Cuộc thi giải toán trên máy tính casio và vinacal năm 2012 môn: Toán lớp: 9 cấp THCS

Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu 7 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL NĂM 2012 Môn: Toán Lớp 9 Cấp THCS HƯỚNG DẪN GIẢI HOẶC ĐÁP SỐ Bài 1 (5 điểm) : Câu 1 : Tính giá trị của biểu thức: 98 97 96 32 31 30 ... 1 ... 1 + + + + + = + + + + + x x x xA x x x x Khi x = 2 Câu 2 : Rút gọn : 1 1 1 1 1 1 ... 1 5 2 6 5 9 6 10 2009 2013 2010 2014 B = + + + + + + + + + + + + kết quả làm tròn đến 5 chữ số thập phân 1. Tóm tắt cách giải 98 97 96 99 32 31 30 33 ( 1)( ... 1) 1 ( 1)( ... 1) 1 x x x x x xA x x x x x x − + + + + + − = = − + + + + + − = 33 66 33 66 33 33 ( 1)( 1) 1 1 x x x x x x − + + = + + − ( *) Thay x = 2 vào (*) ta có : A = 266 +233 + 1 = (233)2 + 233 + 1 = 85899345922 + 8589934592 + 1 =(85899.105 + 34592)2 + 8589934592 + 1 =858992.1010 +2.85899.34592.105 + 345922 + 8589934592 + 1 858992.1010 7 3 7 8 6 3 8 2 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2.85899.34592.105 5 9 4 2 8 3 6 4 1 6 0 0 0 0 0 345922 1 1 9 6 6 0 6 4 6 4 345922 8 5 8 9 9 3 4 5 9 2 1 1 A 7 3 7 8 6 9 7 6 3 0 3 4 2 8 1 4 1 0 5 7 Kết quả : A = 73 786 976 303 428 141 057 2. Ta có : 1 1 1 1 1 1 ... 1 5 2 6 5 9 6 10 2009 2012 2010 2014 = + + + + + + + + + + + + B = 1 1 1 1 1 1 ... ... 1 5 5 9 2009 2013 2 6 6 10 2010 2014     = + + + + + + + +    + + + + + +    ( ) ( )1 11 5 5 9 ... 2009 2013 2 6 6 10 ... 2010 20144 4= − − + − + − − − − + + + − ( )1 1 2013 2 2014 21,832466584= − − + − = Kết quả : A = 21, 8325 Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu 8 Bài 2 (5 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các điểm A và B cùng thuộc đồ thị hàm số 2y x 2 3 = − , các điểm B và C cùng thuộc đồ thị hàm số 5y x 3 3 = − , các điểm C và A cùng thuộc đồ thị hàm số 3y x 4 2 = − + Câu 1. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 2. Tính số đo các góc trong B , C của tam giác ABC theo “ độ , phút , giây ”. Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu 9 1. + Tọa độ diểm A là nghiệm của hệ pt 2y x 2 3 3y x 4 2  = −    = − + 2x 3y 6 3x 2y 8  − = ⇔  + = Giải hệ pt trên máy x 4,486216354 y 0,11482267 ≈  ≈ Do đó A( 4,48622 ; 0,11482 ) + Tọa độ diểm B là nghiệm của hệ pt 2y x 2 3 5y x 3 3  = −    = − 2x 3y 6 5x 3y 9  − = ⇔  − = Giải hệ pt trên máy x 3,65028154 y 0,279240779 ≈  ≈ − Do đó B = (3,65028 ; –0,27924) + Tọa độ diểm C là nghiệm của hệ pt 5y x 3 3 3y x 4 2  = −    = − + 5x 3y 9 3x 2y 8  − = ⇔  + = Giải hệ pt trên máy x 4,344098806 y 0,237900077 ≈  ≈ Do đó C ( 4,34410 ; 0,23790) Gọi α1 , α2 , α3 lần lượt là góc tạo bởi các đường thẳng 2y x 2 3 = − , 5y x 3 3 = − , 3y x 4 2 = − + với trục Ox Ta có : 1 2 tan 3 α = ; 2 5 tan 3 α = ; 0 3 3 tan(180 ) 2 α− = .Khi đó
2 1B α α= − ;
3 2C α α= − Quy trình bấm máy : SHIFT tan-1 ( 2 ÷ 3 SHIFT STO A SHIFT tan-1 ( 5 ÷ 3 SHIFT STO B 180 o, , , – SHIFT tan-1 ( 3 ÷ 2 SHIFT STO C ALPHA B – ALPHA A = o, , , (
0 ' '11 27 35,36B ≈ ) ALPHA C – ALPHA B = o, , , (
0 ' '102 24 ,26.5C ≈ ) Kết quả
0B 11 27 35= ' '' ;
