52 225, 2025 hoc 5625 0,75

Dùng máy tính thử lại có 2025 = 452 5625 = 752 thoả mÃn. 1,0

Bài 10: (5 điểm)

Từ đỉnh có treo dây thả xuống đất thừa đoạn có độ dài 12,5 m Nếu kéo căng dây đầu dây chạm đất khoảng cách 15,5 m so với gốc Hãy tính độ dài dây (chính xác đến cm)

Gọi a độ cao độ dài dây c - cạnh huyền tam giác

vng có hai cạnh góc vng a = c – 12,5 15,5 1,0

Áp dụng định lý Pitago: (c – 12,5)2 + 15,52 = c2 1,0

Tìm c =

2

15,5 12,5

2.12,5



1,0

Viết quy trình ấn phím 1,0

Tính c  15,86  15,9 (m) 1,0

Bài 11: (5 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB < CD, AB //CD) E F trung điểm AD, BC Gọi giao điểm AD BC K , giao điểm AC BD O, giao điểm KO với CD H, giao điểm KO với AB I Cho biết EF = 12,1234 (cm), tính tổng độ dài đoạn thẳng IA DH (chính xác đến 0,0001)

O I

H K

D C

(6)

Phần Lời giải sơ lược Điểm Theo định lí Ta let: IA IB

HD HC (1) 0,5

Do tam giác IOA đồng dạng với tam giác HOC nên: IA OI HC OH (2) Tam giác IOB đồng dạng với tam giác HOD nên: IB OI

HD OH (3)

1,0

Từ (2) (3) suy IA IB

HC HD (4) 0,5

Chia vế (1) (4) với cho

HC HD

HD HC hay HC

2 = HD2 HC = HD (5) 1,0

Từ (1) (5) suy IA = IB (6) 1,0

Từ (5) (6) tính chất đường trung bình hình thang suy

IA + DH =

2(AB + CD) = EF = 12,1234 3,1817

1,0

Bài 12: (5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A Đường phân giác góc B cắt AC D Biết BD = 7, CD = 15 Tính độ dài đoạn thẳng AD

Vẽ DE  BC lấy K đối xứng với D qua H giao điểm AE BD

Do ABD = EBD (BD chung, ABD EBD nên DA = DE, BA = BE 0,5 Suy tứ giác AKED hình thoi Đặt KE = ED = AD = AK = x, HD = HK = y 0,5

y y x

x 15

x

H

E D

K

C B

(7)

Từ tam giác vuông EBD: ED2 = DH.DB hay x2 = 7y (1) 1 Do EK //AC nên ta có: EK BK

CD BD 

7

15

x  y

 (2)

Từ (1) (2) suy 30x2 + 49x – 735 = (3) 1

Giải phương trình (3) cho x = 41

5 ; x = -5

6 (loại x > 0)

Nên AD = 4.2

1

Bài 13: (5 điểm)

Cho F(n) = 16n – 15n – với n   n ≥ 1. a) Tính giá trị F(1) ; F(2) ; F(3) ; F(4)

b) Chứng minh với giá trị n   n ≥ F(n) chia hết cho 125

a) 2,5 đ

Viết quy trình ấn phím áp dụng cho máy casio fx 570MS:

16  ALPHA X ─ 15 ALPHA X ─ ấn tiếp CALC hình X ?

ấn tiếp = cho F(1) = 0, ấn tiếp CALC = cho F(2) = 225 ấn tiếp CALC = cho F(3) = 4050 ấn tiếp CALC = cho F(4) = 65475

2,0

Viết quy trình ấn phím 0,5

b) 2,5 đ

Chứng minh quy nạp: Ta có F(1) = chia hết cho 125 0,5 Giả sử F(n) chia hết cho 125 với n   n ≥ Ta cần chứng minh

F(n + 1) – F(n) chia hết cho 125 0,5

Thật vậy, F(n + 1) – F(n) = 15.16n – 15 = 15(16n – 1). 0,5 Do 16n – = (16 – 1).M với M  + nên 16n – chia hết cho 15. 0,5

Suy F(n + 1) – F(n) chia hết cho 125 (đpcm) 0,5

Bài 14: (5 điểm)

