DE THI GIAI TOAN TREN MAY TINH CASIO LOP 9

5 điểm: Tìm số tự nhiên có 3 chữ số biết rằng nếu đem số đó nhân với 5 rồi cộng thêm 261 thì được kết quả là số có 3 chữ số viết bởi các chữ số như số ban đầu nhưng viết theo thứ tự ngượ[r]

PHÒNG GD&ĐT BÌNH SƠN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN Khoá thi ngày 22 tháng 11 năm 2010 Môn: Giải Toán MTCT Lưu ý: - Viết quy trình ấn phím và tính kết các bài 1;2;3;4 Các bài còn lại ghi lời giải và tính kết - Kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ (nếu có) Bài (5 điểm): Tính a) ' " A  sin 65017 '21"  cos12056"  :  tg190 24'54"  cotg530 4812  0,82 7 1,34 10  12 11  13 b) Bài (5 điểm): Tìm số dư các phép chia sau: a) 102010 :1975 ; b)1010101010102010:2011 Bài (5 điểm): Tính      2010   1, 47  2011 : 3  C      6, 45   12   Bài (5 điểm): Tìm x biết 2, 06  : 0, 451  1917  1,32  3, 42   7  1 61,122  x   75   3    f  x     x  45, 21x  1932 x  x  15, 47   Bài (5 điểm): Cho đa thức B 5     f   ; f   3 ; f Tính :   3 15  2,1 ; f  2,32    4    7     g  x  mx3  x  77 x  30 Bài (5 điểm): Cho đa thức g  x   x  3 a) Tìm hệ số m biết g  x b) Phân tích đa thức thành nhân tử với m tìm câu a Bài (5 điểm): Tìm số tự nhiên có chữ số biết đem số đó nhân với cộng thêm 261 thì kết là số có chữ số viết các chữ số số ban đầu viết theo thứ tự ngược lại Bài (5 điểm): Tìm các chữ số a,b biết 12a 4b 2010 63 ' "  Bài (5 điểm): Cho ABC có hai đường cao BF và CE cắt H Biết BHC 119 23 57 và SAEF = 6,7cm Tính diện tích tứ giác BEFC Bài 10 (5 điểm): Cho hình thang ABCD (AB//CD), có hai đường chéo AC và BD vuông góc với OA = 0,95 51,17  1,89 cm,OB =1 + 1,345cm  O Biết A=90 ; Tính diện tích hình thang ABCD và độ dài cạnh bên BC   Hết PHÒNG GD&ĐT BÌNH SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN Khoá thi ngày 22 tháng 11 năm 2010 Môn: Giải Toán MTCT Bài Đáp án " A  sin 65017 '21"  cos12056 a) 65 17 21 12 56  :  tg19 24 54 sin 19 24 54 " " Điểm '  cotg530 4812 0’ ” 0’ ” 0’ ” + cos tg 0’ ” 0’ ” 0’ ” 53 48 12 "  0’ ” 0’ ” – : x -1 shift x3 tg B 5 b) 11 12 13 x2 0,82 7 1,34 10  12 11  13 1,3 10 0,8 + = x -1 – + 0’ ” 0’ ” 0’ ” 2,5đ = kết quả: x2 0’ ” A -65,19319 ab/c = x -1 ^ = + kết quả: = x -1 2,5đ B 3, 21633 Tìm số dư các phép chia sau: a) 102010 :1975 ; Thực phép chia 102010:1975 màn hình xuất thương là 51,65063291 Đưa trỏ sửa dòng biểu thức lại thành 102010 – 1975.51 và ấn = 2,5đ kết quả: r = 1285 b)1010101010102010:2011 Tìm số dư phép chia 101010101:2011 số dư r1 = 1593 Tìm tiếp số dư phép chia 159301020:2011 số dư r2 = 1666 Tìm tiếp số dư phép chia 166610:2011 số dư r3 = 1708 2,5đ kết quả: Bài (5điểm): Tính      2010   1, 47  2011 : 3  C      6, 45   12     r = 1708 2010 1,47 ¿ ¿ 2011 6,45 shift x3 ab/c ab/c + ¿ ¿ – : ab/c ab/c 12 : ¿ ¿ x2 ¿ ab/c ab/c + ¿ ¿ ¿ C 6314,92850 kết quả: + x2 5,0đ – = Bài (5điểm): Tìm x biết   2, 06  : 0, 451  1917  1,32  1   75   3  2,06 0,451 1917 1,32 3, 42 1  7  61,12  x ¿ ¿ – : ¿ ¿ x2 + 75 a a b/c b/c : = + – ¿ ¿ + a ¿ ¿ b/c = shift shift STO A 3,42 + ab/c ab/c 61,12 x2 = : ALPHA A shift STO B 5,0đ – ALPHA B = kết quả: x 3738,90604  f  x       x  45, 21x3  1932 x  x  15, 47   3   f   ; f   3 ; f 15  2,1 ; f  2,3      4    Tính:  X ^ * 45,21  1932 + ALPHA