Đề tham khảo thi giải toán trên máy tính cầm tay - Trường THCS Long Mỹ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề tham khảo thi giải toán trên máy tính cầm tay - Trường THCS Long Mỹ (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS LONG MỸ ĐỀ THAM KHẢO THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY Bài 1. (3,0 điểm) Tính giá trị của các biểu thức (lấy 9 số sau dấu phẩy “,”): 12, 35 tan 2 30 0 25 '.sin 2 23030 ' + Ta có A 3, 06 3.cot 3 15 0 45 '.cos 2 35 0 20 ' 3 1 2 5 2 2010 1,47 2011 :3 3 7 C 2 3 2 6,45 12 8 Bài 2. (3,0 điểm) 1. Phân tích số 21498750 ra thừa số nguyên tố. Số 21498750 có bao nhiêu ước là số tự nhiên? 2. Tính số đo các góc của tam giác ABC biết rằng 10µA 15Bµ 6Cµ Bài 3. (3,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (x ; y) sao cho hiệu bình phương của chúng bằng 1989. x2 2y 5 2. Tìm nghiệm của hệ phương trình 2 y 2x 5 Bài 4. (3,0 điểm) Cho biết đa thức 푃( ) = 4 + 3−55 2 +푛 −156 chia hết cho (x - 2) và chia hết cho (x - 3). Hãy tìm giá trị của m, n và các nghiệm của đa thức P(x). Bài 5. (3,0 điểm) 1. Tìm thương và số dư trong phép chia: 22519752251975 cho 2252022 2. Cho a = 11994; b = 153923; c = 129935. Tìm ƯCLN(a, b, c), BCNN(a, b,c). Bài 6. (2,0 điểm) Cho phương trình: x4 x3 3x2 7x 6 0 (*) Tìm nghiệm nguyên của phương trình (*) Bài 7. (3,0 điểm) Tính diện tích một tam giác vuông có chu vi bằng 72cm, hiệu giữa đường trung tuyến và đường cao ứng với cạnh huyền bằng 7cm. - Hết-
2. 2 HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1. (3 điểm) Tính giá trị của các biểu thức (lấy 9 số sau dấu phẩy “,”): 12, 35 tan 2 30 0 25 '.sin 2 23030 ' + Ta có A 3, 06 3.cot 3 15 0 45 '.cos 2 35 0 20 ' 2 3 tan 30025'.sin 23030' tan15045' Suy ra A 12,35 0 ' nhập vào màn hình. Bấm cos35 20 3,06 “=” ta được 3 KẾT QUẢ 1 2 5 2 2010 1,47 2011 :3 3 7 A 0,000226562 (1,5đ) C 2 3 C 6314,92850 (1,5đ) 2 6,45 12 8 3 2 ( ( ( ) 2 ab/c 1 ab/c 3 + 2010 ) shift x + ( 1,47 x – 2011 ) : 3 a b/c 5 a b/c 7 ) : ( ( 2 a b/c 3 ab/c 8 + : : 2 6,45 ) x – 12 = Bài 2. (3 điểm) 3. Phân tích số 21498750 ra thừa số nguyên tố. Số 21498750 có bao nhiêu ước là số tự nhiên? 4. Tính số đo các góc của tam giác ABC biết rằng 10µA 15Bµ 6Cµ Cách giải Kết quả 1. Bấm máy ta được: 21498750 = 2.33.54.72.13 (0,5đ) 1. Số 21498750 có (1+1).(3+1).(4+1).(2+1).(1+1) = 240 ước là số tự 21498750 = 3 4 2 nhiên. (1đ) 2.3 .5 .7 .13 Số 21498750 µ µ µ 0 2. Cách 1: A B C 180 có 240 ước. 10µA 15Bµ 6Cµ µA Bµ Cµ 2. Do 10µA 15Bµ 6Cµ nên hay (0,5đ) 30 30 30 3 2 5 µA 540 ; Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có Bµ 360 ; µA Bµ Cµ µA Bµ Cµ 1800 180 (0,5đ) Cµ 900 3 2 5 3 2 5 10 Do đó: µA 540 ; Bµ 360 ;Cµ 900 (0,5đ) Cách 2: 10µA 15Bµ 6Cµ và µA Bµ Cµ 1800
