Đề thi giải toán trên máy tính cầm tay cấp tỉnh, năm học 2015 - 2016 môn: Toán lớp 9

 Tên : Trương Quang An 
 Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng 
 Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi 
 Điện thoại : 01208127776 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY 
 QUẢNG NGÃI CẤP TỈNH, NĂM HỌC 2015-2016 
 Môn : Toán Lớp 9 (ngày thi 27/3/2016) 
Câu 1 : (5,0 điểm). 
a) Tính 
271 271 271 271 271 271
...
2 3 3 4 4 5 5 6 2011 2012 2012 2013
B       
     
b) Cho 
 
2
3
3
1
2012 2013 4
3
3
2,5 1
7
A

 

 
  
 
 , 
2
1
4
3
6
5
8
7
9
B  



Tính M = 5% A ; N = 7% B ; 5
3
15% 5
2
P M N MN   
Tóm tắt cách giải Kết 
quả 
a) Xét số hạng tổng quát 
 271 1 1271. 271. 271 1
1 11
n n n n
n n
n nn n
   
     
   
 Vậy: 
271 271 271 271 271 271
...
2 3 3 4 4 5 5 6 2011 2012 2012 2013
B       
     
271 ( 2 3) ( 3 4) ( 4 5) ( 5 6) ... ( 2011 2012) ( 2012 2013)              
 
 271 2 3 3 4 4 5 5 6 ... 2011 2012 2012 2013                
271 2 2013 12542,06485     
  
b) Ta có 
 
2
3
3
1
2012 2013 4
3M 5% A=0,05. 126,3348966
3
2,5 1
7

 
 
 
  
 
 gán vào A 
2 399
N 7% B=0,07. 1 0,1300521512
4 3068
3
6
5
8
7
9
 
 
 
 
    
 
 
 
  
 
gán vào B 
553 315% 5 0,15 5 4,247965427
2 2
P M N MN A B AB       
Câu 2 : (5,0 điểm). 
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm: 
   92 ; 2013 1975 ; B 2;3 ; C 2; 2013 1945
1945
A
 
   
 
Tìm tọa độ D để tứ giác ABCD là hình bình hành. 
b) Cho f(x) là một hàm số thỏa mãn f(2x + 3 ) =x3 + 3x2 – 4x +5. Tính  3 2013f 
. 
Tóm tắt cách giải Kết 
quả 
a) - Gọi D(xD; yD) là tọa độ của điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành 
 - Gọi I(xI; yI) là tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AC 
9
2 2
91945
2 2 3890 
2013 1975 2013 1945 2 2013 1975 1945
2 2 2
A C
I
A C
I
x x
x
y y
y

 
  
 
      
  

Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên I cũng là trung điểm của BD 
2.9
2 3 2,9953727512
3890 
2 2 2013 1975 1945 2 0,8101891323
2
D B
I
D I B
D B
I D I B
x x
x
x x x
y y
y y y y
        
  
         
Cách khác: Gọi D(xD; yD) là tọa độ của điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành
/ /
/ /
CD AB
AD BC

 

. Từ đó viết phương trình đường thẳng CD, AB, AD, BC rồi giải các điều kiện để 
/ /
/ /
CD AB
AD BC



thì tìm 
được tọa độ của điểm D. 
(Cách này rất dài) 
b) Đặt 
3
2 3
2
t
t x x

    
 Do đó 
3 2
3 3 3
( ) ( ) 3 4 5
2 2 2
t t t
f x f t
       
         
     
Thay 
3 2013t   vào đa thức ( )f t ta được  3 2013 181,6883951f    
Câu 3 : (5,0 điểm). 
 Tìm GTLN và GTNN của hàm số 11 1120 1982 20 2012y x x     
Tóm tắt cách giải Kết quả 
ĐK 11 11
1982 2012
1,518662403 1,520737873
20 20
x x     
  2 11 11 11 1120 1982 20 2012 2 20 1982 20 2012y x x x x        
  2 11 1130 2 20 1982 20 2012y x x     
* Ta có:   2 11 1130 2 20 1982 20 2012 30y x x      
(với 11 11
1982 2012
20 20
x  ) 
 Vậy 
11
11
1982
20
min 30 khi 
2012
20
x
y
x






 * Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm: 
1120 1982x  và 1120 2012x  ta 
có: 
  
  
11 11 11 11
11 11
2
2 20 1982 20 2012 20 1982 20 2012 30
30 2 20 1982 20 2012 60
60 60
x x x x
x x
y y
       
     
   
Dấu “=” xảy ra khi 
11 1120 1982 20 2012x x    
11
11
3984
40 3984 1,519357381
40
x x     (TMĐK) 
Vậy 11
3984
 max 60 khi 
40
y x  
 Câu 4 : (5,0 điểm). Cho hai dãy số 
     

n n
n
2 3 2 3
U
2 3
và 
   7 2 5 7 2 5
4 5
n n
nV
  
 
a) Tính 1 2 3 4 1 2 3 4, , , ; , , ,U U U U V V V V 
b) - Lập công thức truy hồi để tính 
2nU  theo 1nU  và nU 
 - Lập công thức truy hồi để tính 2nV  theo 1nV  và nV 
c) Cho biết 3n n nZ U V  . Viết quy trình ấn phím liên tục tính 2nZ  theo 1nU  , nU , 
1nV  , nV 
Tóm tắt cách giải Kết quả 
a) 
1 2 3 4
1 2 3 4
1, 4, 15, 56;
1, 14, 167, 1932
U U U U
V V V V
   
   
* Đối với đãy số 
     

n n
n
2 3 2 3
U
2 3
Giả sử 
 
 
n 2 n 1 n
U aU bU (*). 
Với n = 1, 2, 3, 4 ta tính được 1 2 3 41, 4, 15, 56U U U U    
Thay vào (*) ta được hệ phương trình : 
   
 
    
4a b 15 a 4
15a 4b 56 b 1
Vậy 
 
 
n 2 n 1 n
U 4U U 
* Đối với đãy số 
   7 2 5 7 2 5
4 5
n n
nV
  
 
Giả sử 
 
 
n 2 n 1 n
V cV dV (**). 
Với n = 1, 2, 3, 4 ta tính được 1 2 3 41, 14, 167, 1932V V V V    
Thay vào (**) ta được hệ phương trình : 
   
 
    
14c d 167 c 14
167c 14b 1932 d 29
Vậy 
 
 
n 2 n 1 n
V 14V 29V 
c) 1 13 12 3 14 29n n n n n n nZ U V U U V V       
Quy trình bấm phím liên tục tính Zn + 2 theo 1nU  , nU , 1nV  , nV 
trên máy Casio 570MS. 
Gán: A=1(U1), B=4(U2), C=1(V1), E=4(V2) 
D=2(Biến đếm) 
Ghi vào màn hình dòng lệnh: 
D = D + 1 : A = 4B – A : C = 14E – 29C : X =3A + C : 
D = D + 1 : B = 4A – B : E = 14C – 29E : X = 3B + E 
Bấm dấu “ =” nhiều lần đến khi D = n + 2 và bấm tiếp dấu “=” thì X là giá trị Zn + 2 
( Z1= 4, Z2 = 26, Z3 = 212, Z4 = 2100, .) 
Câu 5 : (5,0 điểm). Cho tam giác AHM vuông tại H. Kẻ phân giác MN (NAH). 
Vẽ tia AE MN tại E.AE cắt MH tại B. Biết AM = p ,AN = q . 
a/ Tính SABM ; SABH theo p,q 
b/ Áp dụng, tính SABM ; SABH với p= 2013 cm ; q = 21,17 cm. 
Tóm tắt cách giải Kết quả 
a/ AMB có đường phân giác ME đồng thời là đường cao AMB cân tại M 
=> MA = MB; 
2
AB
AE  
 BAH BME (cùng phụ với góc B) 
Ta có : AHB đồng dạng với AEN (g.g) 
2
2
AH AB AB AB
AH AE
AE AN AN q
      
