skkn 1 số bài toán trên máy tinh cầm tay thpt trần biên

Chính vì vậy trong chương trình sách giáokhoa đổi mới luôn có bài thực hành về MTCT và thường niên sở giáo dục đã tậphuấn cho giáo viên về vấn đề này, nhằm góp phần đổi mới phương pháp “

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Có thể nói máy tính cầm tay( MTCT) là công cụ đơn giản và rẻ, đồng thờirất đắc lực, cần thiết cho nhu cầu dạy và học ở trường phổ thông Hơn thế nữa nóphù hợp với xu hướng phát triển của Toán học hiện đại, là sự kết hợp hữu cơ giữasuy luận toán học và máy tính điện tử Chính vì vậy trong chương trình sách giáokhoa đổi mới luôn có bài thực hành về MTCT và thường niên sở giáo dục đã tậphuấn cho giáo viên về vấn đề này, nhằm góp phần đổi mới phương pháp “ học điđôi với hành”.

Qua thực tiễn giảng dạy MTCT trong nhiều năm tôi càng thấy rõ tầm quantrọng của nó, cụ thể như: giúp học sinh củng cố các kiến thức cơ bản của toánhọc, tìm ra quy luật, mở rộng kiến thức toán học; tăng tốc độ làm toán và sự tínhtoán chính xác cao; giúp liên kết các kiến thức toán học với thực tế; phát huyđược tính tích cực và sáng tạo của học sinh Tầm quan trọng là vậy, tính thời sự làvậy nhưng nhiều người còn nghĩ rằng dạng toán trên MTCT chỉ cần dùng “ sứcmạnh” là có đáp số, quan niệm đó hoàn toàn sai lầm Để giải những dạng toánnày cần phải “giỏi toán” trước rồi mới “giỏi tính” sau, bên cạnh đó việc viết quytrình bấm máy phải có kiến thức về toán và là bước đầu tập dợt làm quen với lậptrình trên máy tính điện tử

Trong ba năm gần đây các đề thi về MTCT của các tỉnh và đề thi của BộGiáo Dục là các dạng toán quen thuộc và gần gũi với cấu trúc đề thi đại học.Chính vì lẽ đó đã thu hút được học sinh và giáo viên quan tâm hơn, không còncho là kiến thức “xa xỉ”

Trước kỳ thi MTCT- Cao Đẳng, Đại học đến gần, với mong muốn có thểcung cấp cho các em học sinh một số dạng toán về hình học trong mặt phẳng và

trong không gian, chính vì vậy tôi nghiên cứu và viết đề tài: “ Một số dạng toán trên máy tính cầm tay(phần số học và hình học) ”

II THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI:

1) Thuận lợi:

 Đa số học sinh được cha mẹ trang bị cho MTCT từ bậc trung học cơ sở,

vì vậy các em có kỹ năng tính một số dạng toán đã được lập trình sẵntrong máy

Trang 2

 MTCT là công cụ liên kết giữa các kiến thức và mối quan hệ hữu cơgiữa kỹ năng và tư duy.

 MTCT giúp học sinh rút ngắn thời gian tính toán

2) Khó khăn:

 Điều khó khăn là học sinh và cả phụ huynh không muốn cho con emmình đầu tư sâu vào dạng toán trên MTCT, vì cho là “ xa xỉ ” không thiếtthực với đề thi đại học Bên cạnh đó học sinh chỉ dùng MTCT đối vớiphép tính nhỏ hoặc bài toán dễ, mà chưa khai thác, tìm hiểu những ứngdụng tối ưu của máy tính

 Điều đáng nói là cho đến nay vẫn thiếu những tài liệu về dạng bàitập này Hơn nữa, giáo viên vẫn chưa chú trọng hoặc bỏ lơ việc dạy thựchành dạng toán MTCT và cho đó là phần đọc thêm của học sinh, mặtkhác học sinh chưa có thói quen tự học, tự nghiên cứu

III CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH GIẢI QUYẾT ĐỀ TÀI

Trước hết, ta cần hệ thống tóm tắt những kiến thức và những vấn đề cần thiết khi nghiên cứu đề tài Sau đó, phân loại dạng toán và giải bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, hướng dẫn sử dụng máy trong mỗi cách giải đó Cuối cùng là bài tập tự luyện

IV NỘI DUNG ĐỀ TÀI:

Máy tính Casio fx-570 ES, fx-570 PLUS được sử dụng cho bài viết này.Các bài toán được đề cập trong bài viết là “giỏi toán” trước rồi mới “giỏi tính”sau, tuy nhiên cũng có một số bài giới thiệu quy trình bấm máy

1.1 Các dấu hiệu chia hết

Giả sử số tự nhiên n = a k a k−1 a a1 0

• n2⇔ a0∈{0; 2; 4; 6; 8}

• n5 ⇔ a0∈{ }0; 5

1.2.1 Định nghĩa : Số tự nhiên a là số chính phương thì căn bậc hai của a là số

nguyên Nếu a không chính phương thì căn bậc hai của a là một số vô tỷ

1.2.2 Các tính chất

a) Giữa hai số n2 và (n+1)2 không có số chính phương nào

b) Một số chính phương chỉ có thể có số tận cùng là 0; 1; 4; 9; 6; 5 (Hay số chínhphương không có số tận cùng là một trong các số 2; 3; 7; 8 )

1.3 Quan hệ đồng dư thức

1.3.1 Định nghĩa: Cho a, b là các số nguyên và n là số nguyên dương Ta nói, a

đồng dư với b theo mod n và kí hiệu là a b≡ (mod n) nếu a, b cùng có số dư khi

chia cho n

Ví dụ : 7 chia 5 dư 2 và 12 chia 5 dư 2

Ta nói 7 đồng dư 12 theo môđun 5 và viết 7≡12 (mod 5)

Tính chất 2: Số có tận cùng là 9376 hay 0625 khi lũy thừa lên bậc bất kì

cũng được số tận cùng là chính nó (Ta cũng có thể suy ra được số 376, 76, 6,

625, 25, 5 cũng có tính chất tương tự nhưng chỉ xét 3, 2 hay 1 chữ số)

Với p là số nguyên tố ta có: a p ≡a(mod p)

Đặc biệt nếu (a p; ) =1 thì ap−1 ≡ 1 mod ( p )

Pierre de Fermat là một học giả nghiệp dư vĩ đại, một nhà toán học nổi

tiếng và cha đẻ của lý thuyết số hiện đại Xuất thân từ một gia đình khá giả Chỉtrừ gia đình và bạn bè tâm giao, chẳng ai biết ông vô cùng say mê toán Mãi saukhi Pierre de Fermat mất, người con trai mới in dần các công trình của cha kể từnăm 1670 Qua đó, người đời vô cùng ngạc nhiên và khâm phục trước sức đóng

Pierre de Fermat

(1601-1665) (sinh ngày 11/04/1953)Andrew John Wiles

góp to lớn của ông Chính ông là người sáng lập lý thuyết số hiện đại, trong đó có

2 định lý nổi bật:định lý nhỏ Fermat và định lý lớn Fermat

Định lý lớn Fermat :Câu chuyện về định lý cuối cùng của Fermat là câu chuyện khởi nguồn từ cổ đại với nhà toán học Pythagore, định lý là "Trong một tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông" Fermat thay đổi phương trình Pythagore và tạo ra một bài toán khó bất hủ Định lý này phát biểu như sau:

Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả x n+ y n= z n

trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2.

Định lý này đã làm hao mòn biết bao bộ óc vĩ đại của các nhà toánhọc lừng danh trong gần 4 thế kỷ Cuối cùng nó được chứng minh bởi nhà Toán

học Mỹ - Andrew Wiles vào năm 1993.