3. 3 10x 15y 0z 0 x 54 0x 15y 6z 0 y 36 Vậy, µA 540 ; Bµ 360 ;Cµ 900 x y z 180 z 90 Bài 3. (3 điểm) 3. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (x ; y) sao cho hiệu bình phương của chúng bằng 1989. x2 2y 5 4. Tìm nghiệm của hệ phương trình 2 y 2x 5 Cách giải Kết quả 1. Phương trình x2 y2 1989 (x y)(x y) 1989 1. Viết 1989 dưới dạng tích 1989 m.n (m n) (995;994) x y m (333;330) Ta được hệ phương trình: (115;106) x y n (83;70) m n m n x ; y (0,5đ) 2 2 (67;50) 1989 32.13.17 1.1989 3.663 9.221 13.153 17.117 39.51 (45;6) Tính trên máy tính ta có kết quả: 1989 9952 9942 3332 3302 1152 1062 (1đ) 832 702 672 502 452 62 2 x 2 y 5 (1) 2. 2. 2 y 2 x 5 ( 2 ) Hệ Trừ phương trình (1) cho phương trình (2) ta được: phương (x y)(x y 2) 0 trình có 4 (0,5đ) x y hay y 2 x nghiệm + Thay y x vào phương trình (1) ta được: x2 2x 5 0 Giải bằng máy tính ta được: x1 y1 1 6 3,449489743; x2 y2 1 6 1,449489743 + Thay y 2 x vào phương trình (1) ta được: x2 2x 1 0 x3 1 2 0,4142135624, y3 1 2 2,414213562 x4 1 2 2,414213562, y4 1 2 0,4142135624 Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm. (1đ)
4. 4 Bài 4. (3 điểm) Cho biết đa thức 푃( ) = 4 + 3−55 2 +푛 −156 chia hết cho (x - 2) và chia hết cho (x - 3). Hãy tìm giá trị của m, n và các nghiệm của đa thức P(x). Cách giải Kết quả + P(x) chia hết cho (x – 2) và chia hết cho (x – 3) khi m = 2 và n = 172 P(2) = 0 và P(3) = 0. x 2; x 3; (1đ) 1 2 + Theo giả thuyết, ta có: 7 3 17 x ; 푃(2) = 16 + 8 −220 + 2푛−156 = 0 3 2 푃(3) = 81 + 27 −495 + 3푛−156 = 0 8 + 2푛 = 360 Hay 27 + 3푛 = 570 7 3 17 x4 + Giải ra ta được m = 2 và n = 172 2 (1đ) Ta có đa thức 푃( ) = 4 +2 3−55 2 +172 −156 P(x) chia hết cho (x – 2)(x – 3) hay P(x) chia hết cho 2−5 + 6. Thực hiện phép chia, ta có: 푃( ) = ( −2)( −3)( 2 + 7 −26) Dùng máy tính ta tìm được bốn nghiệm: 7 3 17 7 3 17 x1 2; x2 3; x3 ; x4 2 2 (1đ) ài 5. (3 điểm) 3. Tìm thương và số dư trong phép chia: 22519752251975 cho 2252022 4. Cho a = 11994; b = 153923; c = 129935. Tìm ƯCLN(a, b, c), BCNN(a, b,c) Cách giải Kết quả 1. Thực hiện trên máy tính Casio 570 VN PLUS Q = 9999792 22519752251975 SH IFT STO A 2252022 (0,5đ) SHIFT STO B R = 672551 ALPHA A ALPHA  :R ALPHA B ALPHA (Int) Ans 9999792 (1đ) Vậy thương của phép chia là 9999792 và dư là: ALPHA A ALPHA B Ans R = 672551 2. ƯCLN(a, b, c) = 1999 (0,5đ)
5. 5 BCNN(a, b, c) = 60029970 (1đ) Bài 6. (2 điểm) Cho phương trình: x4 x3 3x2 7x 6 0 (*) Tìm nghiệm nguyên của phương trình (*) Cách giải Kết quả Giải trên máy tính Casio 580 VN X ta được 4 nghiệm: x1 1; x2 3 x 1; x 3; 1 2 Giải ra được đúng 1 7i 1 7i 4 nghiệm đạt (1đ) x ; x 3 2 4 2 Kết luận (1đ) Phương trình (*) có hai nghiệm nguyên: x1 1; x2 3 Bài 7. (3 điểm) Tính diện tích một tam giác vuông có chu vi bằng 72cm, hiệu giữa đường trung tuyến và đường cao ứng với cạnh huyền bằng 7cm. Cách giải Kết quả Đặt AM = x, ta có BC = 2x, AH = x -7 1 A S .32.9 144(cm2 ) ABC 2 x B H M C Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: AB2 AC 2 BC 2 4x2 (1) AB.AC AH.BC 2x(x 7) (2) (1đ) Từ (1) và (2) suy ra: AB2 AC 2 2AB.AC 4x2 4x(x 7) (AB AC)2 8x2 28x (72 2x)2 8x2 28x (Do AB AC 72 BC) x2 65x 1296 0 Bấm máy ta được nghiệm dương là x = 16 (1đ) Từ đó BC = 32cm, AH = 9cm 1 Vậy S .32.9 144(cm2 ) (1đ) ABC 2 Ghi chú: HS có cách giải khác nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa.