Đáp án Đề thi học sinh giỏi THCS giải toán trên máy tính cầm tay môn Toán năm 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Triệu Sơn

Chia sẻ: Lê Bật Thành Công | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

140
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu đáp án Đề thi học sinh giỏi THCS giải toán trên máy tính cầm tay môn Toán năm 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Triệu Sơn. Hi vọng với đáp án giải chi tiết này các em học sinh sẽ có thêm nguồn tư liệu để tham khảo, biết cách vận dụng các phương pháp giải vào quá trình học tập của mình.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án Đề thi học sinh giỏi THCS giải toán trên máy tính cầm tay môn Toán năm 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Triệu Sơn

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI THCS TRIỆU SƠN GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2016 – 2017 Ngày thi: 28/10/2016 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án có: 06 trang) 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 s ố cuối hoặc thi ếu 1 ch ữ s ố cu ối ho ặc th ừa 1 ch ữ s ố cu ối ở ph ần th ập phân thì mỗi trường hợp trừ 1/4 số điểm. . 4. Nếu kết quả sai hai chữ số cuối hoặc thiếu 2 ch ữ s ố cu ối ho ặc th ừa 2 ch ữ s ố cu ối ở ph ần th ập 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. Điể Đề bài Kết quả m Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: � x+2 x +3 x + 2 �� x � x 1 1,5 A = � − − : 2− �� với x 0; x 4; x 9 . a) A �x − 5 x + 6 2 − x x − 3 �� x + 1� x 4 a) Rút gọn biểu thức A. 4 17 12 2 4 17 12 2 b) A 1,20711 0,5 b) Tính giá trị của A khi x . 2 Bài 2: (2,0 điểm) Tính giá trị của các biểu thức sau: 2 3 3 sin 3 90 0 cot 3 30 0 cos 2 45 0 a) B 0,27682 1,0 a) B . tan 4 60 0 sin 2 30 0 cos 3 60 0 b) C 0,22089 1 sin 2 40 0 cos 2 20 0 1,0 b) C cot 55 0 . 3 tan 3 108 0 Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = 12cm, Bˆ 460 , Cˆ 300 AB 6,18368 cm 1,0 . AC 8,89634 cm 1,0 Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác. Bài 4: (2,0 điểm) Tìm các số tự nhiên a1 ; a2 ; a3 ;... thỏa mãn: a1 = 2; a2 = 4; 55969 1 a3 = 6; a4 = 8; 2,0 a1 24984 1 . a5 = 10; a6 = 12. a2 a3  Bài 5: (2,0 điểm) Cho bốn số nguyên, nếu cộng 3 trong 4 số đó ta được các số 2188, 2189, 4061, 4177. Số nhỏ nhất là 28 1,0 Tìm số lớn nhất và số nhỏ nhất trong bốn số đó. Số lớn nhất là 1,0 2017
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 a = 6 1,0 thứ nhất giảm 1a % so với giá gốc, lần thứ hai giảm 2b % so với b = 5 1,0 giá khi đã được giảm lần thứ nhất. Do đó, giá của tivi lúc này chỉ còn là 6867000 đồng. Tìm a, b. 1 Nội dung Điể m 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 1 đến 3 có 3 số chính phương có 1 chữ số. 2 2 Từ 42 đến 92 có 6 số chính phương có 2 chữ số. Từ 102 đến 312 có 22 số chính phương có 3 chữ số. Từ 322 đến 992 có 68 số chính phương có 4 chữ số. Từ 1002 đến 3162 có 217 số chính phương có 5 chữ số. Từ 3172 đến 9992 có 683 số chính phương có 6 chữ số. Từ 10002 đến 20162 có 1017 số chính phương có 7 chữ số. 1,0 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. 0,5 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. 0,5 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. Bài 8 : (2,0 điểm) Tìm các chữ số a, b, c để 11a8b1987c chia hết cho 504. Tóm tắt cách giải: 3 2 Ta có: 504 = 2 .3 .7 = 8.9.7 Để 11a8b1987c chia hết cho 8 thì ba số tận cùng phải chia hết cho 8. Vì 87c 800 7c 0,5 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) 0,75 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: Số dư của phép chia a b 11a8b19872 Kết luận 11a8b19872 cho 504 0 8 1108819872 216 Không thỏa mãn 0,75 1 7 1118719872 144 Không thỏa mãn 2 6 1128619872 72 Không thỏa mãn 3 5 1138519872 0 Thỏa mãn 8 0 1188019872 144 Không thỏa mãn 8 9 1188919872 0 Thỏa mãn 9 8 1198819872 432 Không thỏa mãn 2 Kết quả: a, b, c 3,5,2 ; 8,9,2 . Bài 9: (2,0 điểm) Cho hai đa thức: P x 6 x 4 7 x 3 12 x 2 ax 2 và Q x x 2 bx 2 . 