Đề thi giải Toán bằng MTBT tỉnh TTH 2009

- Nếu không nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 4 chữ số lẻ thập phõn... Biết rằng, nếu chảy một mình vào bể chưa có nước thì vòi thứ hai chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ nhất 30 phút; vòi t

Thừa Thiên Huế Giải toán trên máy tính cầm tay

Đề thi chính thức Khối 9 THCS - Năm học 2009-2010

Thời gian l m b i: àm bài: àm bài: 150 phút - Ngày thi: 20/12/2009.

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 4 chữ số lẻ thập phõn

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)

3 2

5 4

6 5

18, 47 2,85

6,78 5,88

7,98

A







5 6 7 7 11 15 3 7 2 11

c)

(1 sin ) (1 cos ) (1 2cos )

(1 cos ) (1 cot ) (1 3sin )

C



biết cosx0,9534; sin y0,7685;tgz0,7111

Bài 2: (5 điểm) Cho đa thức P x( )x5ax4bx3cx2dx e cú giỏ trị là:

14; 9; 0; 13; 30  khi x lần lượt nhận giỏc trị là 1; 2; 3; 4; 5

a) Tỡm biểu thức hàm của đa thức ( )P x

b) Tớnh giỏ trị chớnh xỏc của P(17), P(25), P(59), P(157)

b)

MTCT9 - Trang 1

A 

C 

a) ( )P x 

Nờu sơ lược cỏch giải:

B 

chữ số của Q chia hết cho 5 Nêu sơ lược qui trình bấm phím.

Bµi 4: (5 điểm)

Ba vòi nước cùng chảy vào một bể ban đầu chưa có nước sau 315

193 giờ thì đầy bể Biết rằng, nếu chảy một mình vào bể chưa có nước thì vòi thứ hai chảy đầy bể chậm hơn vòi thứ nhất 30 phút; vòi thứ ba chảy chậm hơn vòi thứ hai 15 phút Tính thời gian chảy một mình để đầy bể của mỗi vòi nước

Bµi 5: (5 điểm) Cho các đa thức:

P x  x  x  x  x  x và Q x( ) 12 x211x 36

a) Phân tích các đa thức P(x) và Q(x) thành nhân tử

b) Tìm các nghiệm chính xác hoặc gần đúng của phương trình: P x( )Q x x( ) 23

MTCT9 - Trang 2

a)

b/ Các số cần tìm là:

Quy trình bấm phím:

n 

Sơ lược cách giải:

a) ( )P x 

( )Q x 

b) Các nghiệm của phương trình P x( )Q x x( ) 23 là:

Bµi 6: (4 điểm) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm của số tự nhiên:

2010

9

2

A 

Bài 7: (5 điểm) Cho dãy hai số u xác định bởi: n

2 1

2

2

n n

u

u







a) Tính các giá trị chính xác của u u u u u u u u Viết qui trình bấm phím.3, 4, 15, 16, 17, 18, 19, 20 b) Lập công thức truy hồi tính u n2 theo một biểu thức bậc nhất đối với u n1 và u Chứng n

minh

MTCT9 - Trang 3

u17  ;u18 ;u19 ;u20

Quy trình bấm phím:

Ba chữ số cuối của A là:

Sơ lược cách giải:

C D

E

S

O

Bài 9: (5 điểm) Bác An gửi tiết kiệm số tiền ban đầu là 20 triệu đồng theo kỳ hạn 3 tháng

với lãi suất 0,72%/tháng Sau một năm, bác An rút cả vốn lẫn lãi và gửi lại theo kỳ hạn 6 tháng với lãi suất 0,78%/tháng Gửi đúng một số kỳ hạn 6 tháng và thêm một số tháng nữa thì bác An phải rút tiền trước kỳ hạn để sửa chữa nhà được số tiền là 29451583,0849007 đồng (chưa làm tròn) Hỏi bác An gửi bao nhiêu kỳ hạn 6 tháng, bao nhiêu tháng chưa tới kỳ hạn và lãi suất không kỳ hạn mỗi tháng là bao nhiêu tại thời điểm rút tiền ? Biết rằng gửi tiết kiệm có kỳ hạn thì cuối kỳ hạn mới tính lãi và gộp vào vốn để tính kỳ hạn sau, còn nếu rút tiền trước kỳ hạn, thì lãi suất tính từng tháng và gộp vào vốn để tính tháng sau Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính để giải