0 ' ''C 102 24 26= Bài 3 (5 điểm) : Câu 1. Cho một hình thoi ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm O. đường trung trực d của đoạn thẳng AB tại điểm H cắt BD tại điểm M và cắt AC tại điểm N . Biết NA = a , MB = b. Tính diện tích S của hình thoi ABCD khi a = 2603,1931cm , b = 26032,012cm Câu 2 . Mảnh đất phẳng có dạng hình thang cân và chiều dài hai đáy là 40m và 100m còn chiều cao của hình thang là 35m. a) Tính độ dài cạnh bên mảnh đất. Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu 10 b) Trên mảnh đất đó ,người ta làm hai đường đi có chiều rộng bằng nhau, tim của mỗi đường tương ứng là đường trung bình của hình thang và trục đối xứng của nó. Xác định chiều rộng của đường đi, biết rằng diện tích của đường đi chiếm 1 25 diện tích mảnh đất. 1. Tóm tắt cách giải ∆ AHN ∼ ∆MBH (g.g) AN HN a a aHN HB HA MB HB b b b ⇒ = = ⇒ = = (1) ( Do HA =HB) * ∆ AHN ∼ ∆AOB (g.g) AH HN AO OB ⇒ = OB HN HN a aOB OA OA AH HB b b ⇒ = = = ⇒ = * ∆AHN vuông tại H ⇒ HN2 + HA2 = AN2 ( 2) Từ ( 1) và ( 2) ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 21 a aHA HA a HA a b b   + = ⇒ + =    ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 44a b a bHA AB HA a b a b = ⇒ = = + + * ∆AOB vuông tại O ⇒ OA2 + OB2 = AB2 ⇒ 2 2 2 2 aOA OA b + = 2 2 2 2 4a b a b+ ⇒ 2 4 2 2 2 2 4 ( ) a bOA a b = + ⇒ 2 2 2 2abOA a b = + và 2 2 2 2 2 2 2 2 . a ab a bOB b a b a b = = + + Vậy SABCD = 2 OA.OB = 2. 2 2 2 2ab a b+ . 2 2 2 2a b a b+ = 3 3 2 2 2 8 ( ) a b a b+ = Kết qủa S =5314454,712 cm2 2. a) ta có : 2 235 30 46,09772229+ ≈ Kết quả : độ dài cạnh bên : 46,09772 m b) Gọi chiều rộng lối đường đi là x ( m ) ĐK 0 < x < 35 Diện tích đường đi dạng hình chữ nhật: 35x Diện tích đường đi dạng hình thang : 70x ( đường trung bình x chiều cao) Diện tích cả hai đường đi là : 35x +70x –x2 Diện tích hình mảnh đất : 70.35 2450= Theo đề bài ta có phương trình : 35x +70x – x2 = 1 25 .2450 ⇔ x2 – 105x + 98 = 0 ; giải phương trình ta có : 0,94178048 104,0582195 x x ≈  ≈ Kết quả x = 0,94178 m Bài 4 (5 điểm) Cho dãy số { }nU với n là số tự nhiên khác 0 , có U1 = 1 , U2 = 2 ,U3= 3 và Un+3 = 2Un+2 – 3Un+1 + 2Un. Câu 1. Viết quy trình bấm máy để tính Un+3 rồi tính U19 , U20 , U66 , U67 ; U68. Câu 2. Viết quy trình bấm máy để tính tổng của 20 số hạng đầu tiên của dãy số đó. 1. Viết quy trình bấm máy tính U19 , U20 , U67 ; U68. 1 SHIFT STO A D N O H M C B A 30m30m 100m 40m 35m x x Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu 11 2 SHIFT STO B 3 SHIFT STO C 3 SHIFT STO D ( biến đếm ) D = D + 1: A = 2C–3B + 2A : D = D+1: B = 2A–3C +2B : D = D +1: C= 2B–3A + 2C = = = Kết quả U19 = 315 ; U20 = –142 ; U66 = 2 777 450 630 U67 = –347 965 925 ; U68= -9 006 867 182. 2. Viết quy trình bấm máy 1 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B 3 SHIFT STO C 3 SHIFT STO D ( biến đếm ) 6 SHIFT STO E ( tổng 3 số hạng đầu tiên ) D = D + 1: A = 2C – 3B + 2A: E = E +A : D = D+1: B = 2A–3C +2B: E = E + B : D = D+1: C = 2B – 3A + 2C : E = E + C = = = Kết quả : S20 = 272 Bài 5 (5 điểm) Câu 1. Khi chia đa thức P(x) = 81 57 41 19( ) 2 1= + + + + +P x x ax bx cx x cho (x –1) được số dư là 5 và khi chia P(x) xho ( x – 2) được số dư là –4 a) Hãy tìm các số thực A , B biết đa thức 81 57 41 19( ) = + + + + +Q x x ax bx cx Ax B chia hết cho đa thức 2 3 2− +x x b) Với giá trị của A và B vừa tìm được , hãy tính giá trị của đa thức 81 57 41 19( ) ( ) ( ) 2 2 2 1= − + + − + + +R x Q x P x x x x x x tại x = 1,032012 Câu 2. Tìm hai số dương a , b sao cho phương trình 3 2 217 0− + − =x x ax b Có 3 nghiệm nguyên 1 2 3, , x x x . Biết rằng nếu phương trình bậc 3 : 3 2 0+ + + =Ax Bx Cx D có 3 nghiệm 1 2 3, , x x x thì 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3  + + = −   + + =   = −  B x x x A C x x x x x x A D x x x A 1. Tóm tắt cách giải a) 81 57 41 19( ) 2 1= + + + + +P x x ax bx cx x cho (x –1) được số dư là 5 ⇒ (1) 1 2.1 1 5P a b c= + + + + + = ⇒ 1a b c+ + = + khi chia P(x) xho ( x – 2) được số dư là – 4 ⇒ 81 57 41 19(2) 2 2 2 2 2.2 1 4P a b c= + + + + + = − ⇒ 81 57 41 192 2 2 2 9a b c+ + + = − + Có 81 57 41 19( ) = + + + + +Q x x ax bx cx Ax B chia hết cho đa thức 2 3 2− +x x = ( 1)( 2)x x− − ⇒ (1) 0 1Q a b c A B= = + + + + + ⇒ 2A B+ = − ( 1) 81 41 19 19(2) 0 2 2 2 2 2Q a b c A B= = + + + + + ⇒ 2 2 9A B+ = ( 2) Giải hệ phương trình ( 1) và (2) ⇒ A = 11 ; B = –13 Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu 12 Kết quả : A = 11 ; B = –13 b) Kết quả : R(1,032012) = 13,57512 2. Tóm tắt cách giải Do a , b dương nên 3 2 217 0x x ax b− + − < với mọi 0x ≤ nên phương trình có các nghiệm nguyên thì các nghiệm đó đều là nguyên là số dương. Ta có : 1 2 3 1 2 1 3 2 3 2 1 2 3 17x x x x x x x x x a x x x b  + + =  + + =  = vì 1 2 3 17x x x+ + = với 1 2 3; ;x x x là các số nguyên dương , ta có các khả năng xãy ra : 1x 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2x 1 2 3 4 5 6 7 8 2 3 4 5 3x 15 14 13 12 11 10 9 8 13 12 11 10 1x 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 5 5 2x 6 7 3 4 5 6 7 4 5 6 5 6 3x 9 8 11 10 9 8 7 9 8 7 7 6 Kiểm tra trên máy : 1 2 3x x x b= Ta được : ( ) { }, (80,8);(80,10);(90,12);(88,12)a b ∈ tương ứng với các nghiệm ( 1, 8, 8) ;(2, 5, 10) ;( 3, 6, 8) ; ( 4, 4, 9) Kết quả : 80 8 a b =  = ; 80 10 a b =  = ; 90 12 a b =  = ; Bài 6. ( 5 điểm) Một tấm vải hình chữ nhật có chiều rộng 1,2m , chiều dài 350m và được cuộn chặt quanh một lõi hình trụ có đường kính là 10cm liên tục cho đến hết, sao cho mép vải theo chiều rộng luôn song song với trục của hình trụ. Cho biết độ dày của cuộn vải đó sau khi cuộn hết tấm vải , biết rằng tấm vải có độ dày như nhau là 0,1 5mm ( kết quả tính theo xăng ti mét và làm tròn đến 3 chữ số thập phân ) Tóm tắt cách giải Giả sử sau khi cuộn hết tấp vải ta được n vòng, khi đó : Chiều dài của vòng thứ 1 của cuộn vải là : 2piR1 = pi.100mm Chiều dài của vòng thứ 2 của cuộn vải là : 2piR2 = pi.( 100 + 2.0,15) mm Chiều dài của vòng thứ 3 của cuộn vải là : 2piR3 = pi( 100 + 4.0,15) mm Chiều dài của vòng thứ 4 của cuộn vải là : 2piR4 = pi( 100 + 6.0,15) mm .... Chiều dài của vòng thứ n của cuộn vải là : 2piRn = pi[100 +2(n –1).0,15] mm Tổng chiều dài n vòng của cuộn vải là : Sn = pi.100 + pi.(100 + 2.0,15) + pi( 100 + 4.0,15) + pi(100 + 6.0,15) +...+ pi[100 +2(n –1).0,15] = 350 000 ⇔ 100 pi.n + 2.0,15.pi ( 1 + 2 + 3 + 4 +...+ n -1) = 350 000 Đỗ Văn Lâm - Trường THCS TT Tân Uyên - Lai Châu 13 ⇔ 100 pi.n + 2.0,15. pi ( 1) 2 n n − = 350 000 ⇔ 0,15pi n2 + 99,85pi n – 350 000 = 0 ⇒ n ≈ 591,0178969 vòng Do đó chiều dày của cuộn vải ( trừ lõi ) là : 591,0178969 . 0,15 = 8,865 cm Kết quả : 8,865 cm