Dap an de HSG MTBT 2016 2017

Những bài kết quả hơn 5 chữ số ở phần thập phân thì làm tròn đến 5 chữ số ở phần thập phân.. Với những bài có yêu cầu trình bày lời giải thì phần trình bày lời giải 1,5 điểm, còn phần kế

Trang 1

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRIỆU SƠN

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đáp án có: 06 trang)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI THCS

GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2016 – 2017

Ngày thi: 28/10/2016

Chú ý: 1 Những bài kết quả hơn 5 chữ số ở phần thập phân thì làm tròn đến 5 chữ số ở phần thập phân

2 Với những bài có yêu cầu trình bày lời giải thì phần trình bày lời giải 1,5 điểm, còn phần kết quả 0,5 điểm

3 Nếu kết quả sai một chữ số cuối hoặc thiếu 1 chữ số cuối hoặc thừa 1 chữ số cuối ở phần thập phân thì mỗi trường hợp trừ 1/4 số điểm.

4 Nếu kết quả sai hai chữ số cuối hoặc thiếu 2 chữ số cuối hoặc thừa 2 chữ số cuối ở phần thập phân thì mỗi trường hợp trừ 1/2 số điểm.

5 Nếu sai dấu “=” hoặc “” hoặc kết quả có đơn vị mà thiếu đơn vị thì trừ 1/4 số điểm.

6 Nếu giải học sinh giải bằng cách khác nhưng đúng vẫn được nguyên điểm.

7 Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức:

A

với 9

;

4

;

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị của A khi

2

2 12 17 2 12

4







a)

4

1







x

x A

b) A  -1,20711

1,5

0,5

Bài 2: (2,0 điểm) Tính giá trị của các biểu thức sau:

a) 4 30 0 2 30 0 3 02 0

60 cos 30 sin 60 tan

45 cos 30 cot 90 sin 3 3

2







b) 0 2 30 02 0

108 tan

20 cos 40 sin 55 cot

3

1





a) B 0 , 27682 b) C  0 , 22089

1,0

Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = 12cm, Bˆ  46 0 ,Cˆ  30 0

Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác

AB  6 , 18368cm

AC  8 , 89634cm

1,0 1,0

Bài 4: (2,0 điểm) Tìm các số tự nhiên a a a1 ; 2 ; 3 ; thỏa mãn:







3 2

1 24984

55969

a a

a

a 1 = 2; a 2 = 4;

a 3 = 6; a 4 = 8;

a 5 = 10; a 6 = 12.

2,0

Bài 5: (2,0 điểm) Cho bốn số nguyên, nếu cộng 3 trong 4 số đó ta

được các số 2188, 2189, 4061, 4177

Tìm số lớn nhất và số nhỏ nhất trong bốn số đó

Số nhỏ nhất là 28

Số lớn nhất là 2017 1,0

1,0

Bài 6: (2,0 điểm) Tại một siêu thị, một cái tivi có giá gốc là

10900000 đồng Nhân dịp ngày lễ, siêu thị giảm giá hai lần, lần thứ

nhất giảm 1a% so với giá gốc, lần thứ hai giảm 2b% so với giá

khi đã được giảm lần thứ nhất Do đó, giá của tivi lúc này chỉ còn là

6867000 đồng Tìm a, b.

a = 6

b = 5

1,0 1,0

1

Trang 2

Nội dung Điểm

Bài 7: (2,0 điểm) Viết các số chính phương liên tiếp 12, 22, 32, …, 20162 liền nhau ta

được số D = 1491625…4064256

a) Tìm số chữ số của D

b) Tìm số dư trong phép chia D cho 9

Tóm tắt cách giải:

a) Từ 12 đến 32 có 3 số chính phương có 1 chữ số

Từ 42 đến 92 có 6 số chính phương có 2 chữ số

Vậy D có 3.1 + 6.2 + 22.3 + 68.4 + 217.5 + 683.6 + 1017.7 chữ số

Kết quả: D có 12655 chữ số.

b) Số dư trong phép chia D cho 9 là số dư trong phép chia tổng các chữ số của D cho

9,

là số dư trong phép chia tổng S = 12 + 22 + 32 + + 20162 cho 9

Nhóm S thành 224 nhóm, mỗi nhóm có 9 số hạng

S = (12 + 22 + 32 + + 92) + (102 + 112 + 122 + 182) + + (20082 + 20092 + 20102 +

+ 20162)

Số dư trong phép chia mỗi nhóm cho 9 bằng nhau và bằng 6

Vậy số dư trong phép chia S cho 9 là số dư phép chia 224.6 cho 9

Kết quả: Số dư trong phép chia D cho 9 là 3.

