líi nói đƒudiendantoancasio.com/sachhd/570vnplus-lhs.pdf · k‚t qu£ tŁt qua các kỳ thi,...

Lời nói đầu

T ừ khi các thế hệ máy tính với chức năng giải được phương trình bậc2, bậc 3 và các hệ phương trình ra đời, việc học tập và thi cử đã có nhữngcải tiến đáng kể. Đến nay sự ra đời của máy tính CASIO 570VN Plus vớinhiều tính năng vượt trội mà chúng tôi trình bày trong tập tài liệu này,việc giảng dạy của các giáo viên và việc học tập của học sinh đã đượctrợ giúp tối đa nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và giúp học sinh đạtkết quả tốt qua các kỳ thi, nhất là kỳ thi tuyển sinh đại học hằng năm.

Trong xu thế thi TNPT và Tuyển sinh đại học các môn Vật Lý, Hoá họcvà Sinh học, chiếc máy tính CASIO 570VN Plus trở thành một ngườibạn thân thiết đối với học sinh để giải nhanh các bài thi trắc nghiệm.

Dòng máy tính CASIO 570VN Plus có nhiều tính năng vượt trội:

1. Đối với bậc THCS máy tính thực hiện các phép chia có dư, phântích thành thừa số nguyên tố, tìm ƯCLN, BCNN.

2. Các phép tính số phức, dạng đại số và dạng lượng giác. Đặc biệttính được lũy thừa bậc 4 trở lên cho số phức.

3. Lưu các nghiệm của phương trình bậc 2, 3 và nghiệm x , y , z củamột hệ (2 ẩn, 3 ẩn) vào các phím nhớ A, B, C. D, E, F để truyxuất.

4. Giải được các bất phương trình bậc 2 và bậc 3, từ đó có thể giảiđược các bất phương trình khác có thể biến đổi tương đương vềbất phương trình bậc 2 và bậc 3, tính trực tiếp tọa độ đỉnh Paraboltrên máy tính

5. Tạo bảng số từ 2 hàm trên cùng một màn hình tính toán

6. Các phép tính vectơ, định thức và ma trận, tính toán phân phốitrong thống kê.

Rất nhiều tính năng khác mà dòng máy này đem lại như:

• Tính toán với các số thập phân vô hạn tuần hoàn giúp hiểu thêmvề tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn.

• Lưu hai kết quả cuối cùng vào bộ nhớ thông qua phím và(PreAns). Điều này giúp hiểu biết thêm về dãy số Fibonasi và

các dãy số cho bằng các biểu thức qui nạp khác.

• Hiển thị các phép tính lên màn hình như viết lên giấy, việc giảiphương trình bậc 2 với nghiệm vô tỉ, tính giá trị của một biểu thứcvới biến số vô tỉ và giá trị hiển thị dưới dạng số vô tỉ khiến chiếcmáy tính này thật sự hữu ích cho học sinh và giáo viên.

Việc sử dụng máy tính thật cần thiết như thế, nhưng rất nhiều học sinhvẫn chưa khai thác hết các tính năng ưu việt của nó. Tập tài liệu này giúpcho các bạn đồng nghiệp nắm vững việc sử dụng máy tính trong giảngdạy và truyền đạt cho học sinh các kỹ năng này để các em làm tốt bàitập và bài thi của mình.

Có được như vậy cũng là một cách để các bạn đồng nghiệp chẳng nhữnghoàn thành tốt nhiệm vụ giảng dạy của mình mà còn tăng thêm uy tínchuyên môn đối với học sinh. Nhiều ví dụ nêu trong quyển sách nàyđược lấy từ các bài thi đại học và các kỳ thi học sinh giỏi máy tính cầmtay bậc THPT và THCS của Bộ Giáo dục và Đào tạo cho thấy sự hữu íchcủa việc sử dụng máy tính cầm tay trong học tập của học sinh và việcdạy học của giáo viên. Từ đó phát sinh một nhiệm vụ mới cho giáo viên,

Giải toán với máy tính CASIO 570VN Plus

đó là giáo viên tư vấn cho học sinh của mình sử dụng hiệu quả máy tínhtrong học tập.