Cho biểu thức A = 22 x  y

a) Tính giá trị A x = 0,01 y = 1,05; x = 1,09 y = 2,01; x = 2,19 y = 0,18 (chính xác tới 0,0001)

b) Chứng minh với x, y hai số thực dương ln tồn số x ; y ; A có giá trị khơng nhỏ

a) 1,5đ

Kết tính tốn cho bảng

x 0,01 1,09 2,19

(8)

y 1,05 2,01 0,18

A 20002,857

3,1759 17,0837

b) 3,5đ

Gọi M giá trị lớn số x ; y ; A Giả sử M < 1,0 Do M số lớn số x ; y ; A nên < x  M < (1), < y  M < (2) 1,0

Lại M số lớn số x ; y ; A nên

M ≥ A = 22 x  y>

2

4 2  (theo (1) theo (2)

1,0

M > mâu thuẩn với giả thiết phản chứng M < Do M ≥ 0,5 Bài 15: (5 điểm)

Hình trịn tâm O tâm I có bán kính 16 cm cm tiếp xúc với K tiếp xúc với đường thẳng d theo thứ tự M N Tính diện tích hình giới hạn cung KM đường tròn tâm O, cung KN đường trịn tâm I đường thẳng d (chính xác đến 0,0001)

Vẽ IZ  Omta có MZ = NI = 4; OZ = 12 OI = 16 + = 20 0,5

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác OIZ: IZ = OI2 OZ2 202 122

   0,5

Viết quy trình ấn phím tính IZ = 16 (cm) 0,25

sinIOZ = 16

20

IZ

IO   0,5

Trong hình thang OIMN: sđOIN =  - sin-1

5

     

0,5 K

d

Z I

N M

(9)

Phần Lời giải sơ lược Điểm Diện tích hình thang OINM =   20.16

2

OM IN IZ

 0,5

Viết quy trình ấn phím tính diện tích hình thang OIMN 160 cm2. 0,25

Diện tích hình quạt OKM: S1 = 

  

   

 

2

4 16 sin

118,6938

2

OM sd IOZ (cm2) 0,5

Viết quy trình ấn phím tính S1  118,6938 (cm2) (để máy tính

rad) 0,25

Diện tích hình quạt IKN: S2 =  



  

  

 

 

 



2

4

4 sin

5

2

IN sdOIN 0,5

Viết quy trình ấn phím tính S2  17,7144(cm2) (để máy tính rad) 0,25

Suy diện tích hình cần tính là:

S = diện tích OIMN – S1 – S2  160 - 118,6938 - 17,7144  23,5918 (cm2) 0,5

Bài 16: (5 điểm)

Cho phương trình 4 28 27

2 27 24

3

x  x   x (1)

a) Viết quy trình ấn phím giải phương trình (1) viết kết xác đến 0,0001 b) Chứng minh nghiệm tìm phần a)

a) đ

2 ( 27 ALPHA X x2 + 24 ALPHA X + 28 ab/c )  0,25 = + ( 27 ab/c ALPHA X + ) ấn tiếp SHIFT SOLVE hình

xuất X ? nhập giá trị lớn

 chẳng hạn ấn tiếp =

SHIFT SOLVE kết x = 0,2222

2,0

b)

3,0 đ Điều kiện x ≥

 Viết lại phương trình dạng

2  

2

4 4 1 3(9 4)

3

x x

  

0,5

đặt y = 9x + ≥ ta có phương trình

24 4 1

3

y y

   

2

3

4

3

y y

y    

(10)

Theo bất đẳng thức côsi: 6

y

y  

4

3

4

3

y y

y

     +

2

y y

 = 2y +

0,5

  

2

4

3 y

y

 

  

 

  0,5

  

2

0

y

  y = 0,5

 9x + =  x =

9

  - 0,2222 0,5

Bài 17: (5 điểm)

Cho phương trình

3 x  2 x  (2)

a) Viết quy trình ấn phím giải phương trình (2) cho biết kết c) Chứng minh nghiệm tìm phần a)

a) 2,0 đ

(  ( - ALPHA X ) ) + (  ( - ALPHA X )

) ALPHA = SHIFT SOLVE hình X ? nhập giá trị nhỏ chẳng hạn ấn tiếp = SHIFT SOLE cho kết x = 1,5