Ta lại có : AHB đồng dạng với MEA (g.g) 
2
2
AB BH AB AB
BH AE
MA EA MA p
      
Xét tam giác ABH vuông tại H ta có: 
AB
2
 = AH
2
+BH
2
4 4
2 24 4
AB AB
q p
 
2 2 2 2
2 2 2 2
4
1
4 4
AB AB p q
AB
q p p q
    

Nên: AH = 
2
2 2
2 p q
p q
 ; BH = 
2
2 2
2q p
p q
Do đó:
3
2 2
1 .
2
ABM
p q
S AH MB
p q
    

 (ĐVDT) 
3 3
2 2 2
1 2 .
2 ( )
ABH
p q
S AH BH
p q
    

 (ĐVDT) 
b/ Với p= 2013 cm ; q = 21,17 cm thì ta có: 
 S ABM =776,864188 cm
2
 ; S ABH = 282,9276517 cm
2
Câu 6 : (5,0 điểm). Trên đường tròn (O), bán kính R = 11,25 cm ta đặt các cung 
AB bằng 900 và cung BC bằng 1200 sao cho điểm A và điểm C nằm cùng một phía 
đối với BO. Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. 
a) Tính các cạnh và đường cao AH của tam giác ABC. 
 b) Tính diện tích của tam giác ABC (chính xác đến 0,01). 
Tóm tắt cách giải Kết quả 
a) Ta có 
0 090 90AB AOB   nên OAB vuông cân tại O 
2 11,25 2 15,91AB R cm    
Vì A và điểm C nằm cùng một phía đối với BO nên điểm A nằm trên cung BC => sđ AC = sđ
BC – sđ AB = 1200 – 900 = 300 015ABC  
HAB vuông cân tại H .sin 4,18AH AB B cm   
.cos 15,37BH AB B cm  
HAC vuông cân tại H (vì 
1
2
HCA  sđ 045AB  ) 4,18HC AH cm   
BC = BH + HC = 19,49 cm
b) Tính diện tích của tam giác ABC là: 
21 . 149,73
2
ABCS AH BC cm  
O
B
A
C
H
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY 
 QUẢNG NGÃI CẤP TỈNH, NĂM HỌC 2013-2014 
 Môn : Toán Lớp 9 (ngày thi 
24/01/2014) 
Câu 1: (5,0 điểm). Tính 
a) M = 1,(1) + 1,(12) + 1,(123) + 1,(1234) + 1,1(2) + 1,12(34) 
b) 
2013 2012 2011 1
....
1 2 3 2013
1 1 1 1
.....
2 3 4 2014
N
   

   
Tóm tắt cách giải Kết 
quả 
Câu 2: (5,0 điểm). 
a) Với giá trị nào của x thì biểu thức M = x(x – 1)(x + 2)(x + 2) + 403 đạt giá trị 
nhỏ nhất. 
b) Cho a = 123456789123456789 và b = 98766. Tìm ƯCLN(a, b) và BCNN(a, b) 
Tóm tắt cách giải Kết 
quả 
Câu 3: (5,0 điểm). 
a) Tìm số hạng nhỏ nhất trong tất cả các số hạng của dãy số 
2
2014
nU n
n
  . 
b) Cho dãy số 
   
     
   
n n
n
3 2 3 2
3 3
5 3 5 3
U
5
3
3
 , với n =0; 1; 2; .... 
1) Tính 0 1 2 4 6 7U , U , U , U , U , U . 
2) Lập công thức truy hồi để tính 2nU  theo 1nU  và nU 
Tóm tắt cách giải Kết quả 
Câu 4: (5,0 điểm). Cho đồ thị hàm số có M(3,5; 3,2) và 
7 7
5 ;6
8 8
N
 