Quyển sách được viết trong một thời gian ngắn để kịp cho các khoábồi dưỡng giáo viên. Các tài liệu tham khảo được liệt kê đầy đủ ở cuốisách.Trong quá trình giảng dạy, chúng tôi sẽ có những hiệu đính và cảitiến thích hợp.

Thành phố Hồ Chí Minh ngày 26 tháng 5 năm 2015 TS Nguyễn Thái Sơn

email: [email protected]

CTy CP XNK Bình Tây 5

Phần I

Các bài toán bậcTrung học Cơ sở

7

Chương 1

Các tính năng của máy tínhCASIO 570VN Plus trong sốhọc

1.1 Tìm thương và dư của một phép chia các số tựnhiên

Trong trường hợp một số tự nhiên a không chia hết cho số tựnhiên b , máy tính CASIO 570VN Plus cho phép tìm được thương và dưcủa phép chia đó. Để thục hiện công việc này ta:

• Nhập số bị chia a

• Nhấn vào (÷R)

• Nhập số chia b và nhấn phím

Màn hình sẽ thông báo thương (của phép chia) và dư R của phép chiađó.

Ví dụ 1 (Đề thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính cấp khu vực, BộGiáo dục và Đào tạo, lớp 6, 7, 2001)

9


1. Tìm thương và số số dư khi chia 18901969 cho 2382001;

2. Tìm thương và số dư khi chia 3523127 cho 2047.

Bài giải:

1. 18901969 (÷R) 2382001

Ta nhận được thương là 7 và dư R = 2227962.

2. 3523127 (÷R) 2047

Ta nhận được thương là 1721 và dư R = 240.

Ví dụ 2. Tìm a ,b , c biết số 11a 8b 1987c chia hết cho 504.

Bài giải:

Ta phân tích số 504 thành thừa số nguyên tố:1193984; b=157993; c=38743504 (FACT) 23×32×7= 8×9×7

Để số A đã cho chia hết cho 8 thì ba số tận cùng phải chia hết cho 8. Vì87c = 80+7c nên để A chia hết cho 8 thì c = 2 (đọc cửu chương 8).Số cần tìm có dạng 11a 8b 19872. Muốn A chia hết cho 9 thì tổng cácchữ số phải chia hết cho 9. nghĩa là: 1+1+a+8+b+1+9+8+7+2=36+1+a +b chia hết cho 9. Muốn vậy 1+a +b chia hết cho 9.

Vậy 1+a+b = 9 hay 1+a+b = 18. Do đó a+b = 8 hay a+b = 17.

Ta lập bảng xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra:



a b A thương ÷ 504 dư Kết luận0 8 1108819872 • 216 •1 7 1118719872 • 144 •2 6 1128619872 • 72 •3 5 1138519872 • 0 Đáp số4 4 1148419872 • 432 •5 3 1158319872 • 360 •6 2 1168219872 • 288 •7 1 1178119872 • 216 •8 0 1188019872 • 144 •8 9 1188919872 • 0 Đáp số9 8 1198819872 • 432 •

Đáp số: Số cần tìm là 1138519872 và 1188919872.

1.2 Trong trường hợp số bị chia có hơn 10 chữ số.

Ví dụ 1 (Thi học sinh giỏi cấp khu vực, Bộ Giáo dục và Đào tạo. Trunghọc Cơ sở, 2006)Tìm số dư trong mỗi phép chia sau:

1. 103103103 : 2006;

2. 30419753041975 : 151975;

3. 103200610320061032006 : 2010.

Bài giải:

1. 103103103 (÷R) 2006 51397, R = 721

2. 30419753041975 (STO) (A) tránh “tam sao thấtbản”

151975 (STO) (B)

(÷R) (Int) 200162875

Vậy thương của phép chia là 200162875 và dư của phép chia là



R = 113850 .

Lưu ý: Nếu máy xuất ra một kết quả dưới dạng một số thập phân với

1 số sau dấu chấm, ta thực hiện việc tìm thương và dư như trên. Tuynhiên nếu kết quả là một số viết dưới dạng luỹ thừa, ta không sử dụng

kết quả này mà thực hiện như sau:

3. 1032006103

200610

32006 : 2010.

• 2010 (STO) (F) tránh “tam sao thất bản”

• Lấy 10 chữ số đầu tiên 1032006103 chia có dư cho (F)1032006103 (÷R) 513435, R = 1753

(STO) (A) lưu số 513435 vào (A)• “gắn” thêm 6 chữ số tiếp theo vào số 1753 thành số có 10

chữ số 1753200610

1753200610 (÷R) 872239, R = 220

(STO) (B) lưu số 872239 vào (B)• “gắn” thêm các chữ số còn lại vào số 220 thành số 22032006

22032006 (÷R) 10961, R = 396

(STO) (C) lưu số 10961 vào (C)

Kết luận: Thương và dư của phép chia 103200610320061032006 :2010 là:

Q = 51343587223910961, R = 396

(“lắp ghép” các số đã lưu A, B, C thành A BC , dư của phép chialà “dư cuối cùng”)

Để tránh những nhầm lẫn không đáng có, chúng tôi thực hiện phép chiatrên một cách tường minh, qua đó làm cơ sở cho phép chia có dư trongtrường hợp này và các trường hợp tương tự.



• 103200610320061032006= 1032006103×1011+20061032006

1032006103×1011÷2010= (513435×2010+1753)×1011

như vậy sau số 513435 còn 11 số nữa sẽ tìm sau.

• 1753×1011+20061032006= 1753200610×105+32006

1753200610×105÷2010= (872239×2010+220)×105

như vậy sau số 872239 còn 5 số nữa sẽ tìm sau.

• 220×105+32006= 22032006

202200610÷2010= 10961×2010+396

Tóm lại: 103200610320061032006== (513435×1011+872239×105+10961)×2010+396

BÀI TẬP

1. Tìm chữ số b sao cho số 469283866b 3658 chia hết cho 2007.

2. Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục vàĐào tạo Hòa Bình, 2007-2008. Tìm các số a và b biết 686430a 8bchia hết cho 2008.

3. Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Bộ Giáo dục vàĐào tạo, 2009-2010

Tìm số dư trong các phép chia sau:

• 20092010 : 2011 ;

• 22009201020112012 : 2020 ;

• 1234567890987654321 : 2010.

4. Tìm số dư r khi chia số 24728303034986074 cho 2003 ĐS:401



1.3 Tìm ước số chung lớn nhất (GCD) của hai số

Ví dụ 1: (Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên. Đề chọn đội tuyểnthi học sinh giỏi cấp khu vực, 2004) Tìm ước chung lớn nhất của1754298000 và 75125232.

Bài giải:

(GCD) 1754298000 ( , ) 75125232 825552

Nhận xét: UCLN của ba số được xác định như sau:

GCD(a ,b , c ) =GCD(GCD(a ,b ), c )

Ví dụ 2: Tìm ước chung lớn nhất của ba số

a = 1193984;b = 157993; c = 38743.

Bài giải:UCLN(1193984, 157993, 38743) = 53

(GCD) (GCD) 1193984 ( , ) 157993( , ) 38743 53

1.4 Tìm bội số chung nhỏ nhất (LCM) của hai số

Ví dụ 1: Tìm BCNN của hai số a = 195;b = 1890.

Giải: (LCM) 195 ( , ) 1890 24570

Nhận xét: Bội chung nhỏ nhất của ba số a ,b , c được xác định như sau:

LCM(a ,b , c ) = LCM(LCM(a ,b ), c )

Trong trường hợp bị tràn bộ nhớ máy sẽ thông báo Math Error.