1.3.4 Ứng dụng của đồng dư thức là tìm các chữ số tận cùng hoặc tìm số dư của phép chia , nếu số bị chia được cho bằng dạng lũy thừa khá lớn.

Để tìm số dư của phép chia An cho B ta tìm số R < B sao cho : A R≡ (mod )B

Để tìm 1 chữ số tận cùng của An ta tìm số 0≤x≤9 sao cho An ≡x (mod 10)

a) Tìm một chữ số tận cùng của an

- Nếu a có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6 thì an lần lượt có chữ số tận cùng là0; 1; 5 ; 6

a100k ≡001 (mod 1000) nếu acó chữ số tận cùng là 1; 3; 7; 9

a100k ≡625 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 5

a100k ≡376 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 2; 4; 6; 8

2.1 CÔNG THỨC, ĐỊNH LÝ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG :

Trong tam giác ABC ta ký hiệu:

a, b, c tương ứng là độ dài các cạnh BC, AC, AB

S là diện tích , p là nửa chu vi tam giác

m m m tương ứng là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C

R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác

a b a c b c

=

2.1.9 Diện tích hình bình hành và hình thoi : S ABCD = AB AD .sinA

2.1.10 Diện tích tứ giác lồi

a) Định lý 1: Cho tứ giác lồi ABCD có các cạnh AB a BC b= ; =

Chứng minh: Lấy K trên cạnh AC sao cho ·ABK CBD =·

Ta có ·ABK +·CBK ABC =· và ·CBD ABD ABC +· =·

Suy ra ·ABK CBD =· và CBK ABD· =·

( )

1 2

trung nhiều nhà bác học danh tiếng trên thế giới Nhờ đó, Ptôlêmê đã tiếp thuđược một kiến thức rất uyên bác về toán, thiên văn và địa lý học.

Ptôlêmê có công đóng góp vào việc phát triển môn thiên văn học Cuốn Hệthống vũ trụ là một bản sưu tập, đúc kết những kiến thức thiên văn của người AiCập, Babilon và Hy Lạp trước kia Thuyết trái đất hình tròn của ông đã giúp choCrixtôphô Côlômbô tìm ra châu Mỹ

c) Định lý 2: Gọi α là góc giữa 2 đường chéo của tứ giác nội tiếp đường tròn

Chứng minh: Gọi I là giao điểm 2 đường chéo

Ta có: 2S IA.IB.sin= α +IB.IC.sin 180( o −α) +IC.ID.sinα +ID.IA.sin 180( o−α)

Từ định lý Ptolemy ta có: 2S AC.BD.sin= α =(ac bd sin+ ) α

Mà S= (p a p b p c p d− ) ( − ) ( − ) ( − ) (do tứ giác nội tiếp đường tròn)

+ Hình viên phân (là phần hình trịn giới hạn bởi một cung và dây căng cung

ấy) Diện tích : S S= quạt OAB−S∆AOB

p=67892=46 090 521

* Tính trên giấy m×108 +n×104 + p

152399025000000001676204100000

4609052115241578750190521

Bài toán 1.4(Thái Nguyên- 2004): Tính chính xác số

2 12

10 23

10 2

1156 3

10 2

111556 3

10 2

11115556 3

12

1 10 0 55 5 1 11 1 10 5 11 1 1 11 1 10 5 1 10 10 10 1 10 5 1

Lời bình : Để tính một số có lũy thừa khá lớn, ta phải mò mẫm dự đoán đi từ

trường riêng cụ thể, khi đó phải nhờ vào công cụ máy tính làm thí nghiệm để đi

đến kết luận tổng quát Với cách giải thứ nhất mang tính tự nhiên hơn cách giải 2

Dạng 2: Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:

Bài toán 2.1 ( Bắc Ninh- 2004)

- Số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:

10203 4z với z ∈{0, 1, 2, ,8, 9}

lần lượt thử với z = 0; 1; 2; 3 đến z = 3, ta có:

1020334 ÷ 7 = (145762)Vậy số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 là 1020334, thương là 145762

Bài toán 2.2 (Phú Thọ - 2004)

Tìm tất cả các số tự nhiên dạng 1235679 4x y chia hết cho 24

Giải:

Trang 16

Dùng máy tính thử các giá trị x thỏa mãn (x y 1 3)

Ta có, hai số thỏa mãn đề bài: N1 =1235679048 và N2 =1235679840

Bài toán 2.3 : Hãy viết thêm vào số 523 ba chữ số nữa vào bên phải để nhận

được 1 số có 6 chữ số đồng thời chia hết cho 7, 8 và 9

Vậy có 2 số thỏa bài toán 523152 và 523656

Bài toán 2.4( Đồng Nai- 2005): Tất cả các số nguyên, bắt đầu từ số 1 được viết

thành 1 dãy các chữ số 123456789101112131415161718192021 Hãy xác định chữ số đứng ở vị trí 206788

Đẳng thức ( )∗ cho thấy chữ số đó phải ở vị trí thứ 4 của số 33579 tức là số 7

Vậy chữ số đứng ở vị trí 206788 của dãy đã cho là số 7

Bài toán 2.5 : Tìm một số có 4 chữ số, cho biết nó là số chính phương chia hết

cho 9 và chữ số cuối cùng của nó là 1 số nguyên tố

Giải:

Gọi số tự nhiên cần tìm là abcd

Giả thiết có abcd là số chính phương ⇒ d chỉ có thể là 0; 1; 4; 5; 6; 9

Kiểm tra trên máy, ta được 2 số thỏa mãn bài toán là 452 =2025 và 752 =5625

Bài toán 2.6: Tìm tất cả các số chính phương có 6 chữ số thỏa mãn: số tạo thành

bởi ba chữ số cuối lớn hơn số tạo thành bởi ba chữ số đầu 1 đơn vị

Vậy hai trong ba số nguyên tố 7, 11, 13 phải là ước của một trong hai thừa số của

vế trái và số còn lại phải là ước của thừa số còn lại của vế trái

Có những khả năng xảy ra sau đây :

Khi ấy ⇒ k =3; ' 25;k = x=76 ( Loại vì không phải số có ba chữ số).

Vậy các số thỏa mãn đề bài là : 183184 ; 328329 ; 715716 ; 528529.

Bài toán 2.7 (Đồng Nai-2007)

Tìm số tự nhiên thỏa : ( )4

*****

ag =a g Trong đó ***** là 5 chữ số không ấn định điều kiện

Giải :

Số tự nhiên thỏa mãn ( )4

*****

ag =a g thì g∈{0 ;1; 5 ; 6} .

Khi g = 0 thử chạy a từ 1 đến 9, không có giá trị nào thỏa mãn đề bài

Khi g = 1 thử chạy a từ 1 đến 9, không có giá trị nào thỏa mãn đề bài

Khi g = 5 thử chạy a từ 1 đến 9, a = 4 thỏa mãn điều kiện đề bài

Khi g = 6 thử chạy a từ 1 đến 9, a = 4 thỏa mãn điều kiện đề bài

Vậy số tự nhiên thỏa đề bài là 464 = 4477456 và 454 = 4100625

Bài toán 2.8

a) Tìm các số khi bình phương sẽ có tận cùng là 3 chữ số 4

b) Tìm các số khi bình phương sẽ có tận cùng là 4 chữ số 4

Giải:

a) Chữ số cuối cùng của x là 4 thì chữ số cuối cùng của x là 2 hoặc 82

Tính trên máy bình phương của các số

2; 12; 22; 32; 42; 52; 62; 72; 82; 92

8; 18; 28; 38; 48; 58; 68; 78; 88; 98

⇒ Chỉ có các số 12; 62; 88 khi bình phương có tận cùng là 44, còn số 382=1444 Tính trên máy bình phương các số