2,0

b) 3,0 đ

Điều kiện x < 0,5

Với x <

6 3 x 

8

2 x  0,5

0,5

Do

3 x  2 x   phương trình cho khơng có nghiệm x <

2 0,5

Với

2 < x <

2 3 x 

8

2 x  0,5

Do

3 x  2 x   phương trình cho khơng có nghiệm x >

Do phươnbg trình có nghiệm x =

0,5

(11)

Cho tam giác ABC có  135

A , BC = 5, đường cao AH = Tính độ dài cạnh AB AC (chính xác đến 0,0001)

Vẽ CK  AB ta có  0

180 135 45

CAK    nên tam giác CAK vuông cân K 1,0 Đặt AB = x > 0, AK = CK = y > HBA đồng dạng với KBC (gg) nên

AH AB KC BC

1

5

x xy

y    (1)

1,0

Áp dụng pitago cho tam giác vuông BKC: BK2 + KC2 = BC2

 (x + y)2 + y2 = 25  x2 + 2xy + 2y2 = 25 (2) 1,0

Từ (1) (2) tìm (x ;y) =  ; 5 (x ; y) = 10 ; 10

 

 

 

1,0

Từ suy AB = 5  2,2361 ; AC = 10  3,1623

AB = 10  3,1623 ; AC = 5  2,2361

1,0

Bài 19: (5 điểm)

Cho biểu thức P(x) =

12 12

x  x  x Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 – x – = 0.

a) Tính giá trị P(x1) P(x2) b) Chứng minh P(x1) = P(x2)

a) đ

Ta có x2 – x – = 

2

1

0

2

x

 

  

 

 



2

1

2

x

 

 

 

 

 x1,2 =

2

 1

Quy ttrình ấn phím tính P(x1) P(x2) áp dụng cho máy fx - 570 MS:

( ALPHA X  + 12 ALPHA X + 12 ) - ALPHA X ấn

CALC hình X ? ấn tiếp ( - )  = cho P(x1) =

Ấn tiếp CALC hình X ? ấn tiếp ( + )  = cho

P(x2) =

1 y

y

x

K

H C

B

(12)

b) đ

Gọi x0 nghiệm phương trình x2 – x – =

0

x x  ta có

0 x x  x 

1

Và

0

x x  x04 3x02  x08 3x0 22 9x0212x0 4 Do P(x0) =

0 0

9x 24x 16  3x = 3x042  3x0 0,25

= 3x04  3x0 0,25

Do 3x0 + = 3(x0 + 1) + =

x + 1> nên P(x0) = 3x04  3x0= 0,25

Do P(x1) = P(x2) (đpcm) 0,25

Bài 20: (5 điểm) Cho số a =

8 b =

10 389 401      

a) Viết quy trình ấn phím so sánh a b cho biết kết số lớn b) Bằng phép toán, chứng minh kết phần a)

a) 1, đ

ab/c ─ ( 389 ab/c 401 )  10 = - 0,112993075 < nên a < b.

1

b) 4,0 đ

Trước hết ta chứng minh tính chất:

Với số a, b, m thoả mãn < a < b < m < b ta ln có a a m b b m

 



Thật vậy:    

 

    a b m b a m m b a a a m

b b m b b m b b m

   



   

   (đpcm)

1

Cho a = 389 ; b = 401; m = 1, ta có 389 388 97

401 400 100 0,5

Cho a = 389 ; b = 401; m = ta có

10 10

389 97 97 97 97 97 97 97 97 97 97 97

401 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100

                      

> 97 100 94 97 91 94 88 91 85 88 82 85 79 82 76 82 73 76 70 73 =

7

10

Lại 7.8 > 10.5 nên

10  Do a > b (đpcm) 0,5

Bài 21: (5 điểm)

Cho tam giác ABC cân A có  36

A Tính giá trị tỉ số AB

(13)

Phần Lời giải sơ lược Điểm Vẽ tia phân giác BD Ta có  

0

72 36

B   A,   

1 72

D  A B  Cnên tam giác ABD cân D, tam giác CBD cân B suy DA = DB = BC

1

Theo tính chất đường phân giác: DA DC AC AB BC ABBC 

AB BC DC

AB BC 

 0,5

mặt khác DC = AC – AD = AB – BC = AB – BC (AB = BC ; AD = BD = BC) 0,5 Nên DC AB BC AB BC