Khi đó ta khắc phục như sau:a (STO) (A) b (STO) (B) c (STO) (C)

(LCM) ( , ) (STO) (D)

LCM(a ,b , c ) =C D

GCD(C , D)

Ví dụ 2: Tìm BCNN của ba số a = 195;b = 1890; c = 1975.

Giải:

(LCM) (LCM) 195 ( , ) 1890 (, ) 1975 9705150

Ví dụ 3. (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính. Sở Giáo dục Đàotạo Thừa Thiên-Huế, lớp 8, 9, 11, 2005). Cho ba số a = 1193984;b =157993;c = 38743.

1. Tìm UCLN của ba số a ,b , c ;

2. Tìm BCNN của ba số a ,b , c với kết quả đúng.

Giải:

1. Tìm UCLN(1193984; 57993; 38743):

(GCD) (GCD) 1193984 ( , ) 157993( , ) 38743 53

2. Tìm BCNN của ba số a ,b , c với kết quả đúng.

1193984 (STO) (A)

157993 (STO) (B)

38743 (STO) (C)



(LCM) ( , ) (STO)(D)

(GCD) ( , )2.365294244×1011

Số dưới dạng luỹ thừa chỉ là hiển thị của số trong bộ nhớ . Tatruy xuất số này như sau:

• 2 11 3.652942438×1010

• 3 10 6529424384

Vậy số cần truy xuất là 236529424384.

Do đó: BCNN(1193984; 57993; 38743) = 236529424384

BÀI TẬPBài 1 (Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục và

Đào tạo Hòa Bình, 2005-2006) Tìm UCLN và BCNN của hai số

a = 457410,b = 831615

Bài 2 (Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục vàĐào tạo Sóc Trăng, 2004-2005) Tìm UCLN và BCNN của hai số

1. a = 9148,b = 16632;

2. a = 75125232,b = 175429800.

Bài 3 (Thi giải toán trên máy tính, Tạp chí Toán Tuổi thơ 2, số 25 và 27,tháng 3 và tháng 5, 2005) Tìm UCLN và BCNN của hai số

a = 3022005,b = 7503021930

Bài 4 (Thi giải toán trên máy tính, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, tháng11, 2004 và tháng 1, 2005) Tìm UCLN và BCNN của hai số

a = 1234566,b = 9876546



1.5 Phân tích một số ra thừa số nguyên tố

Số nguyên tố là số tự nhiên chỉ chia hết cho 1 và chính nó. Ngoài ra nókhông chia hết cho bất cứ số nào khác. Số 0 và 1 không được coi là sốnguyên tố.

Số 2 là số nguyên tố nhỏ nhất, và 2 cũng là số nguyên tố chẵn duy nhất.

Trong toán học, một cặp số nguyên tố sexy là một cặp hai số nguyên tốcó hiệu bằng sáu; so với các cặp số nguyên tố song sinh, là các cặp sốnguyên tố có hiệu bằng 2, và cặp số nguyên tố họ hàng, là cặp số nguyêntố có hiệu bằng 4. Tên “số nguyên tố sexy” xuất phát từ tiếng Latin “sex”là từ chỉ số sáu (6).

Các số nguyên tố sexy nhỏ hơn 500 là:

(5,11), (7,13), (11,17), (13,19), (17,23), (23,29), (31,37), (37,43), (41,47),(47,53), (53,59), (61,67), (67,73), (73,79), (83,89), (97,103), (101,107),(103,109), (107,113), (131,137), (151,157), (157,163), (167,173), (173,179),(191,197), (193,199), (223,229), (227,233), (233,239), (251,257), (263,269),(271,277), (277,283), (307,313), (311,317), (331,337), (347,353), (353,359),(367,373), (373,379), (383,389), (433,439), (443,449), (457,463), (461,467)