Bài 10: (6 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm:

 4; 2 ,  1;3 ; 6;1 ,  3; 2

a) Tứ giác ABCD là hình gì ? Tính chu vi, diện tích và chiều cao của tứ giác ABCD b) Tính gần đúng hệ số góc của đường thẳng chứa tia phân giác trong góc A của tam giác CAD và tọa độ giao điểm E của tia phân giác trong góc A với cạnh CD

c) Tính gần đúng diện tích tam giác ADE

MTCT9 - Trang 4

Số kỳ hạn 6 tháng là: Số tháng gửi chưa tới kỳ han 6 tháng là:

Lãi suất tháng gửi không kỳ hạn tại thời điểm rút tiền là:

Sơ lược cách giải:

a) Diện tích đáy của hình chóp đều S.ABCDE: S ABCDE 

b) Diện tích xung quanh của hình chóp đều S.ABCDE: S  xq

Thể tích của hình chóp đều S.ABCDE: V 

MTCT9 - Trang 5

a) Tứ giác ABCD là:

Chu vi của tứ giác ABCD là: CV 

+ Diện tích của tứ giác ABCD là: S 

+ Chiều cao của ABCD là: h 

b) Hệ số góc của tia phân giác AE là: a 

+ Tọa độ điểm E là: E( ; )

c) Diện tích tam giác ADE là:

ADE

1,1771

2

a) Đa thức ( )P x có thể viết dưới dạng:

( ) ( 1)( 2)( 3)( 4)( 5) ( 3)

Với giá trị a và b vừa tìm, thử lại (4) 13; (5) 30P  P  đúng giả thiết bài

toán cho

Vậy: P x( ) ( x1)(x 2)(x 3)(x 4)(x 5) ( x 3) 2 x5

b) P(17) = 524706; P(25) = 5101690; P(59) = 549860808;

P(157)  8,6598881451010  P(157) = 86598881446

5

3

5

b) c9; d8

Cách giải:

1,0 2,0

4

Gọi x (giờ) là thời gian chảy một mình để đầy bể Điều kiện: 315

193

x 

Khi đó, thời gian chảy một mình để đầy bể của vòi thứ hai và vòi thứ ba

lần lượt là: 1; 1 1 3

x x   x (giờ)

Ta có phương trình:

0

Dùng chức năng SOLVE để giải phương trình, với giá trị đầu 2, 3, 4, ,

10, , ta chỉ tìm được một nghiệm x 4,5 giờ hay x 4 giờ 30 phút

Vậy: Thời gian chảy một mình để đầy bể của vòi thứ nhất, vòi thứ hai và

vòi thứ ba lần lượt là: 4 giờ 30 phút; 5 giờ và 5 giờ 15 phút

1,5

1,5

2,0

5

5 a) P x( ) (5 x 2)(3x4)(4x 9) 2 x2 x 1

( ) (3Q x  x4)(4x 9)

b)

(3x 4)(4x 9) 10x 3x 5 0

Phương trình có ba nghiệm:

2,0 1,0

1,0 1,0

5

MTCT9 - Trang 6

1 ; 2 ; 3 0, 6689

6

2 2 512 mod 1000

 

2 2 2 512 512 512 352 (mod 1000)

 

3 2 2 9

2 2  2 352 912 (mod 1000)

 

4 3 3 9

2 2  2 912 952 (mod 1000)

2  2 952 312 (mod 1000); 2  2 312 552 (mod 1000);

2  2 312 552 (mod 1000); 2  2 552 712 (mod 1000);

2  2 712 152 (mod 1000); 2  2 152 112 (mod 1000);

2  2 152 112 (mod 1000); 2  2 112 752 (mod 1000);

 

11 10 9

2  2 752 512 (mod 1000);

Do đó chu kỳ lặp lại là 10, nên

Vậy: A 29 2010 có ba chứ số cuối là: 752

2,0

2,0

4

7 u1 u2 1,u3 3,u4 11

15 21489003; 16 80198051; 17 299303201; 18 1117014753

19 4168755811; 20 15558008491

Quy trình bấm phím:

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

trình:

3



Do đó: u n2 4u n1 u n (1)

Chứng minh:

Ta có công thức đúng với n = 3 và n = 4

Giả sử (1) đúng với n = k (k = 5, 6, 7, ): u k 4u k1 u k2

Ta chứng minh: (1) đúng với n = k + 1, tức là chứng minh:

2

1

2

k

u

u





4u k u k 2 4 4u k u k u k u k

2,0

2,0

1,0

5

MTCT9 - Trang 7

0

4 cot 36

2 tan 36 tan 36

a

sin 36 sin 36

AI

+ Diện tích đáy ABCDE:

0

ABCDE

2

110,1106 dm



b) Trung đoạn của hình chóp đều S.ABCDE là:

2

4

a

Suy ra, diện tích xung quanh của hình chóp đều S.ABCD là:

 2

5

160 2 226, 2742 2

xq

ad

Chiều cao hình chóp đều là: h l2 OA2 9,8837828927dm

Do đó, thể tích khối chóp ngũ giác đều S.ABCDE là:

3

1

362,7696

3 ABCDE

1,0

1,0

3

9

Số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi sau 4 kỳ hạn 3 tháng và sau 1; 2; 3 ; 4; 5;

6; 7 kỳ hạn 6 tháng lần lượt là:

20000000 1 0,72 3 100   1 0,78 6 100   A Dùng phím CALC lần

lượt nhập giá tri của A là 1; 2; 3; 4; 5; 6 ta được: 22804326,3 đồng;

232871568,78 đồng; 24988758,19 đồng; 26158232,06 đồng;

27382437,34 đồng ; 28663935,38 đồng; 30005407,56 đồng

Ta có: 28663935,38 < 29451583,0849007< 30005407,56,

Nên số kỳ hạn gửi sáu tháng đủ là: 6 kỳ hạn

Giải phương trình sau, bằng dùng chức năng SOLVE và nhập cho A lần

lượt là 1 ; 2; 3 ; 4; 5, nhập giá trị đầu cho X là 0,6 (vì lãi suất không kỳ hạn

bao giờ cũng thấp hơn có kỳ hạn)

20000000 1 0,72 3 100   1 0,78 6 100   1X100 A

29451583.0849007 0

X = 0,68% khi A = 4

Vậy số kỳ hạn 6 tháng bác An gửi tiết kiệm là: 6 kỳ hạn ; số tháng gửi

không kỳ hạn là: 4 tháng và lãi suất tháng gửi không kỳ hạn là 0,68%

2,0 2,0

1,0

5

MTCT9 - Trang 8

a) A 4; 2 , B 1;3 ; C6;1 , D 3; 2  

Tứ giác ABCD là hình thang, vì AB và CD cùng có hệ số góc 1

3

a  , nên

AB//CD

Theo định li Pytago, ta có: AB 10 ; BC 53 ;CD3 10 ; AD 17

Chu vi của hình thang ABCD là:

10 53 3 10 17 24,0523

Diện tích hình thang là:

1

2

Chiều cao của hình thang là h:

4,111

S

AB CD

 b) Hệ số góc của AD là a  (góc tạo bởi DA và trục Ox là góc tù.1 4

Hệ số góc của AC là 2 1

10

a  (góc tạo bởi CA và trục Ox là góc tù

Góc giữa tia phân giác At và Ox là góc bù với góc:

A

Suy ra: Hệ số góc của At là:

1 tan tan 4 tan 0,1 0,8643097246

2

Bấm máy: (-) 1 tan ( 0.5 ( SHIFT tan-1 4 + SHIFT tan-1 (

0.1 ) ) ) SHIFT STO A cho kết quả:

0,8643097246

a 

+ Đường thẳng chứa tia phân giác At là đồ thị của hàm số: y ax b  , At

đi qua điểm ( 4; 2)A  nên b 2 4a1, 457238899

Đường thẳng CD có phương trình: 1 1

3

y x + Tọa độ giao điểm E của At và CD là nghiệm của hệ phương trình:

2 4





  

 Giải hệ pt bằng cách bấm máy nhưng nhập hệ số a2

1,0

1,0

1,0

1,0

MTCT9 - Trang 9

5, 6728

DAE

MTCT9 - Trang 10