1,0

0,5 0,5

Bài 8 : (2,0 điểm)Tìm các chữ số a, b, c để 11a8b1987c chia hết cho 504

Ta có: 504 = 23.32.7 = 8.9.7

Để 11a8b1987c chia hết cho 8 thì ba số tận cùng phải chia hết cho 8 Vì 87c 800  7c

nên để 11a8b1987c chia hết cho 8 thì c = 2

Số cần tìm có dạng 11a8b19872 Muốn 11a8b19872 chia hết cho 9 thì tổng các chữ

số

phải chia hết cho 9, nghĩa là: 1 + 1 + a + 8 + b + 1 + 9 + 8 + 7 + 2 = 36 + (a + b + 1)

chia hết cho 9 Muốn vậy a + b + 1 chia hết cho 9

Vậy a + b + 1 = 9 hoặc a + b + 1 = 18 Do đó a + b = 8 hoặc a + b = 17

Ta lập bảng xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra:

19872 8

11a b cho 504 Kết luận

Kết quả: a,b,c3 , 5 , 2 ; 8 , 9 , 2 .

0,5

0,75

2

Trang 3

Bài 9: (2,0 điểm) Cho hai đa thức:   6 4 7 3 12 2 2





x





x bx x

a) Xác định a, b để P (x)chia hết cho Q (x)

b) Với a tìm được, hãy giải phương trình P(x)  0

a) Ta có:    .6 2 7 6  7 6 2  6 3 7 2 12 14 12 2 14 2









x P

     6 3 7 2 12 14 12 2 14 2 0







x

Q

x













0 2 14 12

0 14 12 7

6

2

2 3

b b

b a

  12 Giải phương trình (2) ta được hai nghiệm b   1 và b  61

Thay b   1 vào (1) ta được a  3

Thay b  61 vào (1) ta được a 736

Kết quả: 







 1 3

b a

;









6 1 6 73

b

a

b) Với a = 3 ta có P(x) = 6x 4 – 7x 3 – 12x 2 + 3x + 2

Giải phương trình: 6x 4 – 7x 3 – 12x 2 + 3x + 2 = 0 ta được:

x1 2 ;x2   1 ;x3  0 , 5 ;x4   0 , 33333

Với a = 736 ta có P(x) = 6x 4 – 7x 3 – 12x 2 + 736 x + 2

Giải phương trình: 6x 4 – 7x 3 – 12x 2 + 736 x + 2 = 0 ta được:

x1  1 , 14550 ;x2   1 , 33333 ;x3   0 , 14550 ;x4  1 , 5

0,75 0,25

0,5

Bài 10: (2,0 điểm) Cho dãy số: U n 1  2 n 1  2n 1, với n là số tự nhiên khác 0.

a) Tính 5 số hạng đầu tiên của dãy

b) Tìm công thức tổng quát tính U n+1 theo U n và U n-1, với n 2

a) Nhập hàm 1  2n 1  2n  1 vào máy và sử dụng lệnh CALC với x là 1, 2, 3, 4, 5

ta được 5 số hạng đầu tiên của dãy

Kết quả: U1  3 ;U2  7 ;U3  15 ;U4  35 ;U5  83

b) Giả sử có U n+1 = a.U n + b.U n-1 + c

Theo câu a, ta có: 















83 15

35

35 7

15

15 3

7

c b

a

c b

a

c b

a

Giải hệ phương trình ta được a = 2, b = 1, c = –2.

Vậy công thức tổng quát: U n+1 = 2U n + U n-1 – 2.

1,0

Bài 11: (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên: (2x y  2) 2  7(x 2y y 2  1)

Kí hiệu: 2x y  22 7x 2y y 2  1 (1) 3

Trang 4

 

Đặt t2x y  2 (ĐK t  Z ) thì phương trình (2) trở thành:

2t2  7t7 2 y2 3y 0 (3)

Nếuy 1, thay vào phương trình (1) ta được:

2x 12 7x 2

11 105 8

4 11 1 0

11 105 8

x











(không thoả mãn vì x  Z)

Nếu y 2 hoặc y 0 thì 2y2 3y y 2y3 0

Từ phương trình (3) suy ra 2t2  7t 0 t t2  70

Suy ra 0 t 3 (do t  Z)