Các số nguyên tố song sinh

(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73),(101, 103), (107, 109), (137, 139), (149, 151), (179, 181), (191, 193),(197, 199), (227, 229), (239, 241), (269, 271), (281, 283), (311, 313),(347, 349), (419, 421), (431, 433), (461, 463), (521, 523), (569, 571),(599, 601), (617, 619), (641, 643), (659, 661), (809, 811), (821, 823),(827, 829), (857, 859), (881, 883), (1019, 1021), (1031, 1033), (1049,1051), (1061, 1063), (1091, 1093), (1151, 1153), (1229, 1231), (1277,1279), (1289, 1291), (1301, 1303), (1319, 1321), (1427, 1429), (1451,1453), (1481, 1483), (1487, 1489), (1607, 1609), (1619, 1621), (1667,1669), (1697, 1699), (1721, 1723), (1787, 1789), (1871, 1873), (1877,1879), (1931, 1933), (1949, 1951), (1997, 1999), (2027, 2029), (2081,2083), (2087, 2089), (2111, 2113), (2129, 2131), (2141, 2143), (2237,2239), (2267, 2269), (2309, 2311), (2339, 2341), (2381, 2383)



Trong quá trình phân tích một số thành thừa số nguyên tố ta sẽ sử dụngđịnh lý dưới đây:

Định lý: Nếu N là hợp số thì nó có thừa số nguyên tố p 6p

N

Ví dụ 1: Phân tích số 29601 ra thừa số nguyên tố.

Bài giải:

29601 (FACT) 32×11×13×23


Bài giải:

8824575375 (FACT) 35×53×74×112


Bài giải:

7396812423 (FACT) 32×7×11×13×19×79×547

Nhận xét: Với khả năng tính toán nhanh, CASIO 570VN Plus có thểphân tích một số khá lớn dưới 10 chữ số ra các thừa số nguyên tố có bachữ số. Tuy nhiên, cho đến hiện tại CASIO 570VN Plus cũng còn có hạnchế là nó chưa thể phân tích các số có chứa các số nguyên tố lớn hơn 4chữ số ra thừa số nguyên tố.

Ví dụ 4: (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Tỉnh Thừa Thiên-Huế, Trung học cơ sở, 2006-2007) Phân tích số 9405342019 thành thừasố nguyên tố.

Bài giải:

9405342019 (FACT) 193× (1371241)

Khi CASIO 570VN Plus xuất ra kết quả dưới dạng một số nằm trongdấu ngoặc đơn, ý muốn nói rằng cho đến hiện tại, máy chưa phân tích số



đó thành các thừa số nguyên tố được vì các thừa số nguyên tố (nếu phântích được) có từ 4 chữ số trở lên.

Do đó ta sẽ phân tích số này thành thừa số nguyên tố một cách thủ côngnhư sau:

• Khai căn số 1371241 ta được 1171. Vậy 1371241= 11712

• Tiếp tục khai căn số 1171 ta được:p

1171= 34.21987726

Theo Định lý trên, nếu 1171 không phải là số nguyên tố thì nó sẽcó ước nguyên tố p 6 34

• Ta chứng minh số 1171 không có ước nguyên tố nào nhỏ hơn haybằng 31 (các số 32, 33, 34 không là số nguyên tố). Xét thuật toán:

(=) 2 (:) 1171(÷R)

1

bấm liên tiếp dấu “bằng ” cho đến khi A = 31 ta thấy dư củaphép chia luôn khác 0. Vậy số 1171 là số nguyên tố.

Tóm lại: 9405342019= 193×11712

BÀI TẬP

Bài 1 (Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dụcvà Đào tạo Sóc Trăng, 2003-2004) Phân tích các số 20387 và139231 ra thừa số nguyên tố.

Bài 2 (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đàotạo Thừa Thiên-Huế, Trung học cơ sở, 2005-2006) Phân tích cácsố 252633033 và 8863701824 ra thừa số nguyên tố.