AB BC

  

  AB.BC = AB

2 – BC2 (*) 0,5

Đặt x = AB

BC > từ (*) ta có x

2 – x – = 0 0,5

Tìm x =

 x = 1

 1,0

Do x > nên lấy x =

 0,5

Viết quy trình ấn phím tính x  1,6180 0,5

Bài 22: (5 điểm)

Cho dãy số 2, 6, 30, 210, … xác định sau: Số hạng thứ k tích k số nguyên tố (k = 1, 2, 3,…) Biết có hai số hạng dãy có hiệu 30000 Tìm hai số

Gọi hai số dãy a b thoả mãn a – b = 30000 (*) Theo định nghĩa

dãy suy a chia hết cho b

Suy a – b chia hết cho b hay 30000 chia hết cho b

(14)

Lần lượt thay vào (*) để tìm a ta

b = 2.3.5 = 30 a = 2.3.5.7.11.13 = 300030 Bài 23: (5 điểm)

Cho hình bình hành ABCD Gọi E trung điểm đường chéo BD, F điểm thuộc DA cho 3DF = DA Tìm tỉ số diện tích tam giác DFE tứ giác ABEF

Do DE =

2BD nên SDEA =

2SDBA

Do DF =

3AD nên SDEF =

3SDEA Từ suy SDEF =

6SDBA

Suy SABEF =

6SDBA

Vậy

5

DEF ABEF

S

S 

Bài 24: (5 điểm)

Cho hai số thực khác có hiệu, tổng tích tỉ lệ với 1, 24 Tính tích chúng

Gọi hai số lắ vă y (x, y  0) Ta có

1 24

x y xy xy

 

  

 

24

x y x y

xy x y

   

 

 

 



24 24 y x

xy x y

  

 

 

8

24 18

y x

xy x x

  

 



Suy x(y – 6) = x  nên cho y =

Tìm x = x.y = 48

Bài 25: (5 điểm)

Trong siêu thị có thang có n bậc nhìn thấy xuống với vận tốc Hai người khách A B bước xuống thang thang chuyển động Trong phút, người khách A bước nhanh gấp hai số bậc thang so với người khách B A đến mặt đất sau bước 27 bậc B đến mặt đất sau bước 18 bậc Hỏi số bậc thang n nhìn thấy thang ?

E F

D C

(15)

Chọn đơn vị thời gian thời gian thang xuống bậc chiều dài

phần thang nhìn thấy n đơn vị quãng đường Giả sử người khách B bước k bậc đơn vị thời gian chọn

bước B

k đơn vị thời gian 18 bước 18

k đơn vị thời gian

1

Vận tốc xuống B k + đơn vị quãng đường l đơn vị thời gian Do đó:

  18

1

k n

k  

1

Người khách A bước 2k bậc đơn vị thời gian 27 bước 27 2k đơn vị thời gian

0,5

Vận tốc xuống A 2k + đơng vị quãng đường l đơn vị thời gian Do đó:

  27

2

2k k n

0,5

Ta có phương trình 18k 1

k    

27

2

2k k 0,5

Tìm k =

2 suy n =   18

1 k

k  54 (bậc) 0,5

Bài 26: (5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = cm Vẽ đường trịn tâm D đường kính AC = cm đường trịn tâm E đường kính CB = cm Gọi 2r độ dài đường kính đường trịn tâm I tiếp xúc với ba đường trịn nói (xem hình vẽ) Tính r (chính xác đến 0,01 cm)

I E

O D C B

A

1,5 - r 0,5 + r

1 + r

I E

H

O

D I

B E C

O D

(16)

Vẽ đường IH  DE Ta có:

HE2 – HO2 = (IE2 – IH2) – (IO2 – IH2) =

2

1

2 r r

   

  

   

   

1

 (HE – HO)(HE + HO) = 4r –  HE – HO = 4r – (1)

(do HE + HO = OE = 1)

1

Tương tự: HE2 – HD2 = IE2 – ID2 =

 

2

1

2 r r

 

  

 

 

= - r -

4

 HE – HD =

3

r r

 

   

 

  (2)

Trừ vế (1) (2) cho

HD – HO = 14

3

r

 = OD =

2  r =

7 0,43 (cm)

1

Bài 27: (5 điểm)

a) Cho tỉ số 3x – y + 15 số không đổi y = x = Tính x y = 12 ? b) Khi cạnh đáy tam giác tăng 10% đường cao ứng với cạnh giảm 10% diện tích

của tam giác giảm (hoặc tăng) phần trăm ?

a) 2,5 đ

Theo giả thiết, ta có 15 x

k y

 

 (không đổi)  3x – = k(y + 15)

Thay x = 2, y = ta 3.2 – = k(3 + 15)  k =

9

Từ 3x – =

9(y + 15) cho y = 12, tính x =

3 0,5

b) 2,5 đ

Gọi b h độ dài cạnh đáy đường cao tam giác lúc đầu

tam giác lúc đầu có diện tích S = 2bh

1

Diện tích tam giác sau tăng độ dài cạnh đáy b 10% giảm đường

cao h 10% S’ = 11,1  0,9  0,99 0,99

2 b h 2bh S

 

  

 

1

So với lúc đầu diện tích tam giác giảm % 0,5

Bài 28: (5 điểm)

(17)

Phần Lời giải sơ lược Điểm Toạ độ giao điểm d d’ nghiệm hệ

13 11 700

x y

y mx

 

 

 

 

 

13 11 700

1

x mx

y mx

   

 

  





711 13 11

1 x

m y mx 

 

 

   

1

Phân tích thừa số nguyên tố: 711 = 32 79  x = 79

13 11 m 0,5

Do x   nên 13 + 11m phải ước 32 79 0,5

Suy 13m + 11 = d với d = 32 79 3.79 32.79 1,25 Do m = 13

11 d

nguyên dương suy d > 13 nên ta cần xét

d = 79; d = 3.79 ; d = 32.79

0,75

Với d = 79 m = 66

11  x = 9; y = 53 (thoả mãn)

Với d = 3.79 = 237 d – 13 = 224 không chia hết cho 11 (loại) 0,5 Với d = 32.79 = 711 d – 13 = 698 không chia hết cho 11 (loại) 0,5 Bài 29: (5 điểm)

Có cặp số (x; y) với x, y nguyên dương thoả mãn phương trình 3x + 5y = 501 ?

Từ phương trình cho suy y = 167 

x 

1 Vì y > nguyên nên 167 – x phải bội số dương

 167 – x = 5k, k > hay x = 167 – 5k, k >

Mặt khác x = 167 – 5k >  < k < 167

5 = 33,

Do k nguyên nên k = 1, 2, 3, …, 33

Vậy x có 33 giá trị nguyên dương (lúc y nguyên dương) Bài 30: (5 điểm)

Hai nến có chiều dài làm chất liệu khác nhau, cháy hết với tốc độ trong Hỏi phải bắt đầu đốt nến vào lúc chiều để đến chiều, nến có độ dài gấp đơi nến ?

Chọn chiều dài nến làm đơn vị dài Gọi t số cần thiết để đạt

được kết mong muốn Trong giờ, nến cháy mau ngắn 3,

cây nến cháy chậm ngắn

4 chiều dài

(18)

Trong t giờ, chúng ngắn

t

4 t

chiều dài chúng :

1 -

t

-

t

1

Theo u cầu tốn, ta có:

4

t  t      

   t = 2

5

Vậy thời điểm đốt nến 16 - 22 =

2 13

5 hay 13giờ 36 phút

Bài 31: (5 điểm)

Tam giác ABC nội tiếp đường tròn Các cung nhỏ AB, BC, CA có số đo x + 750, 2x + 250, 3x – 220 Tính góc tam giác ABC.

Các cung nhỏ AB, BC, CA tạo thành đường tròn, đó:

(x + 750) + (2x + 250) + (3x – 220) = 3600 x = 470 Do suy ra:  1 0

2 25 59 30'

A x 

 1 0

3 22 59 30'

B x 

 1 0 75 61

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	830 KB