 
 
. Tìm tọa độ 
điểm E thuộc trục tung để ME + NE bé nhất. 
Tóm tắt cách giải Kết quả 
Câu 5 : (5,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 5cm, AC = 7cm. Tia 
phân giác của góc B cắt cạnh AC tại E, tia phân giác của góc C cắt cạnh AB tại F. 
Gọi O là giao điểm của BE và CF. 
a) Tính BE, CF. 
b) Tính khoảng cách từ O đến các cạnh của tam giác ABC. 
c) Tính khoảng cách từ O đến các đỉnh của tam giác ABC. 
Tóm tắt cách giải Kết quả 
Câu 6 : (5,0 điểm). Cho tứ giác ABCD. Gọi O là giao điểm của AC và BD, AC = 
a, BD = b, AOB  . Trên các tia đối của BA, CB, DC, AD lấy các điểm E, F, G, 
H sao cho AB = AE, CB = CF, DC = DG, AD = AH. 
a) Tính diện tích tứ giác EFGH theo a, b và  . 
b) Cho diện tích EFGH, cho a, cho b. Tính góc  
Tóm tắt cách giải Kết quả 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM 
TAY 
 QUẢNG NGÃI CẤP TỈNH, NĂM HỌC 2014 – 2015 
 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể phát đề) 
Họ và tên: Số báo danh 
Trường: 
Thuộc đơn vị dự thi: 
Môn dự thi: 
Họ tên và chữ ký giám thị 1: 
Mã phách 
Họ tên và chữ ký giám thị 2: 
Đề chính thức môn: Toán - lớp 9 
Đề thi này có 06 trang (không tính trang bìa) 
Điểm toàn bài Họ tên và chữ ký giám khảo Mã phách 
Bằng số Bằng chữ 1) 
2) 
Bài 1: (10,0 điểm). Đây là dạng trắc nghiệm "nhiều lựa chọn". Trong mỗi câu em 
chọn một ý đúng nhất và khoanh tròn chữ cái đứng trước ý em chọn. 
Câu 1: (2,0 điểm) 
 Cho biểu thức: 
13 2 5 1 1
: 2 1
15,2 0,25 48,51:14,7 44 11 66 2 5
13 14
3,2 0,8 5 3,25
2
x

 
    
  
  
 
. Giá trị của x trong 
biểu thức đã cho là: 
 A. x = 
3
11
 B. x = 
11
3
 C. x = 
3
11
 D. x = 
11
3
Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho dãy số: 
n n
n
(13 3) (13 3)
U
2 3
 
 với n = 0; 1; 2; ...; k. 
 Công thức truy hồi để tính Un+1 theo Un và Un-1 là: 
 A. Un+1 = 26Un + 160Un-1 B. Un+1 = 26Un + 166Un-1 
 C. Un+1 = 26Un + 160Un-1 D. Un+1 = 26Un – 166Un-1 
Câu 3: (2,0 điểm) 
Số dư của phép chia 2014
2015
 cho 2011 là: 
 A. 243 B. 432 C. 234 D. 324 
Câu 4: (2,0 điểm) 
Cho x, y > 0 thỏa mãn 2x + 9y = 19,45. Tìm x, y để P = x
3
y
2
 + 1930 đạt giá trị lớn nhất. 
 Giá trị x, y cần tìm là: 
 A. x  5,385 và y 0,86(4) B. x  5,835 và y 0,86(4) 
 C. x  5,853 và y 0,86(4) D. x  5,538 và y 0,86(4) 
Câu 5: (2,0 điểm) 
 Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao cho 
ABD = CBE = 20
0
. Gọi M là trung điểm của BE và N là điểm trên cạnh BC sao cho 
BN = BM. Tính tổng diện tích của tam giác BCE và tam giác BEN. 
 Tổng diện tích cần tìm là: 
 A. 
2 2
3
 B. 
2 2
6
 C. 
3
8
 D. 
3
6
Bài 2: (10,0 điểm). Đây là dạng trắc nghiệm "Đúng, Sai". Trong mỗi câu, em đánh 
dấu (X) vào ô tương ứng; đồng thời ghi tóm tắt cách giải trong khung có câu hỏi 
"Vì sao?". 
Câu 1: (2,0 điểm) 
 Cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại E. 
Cho biết đáy nhỏ AB = 3cm và cạnh bên AD = 6cm. 
 Khi đó, diện tích hình thang ABCD = 29,0958809 cm
2
. Đúng hay sai? 
 Đúng Sai 
Vì sao? 
Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho P(x) là đa thức bậc 4. Biết P(x) chia cho (x  1); (x  2); (x  3); (x  4); 
(x  5) có số dư lần lượt là 1930; 2067; 2544; 3751; 6246. 
 Ta tính được: P(9) = 46146 Đúng hay sai? 
 Đúng Sai 
Vì sao? 
Câu 3: (2,0 điểm) 
 Một đa giác đều n cạnh có tất cả 90 đường chéo . Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích 
đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của đa giác đều. Tỉ số 1
2
S
S
bằng 0,965772728. Đúng hay 
sai? 
 Đúng Sai 
Vì sao? 
Câu 4: (2,0 điểm) 
 Với các giá trị nào của x thì biểu thức    1 1 2 403M x x x x    
có giá trị nhỏ 
nhất? 
 Các giá trị của x tìm được là: 0,618033988x 
và 1,618033989x  . Đúng hay sai? 
 Đúng Sai 
Vì sao? 
Câu 5: (2,0 điểm) 
 Một hình vuông và một tam giác đều cùng nội tiếp trong đường tròn (O,1) sao cho 
một cạnh của tam giác song song với một cạnh của hình vuông. Khi đó, diện tích phần 
chung của tam giác và hình vuông là 1,230053052 (đvdt). Đúng hay sai? 
 Đúng Sai 
Vì sao? 
Bài 3: (10,0 điểm). Dạng trắc nghiệm "điền khuyết". Trong mỗi câu, em điền kết 
quả tìm được vào chỗ dấu (.......). 
Câu 1: (2,0 điểm) 
 Một hình vuông được chia thành 25 ô vuông. Người ta đặt các hạt thóc vào các ô 
vuông theo qui luật như sau: Ô thứ nhất đặt 1 hạt; ô thứ hai đặt 2 hạt; ô thứ ba đặt 4 hạt, ô 
thứ tư đặt 8 hạt;....và cứ thế cho đến ô thứ 25. Tính tổng số các hạt thóc được đặt vào 25 
ô vuông của hình vuông. 
 Tổng số hạt thóc được đặt vào hình vuông là: S = ........................................hạt thóc 
 Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho đa thức P (x) = x
3
 + ax
2
 + bx + c và cho biết: P(1) = 1905; P(2) = 
1964; 
P( 3) = 2073. Tìm m để P(x) + 2m + 9 có một nghiệm là x = 2015. 
 Giá trị của m tìm được 
là:............................................................................................ 
Câu 3: (2,0 điểm) 
 Cho dãy số {xn } xác định như sau: x1 = 3 và 1
3 1
3
n
n
n
x
x
x




 với n = 1,2,3, 
 Ta tính được x2015 là 
Câu 4: (2,0 điểm) 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm: 
1931 1931
;
26 3
A
 
 
 
; 
1945 1945
;
11 3
B
 
 
 
 và 
1945 1945
;
2 9
C
 
 
 
. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và D là trung điểm của cạnh BC. 
 Khi đó, diện tích của tam giác BGD là:.. 
Câu 5: (2,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC có số đo các cạnh lần lượt là 6; 8 và 10. Tính khoảng cách từ 
tâm đường tròn ngoại tiếp đến tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. 
 Khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến tâm đường tròn nội tiếp của tam 
giác ABC là:... 
------------------------------HẾT------------------------------