Bài 3 (Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục vàĐào tạo Hòa Bình, 2007-2008) Phân tích các số 8563513664 và244290303 ra thừa số nguyên tố.

Bảng 1000 số nguyên tố đầu tiên. (liệt kê từ các số có 4 chữ số)



1009 10131019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 10691087 1091 1093 1097 1103 1109 1117 1123 1129 11511153 1163 1171 1181 1187 1193 1201 1213 1217 12231229 1231 1237 1249 1259 1277 1279 1283 1289 12911297 1301 1303 1307 1319 1321 1327 1361 1367 13731381 1399 1409 1423 1427 1429 1433 1439 1447 14511453 1459 1471 1481 1483 1487 1489 1493 1499 15111523 1531 1543 1549 1553 1559 1567 1571 1579 15831597 1601 1607 1609 1613 1619 1621 1627 1637 16571663 1667 1669 1693 1697 1699 1709 1721 1723 17331741 1747 1753 1759 1777 1783 1787 1789 1801 18111823 1831 1847 1861 1867 1871 1873 1877 1879 18891901 1907 1913 1931 1933 1949 1951 1973 1979 19871993 1997 1999 2003 2011 2017 2027 2029 2039 20532063 2069 2081 2083 2087 2089 2099 2111 2113 21292131 2137 2141 2143 2153 2161 2179 2203 2207 22132221 2237 2239 2243 2251 2267 2269 2273 2281 22872293 2297 2309 2311 2333 2339 2341 2347 2351 23572371 2377 2381 2383 2389 2393 2399 2411 2417 24232437 2441 2447 2459 2467 2473 2477 2503 2521 25312539 2543 2549 2551 2557 2579 2591 2593 2609 26172621 2633 2647 2657 2659 2663 2671 2677 2683 26872689 2693 2699 2707 2711 2713 2719 2729 2731 27412749 2753 2767 2777 2789 2791 2797 2801 2803 28192833 2837 2843 2851 2857 2861 2879 2887 2897 29032909 2917 2927 2939 2953 2957 2963 2969 2971 2999

3001 3011 3019 3023 3037 3041 3049 3061 3067 30793083 3089 3109 3119 3121 3137 3163 3167 3169 31813187 3191 3203 3209 3217 3221 3229 3251 3253 32573259 3271 3299 3301 3307 3313 3319 3323 3329 33313343 3347 3359 3361 3371 3373 3389 3391 3407 34133433 3449 3457 3461 3463 3467 3469 3491 3499 35113517 3527 3529 3533 3539 3541 3547 3557 3559 35713581 3583 3593 3607 3613 3617 3623 3631 3637 36433659 3671 3673 3677 3691 3697 3701 3709 3719 37273733 3739 3761 3767 3769 3779 3793 3797 3803 3821



3823 3833 3847 3851 3853 3863 3877 3881 3889 39073911 3917 3919 3923 3929 3931 3943 3947 3967 3989

