ĐỀ THI THỬ HSG MÁY TÍNH CASIO ĐỀ 3

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO ĐỀ SỐ 3 Thí sinh làm trực tiếp vào bản đề thi này, nếu không có yêu cầu gì thêm hãy làm tròn với năm chữ số thập phân... Cách gi

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO

ĐỀ SỐ 3 Thí sinh làm trực tiếp vào bản đề thi này, nếu không có yêu cầu gì thêm hãy làm tròn với năm chữ số thập phân

Câu 1: Cho đa thức f(x) bậc 3 với hệ số của x3 là k, k nguyên dương thỏa mãn:

f(2009) = 2010; f(2010) = 2011

Chứng minh rằng: f(2011) – f(2008) là số lẻ

Câu 2: Tìm a2009 biết 1

1

0 ( 1)

( 1) ; * ( 2)( 3)

a

n n







Câu 3: Tính chính xác ƯCLN và BCNN của hai số a = 24614205, b = 10719433

Cách giải Kết quả

Câu 4: Tìm tất cả các số có 6 chữ số thỏa mãn hai tính chất sau:

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

2) Là số chính phương

Câu 5: Tính diện tích phần gạch chéo(được giới hạn trong 4 cung tròn như hình vẽ), biết

ABCD là hình vuông cạnh 5,35 cm; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA

Cách giải Kết quả

P

C Q

D

M







Tính gần đúng giá trị của biểu thức sau

tan ( 2 ) cot ( 2 ) sin ( ) cos ( )

P



  

y

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM www.vnmath.com

TP

Điểm toán bài

- Tìm đa thức phụ: đặt g(x) = f(x) + (ax + b)

Tìm a, b để g(2009) = g(2010) = 0 Ta được

g(x) = f(x) – x – 1

- Tính giá trị của f(x) ta được

f(x) = k(x – 2009)(x – 2010)(x – x0) + x + 1

1

Từ đó tính được f(2011) – f(2008) = 3(2k + 1) là

số lẻ với mọi k nguyên dương

5

- Tính vài số hạng đầu bằng quy trình:

1SHIFT STO A 0SHIFT STO B

( ( ANPHA A 2 ) ( ANPHA A 3 ) )

ANPHA A  ANPHA ANPHA B ANPHA  ANPHA C

Ta được dãy: 1 7 27 11 13 9, , , , , ,

6 20 50 15 14 8

2.5

2

Dự đoán số hạng tổng quát   

1 2 1

10 1

n

a

n



 ,

chứng minh bằng quy nạp

Từ đó ta được 2009 2008.4019

20100

401,5001 2.5

5

Dùng thuật toán Euclide ƯCLN(24614205, 10719433) = 21311 21311 2.5

3 BCNN(24614205, 10719433) =

24614205.10719433

12380945115

5

4

- Gọi số cần tìm là: na a a a a a1 2 3 4 5 6

- Đặt xa a a1 2 3 Khi ấy xa a a4 5 6 x 1

y

và hay

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

2

1000 1 1001 1

n x  x x 

y 1y  1 7.11.13x

183184,

328329,

528529,

715716

5

5 Diện tích hình gạch chéo MNPQ bằng diện tích hình vuông ABCD trừ 4 lần diện tích của một

phần tư hình trong bán kính a/2 6,14cm

 

2 2

4

MNPQ

a a

6

tan ( 2 ) cot ( 2 ) sin ( ) cos ( )

P



  

y

sin 0.3

  cos ( 0.3 ) 2

 

ANPHA A ANPHA B

ANPHA A ANPHA B





  978,7071

5