12; 112; 212; 312; 412; 512; 612; 717; 812; 912

62; 162; 262; 362; 462; 562; 662; 762; 862; 962

88; 188; 288; 388; 488; 588; 688; 788; 888; 988

Ta được: 462; 962; 38; 538 khi bình phương có tận cùng là 444

Vậy có 4 số thỏa mãn bài toán là 462; 962; 38; 538

Ta thấy không có số N nào để N 2 tận cùng bởi 4444

Bài toán 2.9 (Bộ Giáo Dục- 2004): Tìm tất cả số tự nhiên có không quá 10 chữ

số mà khi ta đưa chữ số cuối cùng lên vị trí đầu tiên thì số đó tăng lên gấp 5 lần

Vì số đã cho có nhiều nhất 10 chữ nên n− ≤2 8

và a n là số có 1 chữ số nên không thể chia hết cho 49 (49 7.7= ) mà nhiều nhất chỉ có thể chia hết cho 7

⇒ Chứng tỏ số 99 95 phải chia hết cho 7

Kiểm tra trên máy tính các số 95; 995; 9995; 99995; 999995; 9999995;

99999995; 999999995 chia cho 7 ta tìm được 1 số duy nhất chia hết cho 7 là

99995 7 14285 = ×

Vậy a6×99995 49= ×a a a a a1 2 3 4 5 hay a6×14285 7= ×a a1 5

Vì 14275 không chia hết cho 7 nên a6 =7 Vậy số cần tìm là 142857

Bài toán 2.10 (Bộ Giáo Dục- 2005): Tìm số tự nhiên a có 6 chữ số, các chữ số

này khác nhau và khác 0, biết rằng 2a, 3a, 4a, 5a, 6a cũng gồm 6 chữ số tạo thành

Như vậy a6 chỉ có thể là 3; 7; 9

• Nếu a6 =3 thì 2a, 3a, 4a, 5a, 6a có tận cùng bằng 6; 9; 2; 5; 8 và a có 7 chữ

số (trái giả thiết)⇒a6 ≠3

• Nếu a6 =9 thì 2a, 3a, 4a, 5a, 6a có tận cùng bằng 8; 7; 6; 5; 4 và a có 7 chữ

số (trái giả thiết)⇒a6 ≠9

• Nếu a6 =7 thì 2a, 3a, 4a, 5a, 6a có tận cùng là 4; 1; 8; 5; 2 và số a có 6 chữsố

Vậy số đã cho có dạng 1a a a a2 3 4 57 trong đó a a a a2, , ,3 4 5 là các số {2;4;5;8}

2

a không thể bằng 8 vì 6a là số có 7 chữ số

Vậy có 1 số thỏa mãn bài toán làa=142857

1) Tìm a, b, c, d biết abc c dac× = Đs: a=1, b=3, c=6, d =8

2) Tìm các chữ số x, y, z để 579xyz chia hết cho 5, 7 và 9

Bài toán 3.1 (Bộ Giáo Dục- 2003): Cho số Fermat thứ 24, 2 24

24 2 1

F = + Hãy tìm 5 chữ số cuối cùng của số Fermat

Giải:

Nhận xét:

i) Bài toán tương đương với bài toán sau : Tìm số dư khi chia F24 cho 10 , tức 5

là ta tính đồng dư của 22 24 theo mod 10( )5

Suy ra, năm chữ số cuối cùng là 97537

Bài toán 3.2: Tìm hai chữ số cuối cùng của số A=21999+22000+22001

Giải

Cách 1: A = 21999(1 + 2 + 4) = 7.21999

Ta có 220 ≡76 (mod 100) mà 1999 = 20.99 + 19

do đó 220.99.219 ≡76.219 (mod 100) ≡88 (mod 100)

⇒ = × × × = Vậy hai chữ số cuối cùng của số A là 16.

Bài toán 3.3: Tìm số dư của phép chia 52008 cho 2003

Giải

Bài toán trên chính là dạng Fermat: 52002 ≡1 (mod 2003)

=> 52002.56 ≡56 (mod 2003)Vậy số dư là : 56 = 1064

Bài toán 3.4: Tìm số dư của 199140 cho 2008

Bài toán 3.5:( Bộ Giáo Dục-2010) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng

trăm và hàng nghìn của số tự nhiên: A=20112010

A= = tuần hoàn chu kỳ 3 chữ số 027.

Vì 2005 ≡ 1 (mod 3) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của A là: 7

b) Số 1 0,02439 02439(02439)

41

B= = tuần hoàn chu kỳ 5 chữ số 02439

Vì 2005 ≡ 0 (mod 5) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của B là: 9

Bài toán 4.2: ( Đồng Nai-2006)

Tìm chữ số thập phân thứ 2013 sau dấu phẩy của các số

Cách tính quy trình tuần hoàn:

Chia 1 cho 49 được 10 số dư đầu tiên là 0,020408163

là số thập phân vô hạn tuần hoàn theo chu kì là 58 Mà 2013 chia cho 58 dư 41.

Cho tam giác ABC có AB=17,9( )cm AC, =15,08( )cm BC, =23,21( )cm .

a) Tính độ dài đường trung tuyến AM, đường phân giác trong AI

b) Tính số đo các góc của tam giác

c) Tính đường cao AH và độ dài đoạn CH

d) Tính diện tích tam giác ABC và khoảng cách giữa 2 tâm của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC

Giải:

a) Áp dụng công thức đường trung tuyến, ta có

Vậy độ dài đường trung tuyến AM là 13.1557 (cm)

và độ dài đường phân giác AI là 12,8365 (cm)

b) Áp dụng định lý cosin cho tam giác ABC, ta có:

ˆsin sin82 34'26,13".15,08

ˆ

23,21

A AC B

Xét tam giác AHC vuông tại H, ta có :

ˆ.cos 15,08.cos57 18'54,29" 8,1435( )

Cho tam giác ABC vuông tại C, AB=2 Độ dài đường phân giác trong AD của

tam giác ABC bằng 2 3

3 Tính chu vi tam giác ABC

Xét ∆ACD , ∆ACB vuông tại C, ta có x2+ y2 =4( )1 và 2 2 4 2( )

x

= + thay vào (2) ta được 3x3+5x2− − =4x 4 0

Vậy x = 1; y = 3 Suy ra AC=1, BC= 3

Chu vi tam giác ABC là 1+ 3+2≈4.732050808

Cách 2: Đặt CAD BAD· = · = x

Trong tam giác ABC, ta có AC=2.cos2x

Trong tam giác ACD, ta có AC=2 3

và tại B để nhắm đến đỉnh cột cờ, người ta đo được các góc lần lượt là 51049’12”

và 45039’ so với phương song song với mặt đất Hãy tính gần đúng chiều cao đó

Trang 30

Bài 3.1.4( Thừa Thiên Huế-2008) Tìm chiều dài bé nhất của cái thang để nó có

thể tựa vào tường và mặt đất, ngang qua cột đỡ cao 4 m, song song và cách tường0,5 m kể từ tim của cột đỡ (hình vẽ)

Giải:

Cho AB = 1 là chiều dài của thang, HC = 4 m là cột đỡ

H

C là giao điểm của cột đỡ và thang, x là góc hợp bởi mặt đất và thang (hình vẽ)

Vậy AB min = min f (x) = f x( )0 ≈5,5902( )m

Bài 3.1.5 (Đồng Nai- 2005) Cho tứ giác lồi ABCD có các cạnh liên tiếp là 18cm,

34cm, 56cm, 27cm và µB D 210 + =µ o Tính diện tích của tứ giác đó

-Vào Shift Mode 3 (tính theo độ)

-Gán : 18 Shift STO A ; 34 Shift STO B ; 56 Shift STO C ; 27