4001 4003 4007 4013 4019 4021 4027 4049 4051 40574073 4079 4091 4093 4099 4111 4127 4129 4133 41394153 4157 4159 4177 4201 4211 4217 4219 4229 42314241 4243 4253 4259 4261 4271 4273 4283 4289 42974327 4337 4339 4349 4357 4363 4373 4391 4397 44094421 4423 4441 4447 4451 4457 4463 4481 4483 44934507 4513 4517 4519 4523 4547 4549 4561 4567 45834591 4597 4603 4621 4637 4639 4643 4649 4651 46574663 4673 4679 4691 4703 4721 4723 4729 4733 47514759 4783 4787 4789 4793 4799 4801 4813 4817 48314861 4871 4877 4889 4903 4909 4919 4931 4933 49374943 4951 4957 4967 4969 4973 4987 4993 4999 50035009 5011 5021 5023 5039 5051 5059 5077 5081 50875099 5101 5107 5113 5119 5147 5153 5167 5171 51795189 5197 5209 5227 5231 5233 5237 5261 5273 52795281 5297 5303 5309 5323 5333 5347 5351 5381 53875393 5399 5407 5413 5417 5419 5431 5437 5441 54435449 5471 5477 5479 5483 5501 5503 5507 5519 55215527 5531 5557 5563 5569 5573 5581 5591 5623 56395641 5647 5651 5653 5657 5659 5669 5683 5689 56935701 5711 5717 5737 5741 5743 5749 5779 5783 57915801 5807 5813 5821 5827 5839 5843 5849 5851 58575861 5867 5869 5879 5881 5897 5903 5923 5927 59395953 5981 5987 6007 6011 6029 6037 6043 6047 60536067 6073 6079 6089 6091 6101 6113 6121 6131 61336143 6151 6163 6173 6197 6199 6203 6211 6217 62216229 6247 6257 6263 6269 6271 6277 6287 6299 63016311 6317 6323 6329 6337 6343 6353 6359 6361 63676373 6379 6389 6397 6421 6427 6449 6451 6469 64736481 6491 6521 6529 6547 6551 6553 6563 6569 65716577 6581 6599 6607 6619 6637 6653 6659 6661 66736679 6689 6691 6701 6703 6709 6719 6733 6737 67616763 6779 6781 6791 6793 6803 6823 6827 6829 68336841 6857 6863 6869 6871 6883 6899 6907 6911 69176947 6949 6959 6961 6967 6971 6977 6983 6991 6997



7001 7013 7019 7027 7039 7043 7057 7069 7079 71037109 7121 7127 7129 7151 7159 7177 7187 7193 72077211 7213 7219 7229 7237 7243 7247 7253 7283 72977307 7309 7321 7331 7333 7349 7351 7369 7393 74117417 7433 7451 7457 7459 7477 7481 7487 7489 74997507 7517 7523 7529 7537 7541 7547 7549 7559 75617573 7577 7583 7589 7591 7603 7607 7621 7639 76437649 7669 7673 7681 7687 7691 7699 7703 7717 77237727 7741 7753 7757 7759 7789 7793 7817 7823 78297841 7853 7867 7873 7877 7879 7883 7901 7907 7919


Chương 2

Các tính năng của máy tínhCASIO 570VN Plus trong đạisố

2.1 Vấn đề giải hệ phương trình

Viê.c giải một hệ phương trình vừa là yêu cầu của một bài toán đạisố nhưng đồng thời cũng vừa là một công cụ để giải các bài toán đai sốkhác, ví dụ tìm hệ số của một đa thức hay tìm giao điểm của hai đườngthẳng.

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình bậc nhất ba ẩn:

2x +2y − z = 5

4x +3y − z = 8

8x +5y +3z = 10

2 2 1 54 3 1 84 5 3 10

23


X = 1 Y = 1 Z =−1

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình bậc nhất bốn ẩn:

x − y − z + t = 35

2x − y +3z +5t =−70

x +2y +3z −4t = 0

x − y −4z + t = 14.

Khử t =−x + y + z +35 giữa các phương trình của hệ, ta có:

2x − y +3z +5(−x + y + z +35) =−70

x +2y +3z −4(−x + y + z +35) = 0

x − y −4z +(−x + y + z +35) = 14.

=⇒

−3x +4y +8z =−245

5x −2y − z = 140

−3z =−21.

3 4 8 2455 2 1 1400 0 3 21

X =−1 (STO) (A)Y =−76 (STO) (B)Z = 7 (STO) (C)

35 T =−33

BÀI TẬPBài 1 Giải các hệ phương trình bậc nhất ba ẩn sau đây:

a)

2x +3y − z = 1

3x +5y +2z = 8

−2y −3z =−1

b)

2x −5y +2z = 7

x +2y −4z = 3

3x −4y −6z =−5



Bài 2 Giải hệ phương trình bậc nhất bốn ẩn sau đây:

x +2y −4z +3t = 1

−x −2y +5z −2t =−3

x +2y −3z +4t = 5

−2x −4y +10z −4t = 6.