Mặt khác, theo phương trình (3) thì t phải chia hết cho 7 nên t=0

Suy ra y2y3  0 y 0

Thử lại, ta thấy 1

0

x y









 thoả mãn phương trình (1)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là: 1

0

x y











0,5

Bài 12 : (2,0 điểm) Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn: 















1 15 19

6

4 2

2 2

3 3

y xy x

y x y x

 Nếu x 0 thay vào hệ ta được: 







1 15

4 2

2 3

y

y y

(hệ vô nghiệm)  Nếu x 0, đặt y  tx hệ trở thành:  

 































1 6 19 15 4 1 2 1 1 15 19 6

4 2

2 2 3 2 2 2 2 3 3

t t x

t t x x t tx x

tx x x t x

(*) Suy ra 1 2 3 0 ; 15 2 19 6 0









6 19 15

1 2

1

4

2











t t t t

t t

t

(**) Giải phương trình (**) ta được:

62

5 13 15 1





t (loại);

62

5 13 15 2





t (loại);

2

1

3 

t

(thỏa mãn, do x,yQ tQ)

Thay t 21 vào (*) suy ra 2 4 2 1













Kết quả: 





 1 2

y x

; 









 1 2

y x

0,5

0,75 0,25 0,5

Bài 13: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có BAC = 1100, AB = 18,123cm, AC = 21,678cm.

a) Kẻ CH vuông góc với AB Tính CH và diện tích tam giác ABC.

b) Kẻ phân giác trong AD của tam giác ABC (D thuộc BC) Tính DB, DC.

a) Ta có: CH = AC sin CAH = 21,5678 sin 700  20,37066(cm)

184 , 58871

2

1



Kết quả: CH  20,37066cm; S ABC  184 , 58871cm2

0,5 0,5

4

Trang 5

b) Ta có: AH = AC cos 700

Suy ra: BH = AH + AB = AC cos 700 + AB

Tam giác BHC vuông tại H, áp dụng định lí

Pi-ta-go ta có: BC CH2 BH2

2

70 cos 2 70 cos 70

AC

Tam giác ABC có đường phân giác trong AD, áp

dụng tính chất đường phân giác và tính chất dãy

tỉ số bằng nhau, ta có:

DB AB DB DC DB DC BC



Do đó: .  14 , 87450





AC AB

BC AB

Suy ra: DC BC DB 17 , 79227(cm)

Kết quả: DB 14 , 87450cm; DC  17 , 79227cm

1,0

Bài 14 : (2,0 điểm) Qua một điểm nằm trong tam giác ABC kẻ 3 đường thẳng song song

với các cạnh của tam giác Các đường thẳng này chia tam giác thành 6 phần, trong đó có

3 tam giác với các diện tích là S1 = 28,10216cm2, S2 = 31,12017cm2, S3 = 62,11954cm2

Tính diện tích của tam giác ABC.

Ta có:

2 1















BC

NP S

S

ABC

hay BC NP

S

ABC



1

S

S BC

BN BC

DF S

S

ABC ABC



2

;









BC

CP BN NP S

S S S

ABC

Suy ra S ABC  S1  S2  S3

Hay S ABC  S1  S2  S32  28 , 10216  31 , 12017  62 , 119542  351 , 98591(cm2)

Kết quả: S ABC  351 , 98591cm2

0,5

0,5 0,5

Bài 15 : (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD, có AB = 12cm,

5

Trang 6

AB vuông góc với mặt (BCD), BC = 7cm, CD = 9cm,

CBD = 520 Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ

diện ABCD

Tam giác BCD, có: CD2 BC2 BD2  2BC.BDcos 52 0

Hay 2 14 cos 52 0 7 2 9 2 0







BD

Suy ra: 7 cos 52 0 49 cos 2 52 0 32







BD (loại, vì BD < 0)

và 7 cos 52 0 49 cos 2 52 0 32





BD

Diện tích tam giác BCD là: sin 52 0

2

1

BD BC

S BCD 

Thể tích của tứ diện ABCD là:

125 , 99923

3

1



AB BC

S ABC .

2

1

2

1

Mặt khác, ta có: 2 2 193





 BC AB

AC (cm); AD BD2 AB2

Nữa chu vi của tam giác ACD là: pACCD2 AD

Diện tích tam giác ACD là: S ACD  pp ACp CDp AD

Vậy diện tích toàn phần của tứ diện ABCD là:

S tp S BCD S ABC S ABD S ACD 204,54227(cm2)

Kết quả: V  125 , 99923cm3; S tp 204,54227cm2

1,0

6

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	2,34 MB