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 . Tóm tắt cách giải: 2 a) Ta có: P x Q x . 6 x 7 6b x 7b 6b 2 a 6b 3 7b 2 12b 14 x 12b 2 14b 2 P x Q x a 6b 3 7b 2 12b 14 x 12b 2 14b 2 0 với x a 6b 3 7b 2 12b 14 0 1 12b 2 14b 2 0 2 1 Giải phương trình (2) ta được hai nghiệm b 1 và b . 6 0,75 Thay b 1 vào (1) ta được a 3 . 1 73 Thay b vào (1) ta được a . 6 6 0,25 73 a a 3 6 Kết quả: ; . b 1 1 b 6 b) Với a = 3 ta có P(x) = 6x4 – 7x3 – 12x2 + 3x + 2 Giải phương trình: 6x4 – 7x3 – 12x2 + 3x + 2 = 0 ta được: x1 2; x2 1; x3 0,5; x4 0,33333. 73 73 0,5 Với a = ta có P(x) = 6x4 – 7x3 – 12x2 + x + 2 6 6 73 Giải phương trình: 6x4 – 7x3 – 12x2 + x + 2 = 0 ta được: 6 x1 1,14550; x2 1,33333; x3 0,14550; x4 1,5. 0,5
n n Bài 10: (2,0 điểm) Cho dãy số: U n 1 2 1 2 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 Un+1 theo Un và Un1, với n 2 . Tóm tắt cách giải: n n a) Nhập hàm 1 2 1 2 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. 1,0 Kết quả: U 1 3;U 2 7;U 3 15;U 4 35;U 5 83 . b) Giả sử có Un+1 = a.Un + b.Un1 + c 7 a 3b c 15 Theo câu a, ta có: 15a 7b c 35 35a 15b c 83 Giải hệ phương trình ta được a = 2, b = 1, c = –2. Vậy công thức tổng quát: Un+1 = 2Un + Un1 – 2. 1,0 Bài 11: (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên: (2 x − y − 2) 2 = 7( x − 2 y − y 2 − 1) . 3 Tóm tắt cách giải: Kí hiệu: ( 2 x − y − 2 ) = 7 ( x − 2 y − y 2 − 1) (1) 2 (1) � 2 ( 2 x − y − 2 ) = 14( x − 2 y − y 2 − 1) 2 � 2 ( 2 x − y − 2 ) − 7 ( 2 x − y − 2 ) + 7 ( 2 y 2 + 3 y ) = 0 (2) 2 0,5 Đặt t = 2 x − y − 2 (ĐK t Z ) thì phương trình (2) trở thành: 2t − 7t + 7 ( 2 y + 3 y ) = 0 (3) 2 2 Nếu y = −1 , thay vào phương trình (1) ta được: 11 + 105 x= 8 ( 2 x − 1) = 7 x � 4 x − 11x + 1 = 0 � 2 2 (không thoả mãn vì x Z ) 0,5 11 − 105 x= 8 Nếu y −2 hoặc y 0 thì 2 y + 3 y = y ( 2 y + 3) 0 2 Từ phương trình (3) suy ra 2t − 7t �� 2 0 t ( 2t − 7 ) �0 . Suy ra 0 t 3 (do t Z ). 0,5 Mặt khác, theo phương trình (3) thì t phải chia hết cho 7 nên t =0 Suy ra y ( 2 y + 3) = 0 � y = 0. x =1 Thử lại, ta thấy thoả mãn phương trình (1). y=0 x =1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là: y=0 0,5
x3 2y3 x 4y Bài 12 : (2,0 điểm) Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn: 2 6x 19 xy 15 y 2 1 Tóm tắt cách giải: 2y3 4y Nếu x 0 thay vào hệ ta được: (hệ vô nghiệm) 15 y 2 1 0,5 x3 2t 3 x 3 x 4tx x 2 1 2t 3 1 4t Nếu x 0 , đặt y tx hệ trở thành: 2 2 2 2 2 2 (*) 6 x 19tx 15t x 1 x 15t 19t 6 1 1 4t 1 0,75 Suy ra 1 2t 3 0; 15t 2 19t 6 0 và 3 2 62t 3 61t 2 5t 5 0 (**) 1 2t 15t 19t 6 15 13 5 15 13 5 1 Giải phương trình (**) ta được: t1 (loại); t 2 (loại); t 3 62 62 2 0,25 (thỏa mãn, do x, y Q t Q ) 1 Thay t vào (*) suy ra x 2 4 x 2 y 1 . 2 0,5 x 2 x 2 Kết quả: ; . y 1 y 1 4 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. Tóm tắt cách giải: a) Ta có: CH = AC sin CAH = 21,5678. sin 700 20,37066(cm) ﾷ 0,5 1 CH . AB 184,58871 (cm2) S ABC 0,5 2 Kết quả: CH 20,37066cm; S ABC 184,58871 cm2. 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 Pitago ta có: BC CH 2 BH 2 BC AC 2 sin 2 70 0 cos 2 70 0 2 AB. AC cos 70 0 AB 2 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 = � = = = DC AC AB AC AB + AC AB + AC 1,0 AB.BC Do đó: DB 14,87450 (cm) AB AC Suy ra: DC BC DB 17,79227 (cm)
Kết quả: DB 14,87450 cm; DC 17,79227 cm. 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. Tóm tắt cách giải: 0,5 2 S1 NP S1 NP Ta có: hay S ABC BC S ABC BC Tương tự: 0,5 S2 DF BN S3 EF CP ; S ABC BC BC S ABC BC BC S1 S2 S3 NP BN CP 0,5 Từ đó 1 S ABC BC Suy ra S ABC S1 S2 S3 0,5 2 2 Hay S ABC S1 S2 S3 28,10216 31,12017 62,11954 351,98591 (cm2) Kết quả: S ABC 351,98591 cm2. 5
Bài 15 : (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD, có AB = 12cm, AB vuông góc với mặt (BCD), BC = 7cm, CD = 9cm, CBD = 520. Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện ABCD. Tóm tắt cách giải: Tam giác BCD, có: CD 2 BC 2 BD 2 2 BC.BD cos 52 0 Hay BD 2 14 cos 52 0 BD 7 2 9 2 0 Suy ra: BD 7 cos 52 0 49 cos 2 52 0 32 (loại, vì BD