X ^ – 15,47 – ¿ ab/c ab/c ¿ ALPHA X x2 kết quả: ALPHA – + ALPHA X f   168,26337 1,25đ 1,25đ CALC 1,25đ = * kết quả: * 15 2,1 kết quả: * =2,3 f  -3   1702,49975 f  x g  x  mx3  x  77 x  30 a) Tìm hệ số m biết + ¿ ab/c ¿ ^ =  3   f  2,3 +  -   -272,42992 4    g  x   x  3 g  x b) Phân tích đa thức thành nhân tử với m tìm câu a) h  x  7 x  77 x  30 a) Đặt m  h   3 :    Ta có kết quả: m = 12 b) với m = 12 ta có: g  x  12 x3  x  77 x  30  x  3  12 x  29 x  106   x  3  x    12 x   kết quả: CALC – kết quả: Cho đa thức 1,25đ = –  15 - 2,1 101,96513 CALC CALC g  x  =  x +   x -   12x -  2,5đ 2,5đ Số tự nhiên cần tìm có dạng abc đó a, b, c  N ; a, b, c 9; a 0 Ta có abc 5  261 cba  a   a 1 1bc 5  261 cb1  c 7 và c là số chẵn, suy c = 1b8 5  261 8b1  500  50b  40  261 800  10b   b 0 kết quả: 108 5,0đ Bài (5điểm): Tìm các chữ số a,b biết 12a 4b 201063 12a 4b20109 12a 4b201063   12a 4b20107 Ta có 12a 4b20109  (1   a   b     0) 9   a  b  10  9   a  b    8;17 12a 4b20107   120402010  1000000 a  10000b  7 Ta có   17200287  142857 a  1428  7    a  4b   7    a  4b  7   a  4b  7     3b  7    3b  7  3b : dư *Với a + b = ta có  3b 7 q  với q  N Ta có 3b 27  7q  27  q  22  q   0;1; 2;3 Dùng máy tính thử các trường hợp q ta tìm q 1  b 4 Các trường hợp còn 2,0đ lại bị loại a  b 8   a 4 b 4  1,5đ kết quả: a = 4; b =   a  4b  7   17  3b  7   18  3b  7  3b : dư *Với a + b = 17 ta có  3b 7 k  với k  N 24 3b 27  k  27  k   k   0;1; 2;3 Ta có Dùng máy tính thử các trường hợp k ta tìm k 3  b 8 Các trường hợp còn lại bị loại 1,5đ a  b 17    a 9 b 8  kết quả: a = 9; b = Bài (5điểm): Cho ABC có hai đường cao BF và CE cắt H Biết  BHC 1190 23'57" và SAEF = 6,7cm Tính diện tích tứ giác BEFC A F E H C B 0 ' " 0 ' " ' "    Ta có EBH BHC  90 119 2357  90 29 2357  ABF 29 2357 AF ' " sin ABF sin 290 2357 AB AF AE   AEC (g-g) AB AC Ta chứng minh AFB 1,0đ S AF AE   cmt   AB AC     AEF và ACB có: A : chung AEF ACB (c-g-c) S.AEF  AF  S.AEF 6,7 ' "      sin 29 2357   S.ACB  ' " S.ACB  AB  sin 290 2357 sin 290 23'57" 1,,5đ S    1,,5đ  S S.ACB  S.AEF= Gọi S là diện tích tứ giác BEFC ta có 6,7  sin 29 23'57"  1,0đ  6, kết quả: 21,10382(cm2) Bài 10 (5điểm): Cho hình thang ABCD (AB//CD), có hai đường chéo AC và BD vuông OA = 0,95 51,17  1,89 cm, OB =1 + 1,345cm  góc với O Biết A=90 ; Tính diện tích hình thang ABCD và độ dài cạnh bên BC  A  B O D C E 0,5đ 2 Ta có AB  OA  OB OA AD  AB tg ABD  AB tg ABO  OA2  OB  OB 0,5đ OB OA OA AD   DC  OAB DCA (g-g) AD DC OB Gọi S là diện tích hình thang ABCD ta có: OA   OA  OA2  OB    1 OB  OA2  OB OA S   AB  DC  AD   OA2  OB   2 OB OB    1 OA  OA   OA2  OB  OA2  OB    OA2  OB  2 OB  OB  S 10 OA2  OA OA 2  2   OA  OB        OA  OB     OB  OB OB Thay giá trị OA; OB vào biểu thức trên ta được: kết quả: 2,0đ S  30, 25087  cm Kẻ BE  CD  AB DE ; AD BE BC  BE  EC  BE   CD  DE   AD   CD  AB  OA2  OA AD   OA  OB      OB  OB 2  OA  OB   2 2 OA  OA  OA2  OB   OA OB    OA2  OB     OB  OB  0,5đ   OA2  OB    2  OA2  OA2   OA  OB      OA2  OB  OB  OB 2  OA  OB   2  OA2  OA2   OA  OB     OA2  OB    1  OB  OB  2 2  OA2  OA2    OA  OB   OB   OB  1      2 Thay giá trị OA; OB vào biểu thức trên ta được: kết quả: BC 5, 94383  cm  Mọi cách giải khác mà đúng ghi điểm 1,5đ