Đề và Đ/a thi HSG MTBT9 Tỉnh Thừa Thiên Huế 2008 - 2009

- Nếu không nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 10 chữ số... Bài 8: 3 điểm Trong đợt khảo sát chất lượng đầu năm, điểm của ba lớp 9A, 9B, 9Cđược cho trong bảng sau: a Tính điểm trung bìn

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Đề thi chính thức Khối 9 THCS - Năm học 2008-2009

Thời gian làm bài: 150 phút - Ngày thi: 17/12/2008.

Chú ý: - Đề thi gồm 5 trang

- Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này

- Nếu không nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 10 chữ số

Điểm toàn bài thi (Họ, tên và chữ ký)Các giám khảo (Do Chủ tịch Hội đồngSố phách

thi ghi) Bằng số Bằng chữ

GK1 GK2

Bài 1: (5 điểm) Tớnh giỏ trị của biểu thức:

a) A 2001320023200432005320063200732008320093 (Kết quả chớnh xỏc)

b)

3

x tgx gy c y B

x



 

 

biết 2sin 3cos 2, 211

5sin 7 cos 1,946







, với x 169,78.

Bài 2: (5 điểm) Cho đa thức g x( ) 8 x318x2 x 6

a) Tỡm cỏc nghiệm của đa thức ( )g x

b) Tỡm cỏc hệ số , ,a b c của đa thức bậc ba f x( )x3ax2bx c , biết rằng khi chia đa thức ( )f x cho đa thức ( ) g x thỡ được đa thức dư là r x( ) 8 x24x5 c) Tớnh chớnh xỏc giỏ trị của (2008)f .

A =

cosy =

C 

a) Cỏc nghiệm của đa thức ( )g x là:

b/ Tìm các số aabb sao cho aabba1 a1 b1 b1 Nêu quy trình bấm phím để được kết quả

Bµi 4: (5 điểm)

Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho khi lập phương số đó ta được số tự nhiên có 3 chữ số cuối đều là chữ số 7 và 3 chữ số đầu cũng đều là chữ số 7: n 3 777 777 Nêu

sơ lược cách giải

Bµi 5: (5 điểm)

Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất và số tự nhiên M lớn nhất gồm 12 chữ số, biết rằng M và

N chia cho các số 1256; 3568 và 4184 đều cho số dư là 973 Nêu sơ lược cách giải

a/ Tổng các ước dương lẻ của D là:

b/ Các số cần tìm là:

Quy trình bấm phím:

n 

Sơ lược cách giải:

Sơ lược cách giải:

Bµi 6: (4 điểm) Tìm số dư trong phép chia (197334) cho 793 và số dư trong phép chia63

2008

(197334) cho 793

Bài 7: (6 điểm) Cho dãy hai số u và n v có số hạng tổng quát là: n

5 2 3 5 2 3

4 3

n

4 5

n

v     (n N và n 1) Xét dãy số z n 2u n3v n (n N và n 1)

a) Tính các giá trị chính xác của u u u u1, , , ;2 3 4 v v v v 1, , ,2 3 4

b) Lập các công thức truy hồi tính u n2 theo u n1 và u ; tính n v n2 theo v n1 và v n

c) Từ 2 công thức truy hồi trên, viết quy trình bấm phím liên tục để tính u n2,v n2 và 2

n

z  theo u n1,u v n, n1,v n (n 1, 2, 3, ) Ghi lại giá trị chính xác của:

3, , , ,5 8 9 10

z z z z z

b) Công thức truy hồi tính u n2 

Công thức truy hồi tính v n2 

;

Quy trình bấm phím:

Số dư trong phép chia (197334) cho 793 là: 63 r 1

Số dư trong phép chia (197334)2008 cho 793 là: r 2

Bài 8: (3 điểm) Trong đợt khảo sát chất lượng đầu năm, điểm của ba lớp 9A, 9B, 9C

được cho trong bảng sau:

a) Tính điểm trung bình của mỗi lớp Kết quả làm tròn đến chữ số lẻ thứ hai

b) Nếu gọi X số trung bình cộng của một dấu hiệu X gồm các giá trị

1, 2, 3, , k

x x x x có các tần số tương ứng là n n n1, 2, 3, , n , thì số trung bình của k các bình phương các độ lệch của mỗi giá trị của dấu hiệu so với X :

2

x

k

s



  

gọi là phương sai của dấu hiệu X và 2

s  s gọi là độ lệch chuẩn của dấu hiệu

X

Áp dụng: Tính phương sai và độ lệch chuẩn của dấu hiệu điểm của mỗi lớp 9A,

9B, 9C Kết quả làm tròn đến chữ số lẻ thứ hai

Bài 9: (5 điểm) Lãi suất của tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua

liên tục thay đổi Bạn Châu gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng lên 1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và bạn Châu tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi suất giảm xuống còn 0,9% tháng, bạn Châu tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa, khi rút tiền bạn Châu được cả vốn lẫn lãi là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn) Hỏi bạn Châu đã gửi tiền tiết kiệm trong bao nhiêu tháng ? Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải

Số tháng gửi là:

Quy trình bấm phím:

a) Điểm trung bình của lớp 9A, 9B, 9C:

A

X  ; X  ; B X  C

b) Phương sai và độ lệch chuẩn của lớp 9A: 2

a

s  ; s  a

Phương sai và độ lệch chuẩn của lớp 9B: s  ; b2 s  b

Phương sai và độ lệch chuẩn của lớp 9A: 2

c

s  ; s  c

Bài 10: (7 điểm) Cho 3 đường thẳng ( ); ( ); ( )d1 d2 d lần lượt là đồ thị của các hàm số3

2

3

y x y x và y2x3 Hai đường thẳng ( )d và 1 ( )d cắt nhau tại A; hai2

đường thẳng ( )d và 2 ( )d cắt nhau tại B; hai đường thẳng 3 ( )d và 3 ( )d cắt nhau tại C.1

a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C (viết dưới dạng phân số)

b) Tính gần đúng hệ số góc của đường thẳng chứa tia phân giác trong góc A của tam giác ABC và tọa độ giao điểm D của tia phân giác trong góc A với cạnh BC

c) Tính gần đúng diện tích phần hình phẳng giữa đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC Kết quả làm tròn đến 2 chữ số lẻ thập phân

(Cho biết công thức tính diện tích tam giác: ( )( )( ) ,

4

abc

S p p a p b p c S

R

c là ba cạnh ; p là nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác; đơn vị

độ dài trên mỗi trục tọa độ là cm)

Hết

a) Tọa độ các điểm A, B, C là:

b) Hệ số góc của đường thẳng chứa tia phân giác trong góc A là:

a 

Tọa độ giao điểm D:

c) Diện tích phần hình phẳng giữa đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam

giác ABC là:

S 

C 

2

5

Theo giả thiết ta có: f x( )q g x ( ) 8 x24x5, suy ra:

a b c







Giải hệ phương trình ta được: 23; 33; 23

a b c Cách giải: Nhập biểu thức 3 23 2 33 23

X  X  X  , bấm phím CALC và nhập số 2008 = ta được số hiện ra trên màn hình:

8119577169 Ấn phím  nhập 8119577169 = được 0.25

Suy ra giá trị chính xác: (2008) 8119577168.75f 

1,5

1,0

1,5

3

a) 8863701824=2 101 11716  2

Tổng các ước lẻ của D là:

1 101 1171 1171   101 1171 1171 139986126

1,0 1,0

5

b) Số cần tìm là: 3388

Cách giải:

aabb a a b b  a b a b

a1 a1 b 1 b1 112a1 b1

Do đó:

 1  1  1  1 100 11 1  1

aabb a a b b  a b  a b

Nếu a 0 10b11, điều này không xảy ra

Tương tự, nếu b 1 100a 1 0, điều này không xảy ra

Quy trình bấm máy:

100 ALPHA A + ALPHA X  11 ( ALPHA A + 1 )

( ALPHA X  1 ) ALPHA = 0

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 1 = Nhập tiếp giá trị đầu cho

X là 2 = cho kết quả X là số lẻ thập phân

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 2 = Nhập tiếp giá trị đầu cho

X là 2 = cho kết quả X là số lẻ thập phân

SHIFT SOLVE Nhập giá trị A là 3 = Nhập tiếp giá trị đầu cho

X là 2 = cho kết quả X = 8;

tiếp tục quy trình cho đến khi A = 9

Ta chỉ tìm được số: 3388

1,0 1,0

2,0

1,0

Hàng đơn vị chỉ có 33 27 có chữ số cuối là 7 Với cac số a33

chỉ có 53314877 có 2 chữ số cuối đều là 7

Với các chữ số a533 chỉ có 7533 có 3 chữ số cuối đều là 7

Ta có: 3 777000 91.xxxx ; 37770000 198. xxxx ,

3 777 10 5 426,xxx ;

3 777 10 6 919,xxx ; 777 103  7 1980,xxx ;

3 777 10 8 4267,xxx ;

Như vậy, để các số lập phương của nó có 3 số đuôi là chữ số 7

phải bắt đầu bởi các số: 91; 198; 426; 91x; 198x; 426x; (x = 0,

1, 2, , 9)

Thử các số:

91753 77243 ; 198753 785129 ; 426753 77719455

Vậy số cần tìm là:

n = 426753 và 4267533 77719455348459777

1,5

1,5

2,0

5

5

Gọi x là số khi chia cho các số 1256; 3568 và 4184 đều có số dư

là 973 Khi đó,

1256 973 3568 973 4184 973

973 1256 3568 4184 ( , , )

Do đó, x  973 là bội số chung của 1256; 3568 và 4184

Suy ra: x 973mBCNN(1256,3568, 4184) 292972084 m

Dùng máy Vinacal Vn-500MS để tìm BCNN của 3 số đó:

SHIFT LCM( 1256 , 3568 , 4184 ) SHIFT STO A

Theo giả thiết:

11

11

10 973 999999999999 973

x kA

k

341k 3413

Vậy: N 342A973 100196441389 và

M 3413A973 999913600797

1,0 1,0

1,0 2,0

5

6 197334 SHIFT STO A

SHIFT MOd( ALPHA A , 793 ) = cho kết quả: 670

SHIFT MOd( ALPHA A x2 , 793 ) = cho kết quả: 62

SHIFT MOd( ALPHA A ^ 3 , 793 ) = cho kết quả: 304

5

A6033 133 1 (mod 793); A20 A102 5502 367 (mod 793)

8 2 624 367 (mod 793)

Suy ra: A2008  1 3672 672(mod 793) Đáp số: 672

2,0

7

u  u  u  u 

v  v  v  v  .

Công thức truy hồi của un+2 có dạng: u n2 au n1bu n2 Ta có

hệ phương trình:



Do đó: u n2 10u n113u n

Tương tự: v n2 14v n1 29v n

Quy trình bấm phím:

1 SHIFT STO A 10 SHIFT STO B 1SHIFT STO C 14

SHIFT STO D 2SHIFT STO X (Biến đếm)

ALPHA X ALPHA = ALPHA X + 1 ALPHA : ALPHA

E ALPHA = 10 ALPHA B  13 ALPHA A ALPHA :

ALPHA A ALPHA = ALPHA B ALPHA : ALPHA B

ALPHA = ALPHA E ALPHA : ALPHA F ALPHA = 14

ALPHA D  29 ALPHA C ALPHA : ALPHA C ALPHA

= ALPHA D ALPHA : ALPHA D ALPHA = ALPHA F

ALPHA : ALPHA Y ALPHA = 2 ALPHA E + 3 ALPHA

F = = = (giá trị của E ứng với un+2, của F ứng với vn+2,

của Y ứng với zn+2) Ghi lại các giá trị như sau:

675, 79153, =108234392,

z 1218810909, z 13788770710

1,0

1,0 1,0

1,0 2,0

5

8

Điểm trung bình của lớp 9A là: X  A 7,12; Phương sai:

2

5,58;

A

s  và độ lệch chuẩn là: s  A 2,36.

Điểm trung bình của lớp 9B là: X  B 7,38; Phương sai:

2 4,32;

B

s  và độ lệch chuẩn là: s  B 2,07.

Điểm trung bình của lớp 9C là: X  C 7,39; Phương sai:

2 4,58;

C

s  và độ lệch chuẩn là: s  C 2,14.

1,0 1,0 1,0

3

9 Gọi a là số tháng gửi với lãi suất 0,7% tháng, x là số tháng gửi

với lãi suất 0,9% tháng, thì số tháng gửi tiết kiệm là: a + 6 + x

Khi đó, số tiền gửi cả vốn lẫn lãi là:

6

5000000 1.007a 1.0115 1.009x 5747478.359

Quy trình bấm phím:

2,0 2,0

5

ALPHA X  5747478.359 ALPHA = 0

SHIFT SOLVE Nhập giá trị của A là 1 = Nhập giá trị đầu cho

X là 1 = SHIFT SOLVE Cho kết quả X là số không nguyên

Lặp lại quy trình với A nhập vào lần lượt là 2, 3, 4, 5, đến khi

nhận được giá trị nguyên của X = 4 khi A = 5

Vậy số tháng bạn Châu gửi tiết kiệm là: 5 + 6 + 4 = 15 tháng

1,0

10

a)

 3; 4 , 15; 3 ; 2 19;

A   B   C 

b)  tan 3 tan1 1 2

3

  Góc giữa tia phân giác At và Ox là:



A

     Suy ra: Hệ số góc của At là:

tan tan 3 tan

a      

 

Bấm máy:

tan ( 0.5 ( SHIFT tan-1 3 + SHIFT tan-1 ( 2 ab/c 3

) ) ) SHIFT STO A cho kết quả:

1.309250386

a 

+ Đường thẳng chứa tia phân giác At là đồ thị của hàm số:

y ax b  , At đi qua điểm ( 3; 4)A   nên b3a 4

+ Tọa độ giao điểm D của At và BC là nghiệm của hệ phương

x y

ax y a





 Giải hệ pt bằng cách bấm máy nhưng

nhập hệ số a2 dùng ALPHA A và nhập hệ số c2 dùng () 3

ALPHA A + 4, ta được kết quả:

(0,928382105; 1,143235789)D

1,5

1,0

1,5

7

c)

AB      

Tính và gán cho biến A

BC       

Tính và gán cho biến B

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

4

abc R S

ALPHA A ALPHA B ALPHA C  4  ALPHA E

SHIFT STO F

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC: r S

p

 Diện tích phần hình phẳng giữa đường tròn nội tiếp và đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

S R r  R  r

SHIFT  ( ALPHA E x2  ( ALPHA E  ALPHA D )

x2 = Cho kết quả S 46, 44 (cm2)

1,0