(Khử x )

Bài 3 Cho parabol (P) : y = a x 2+bx +c . Xác định a ,b , c để cho (P)

đi qua các điểm A

2;13

3

B

−3

4;

2551

48

C

2

5;−199

15

2.2 Các bài toán về đa thức bậc 3

Cho một đa thức bâc 3 có dạng P(x ) = a x 3+bx 2+ c x +d trong đóa ,b , c , d là 4 ẩn số cần xác định. Nếu giả thiết cho 4 điều kiện về cácgiá trị của đa thức ta sẽ thiết lập được một hệ phương trình theo 4 ẩn.Giải hệ này ta sẽ xác định được đa thức.

Ví dụ 1: Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đàotạo Hải Phòng, Trung học cơ sở, 2007-2008.

1. Tìm đa thức bậc ba P(x ) biết:

P (0) = 10; P (1) = 12; P (2) = 4; P (3) = 1.

2. Với đa thức P(x ) tìm được ở câu trên, trình bày cách tìm giá trịđúng của P(2008).

Bài giải:

Giả sử đa thức có dạng P(x ) = a x 3+bx 2+ c x +dTheo giả thiết

P(0) = 10P(1) = 12P(2) = 4P(3) = 1

⇐⇒

d = 10 (1)a +b + c +d = 12 (2)8a +4b +2c +d = 4 (3)27a +9b +3c +d = 1 (4)



Ta lần lượt lấy (1) trừ (2); lấy (2) trừ (3); lấy (3) trừ (4) (thể hiện trênmáy tính CASIO 570VN Plus)

0 1 0 1 0 1 10 121 8 1 4 1 2 12 48 27 4 9 2 3 4 1

X =5

2(STO) (A)

Y =−25

2(STO) (B)

Z = 12 (STO) (C)

Vậy đa thức cần tìm là P(x ) =5

2x 3− 25

2x 2+12x +10

10 (STO) (D)(X 3) 25 2 12

101 2008 2 3 2.019058459×1010

2 10 190584586

Sau dáu chấm là 10 chữ số thập phân. Ở đây chỉ có 9 chữ do bỏ số 0đứng đầu, do đó ta phục hồi số 0. Vậy:

P(2008) = 20190584586

Ví dụ 2: Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đàotạo Đăk Nông, Trung học cơ sở, 2007-2008

Tìm một đa thức bậc ba P(x ), biết rằng khi chia P(x ) cho x −1 ; x −2; x −3 đều được số dư là 6 và P (−1) =−18.

Bài giải:1chấp nhận số A2chấp nhận số B3chấp nhận số C



Giả sử đa thức có dạng P(x ) = a x 3+bx 2+ c x +dTheo giả thiết

P(1) = 6P(2) = 6P(3) = 6P(−1) = −18

⇐⇒

a +b + c +d = 6 (1)8a +4b +2c +d = 6 (2)27a +9b +3c +d = 6 (3)−a +b − c +d = −18 (4)

Ta lần lượt lấy (1) trừ (2); lấy (2) trừ (3); lấy (3) trừ (4) (thể hiện trênmáy tính CASIO 570VN Plus)

1 8 1 4 1 2 6 68 27 4 9 2 3 6 627 1 9 1 3 1 6 18

X = 1 (STO) (A)Y =−6 (STO) (B)Z = 11 (STO) (C)

6 T = 0

Vậy đa thức cần tìm là P(x ) = x 3−6x 2+11x

Ví dụ 3: Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Bộ Giáo dục và Đàotạo, Trung học cơ sở, 2012-2013. Khi chia đa thức

P(x ) = x 81+a x 57+bx 41+ c x 19+2x +1

cho x −1 có dư là 5 và chia cho x −2 được dư là −4.

1. Hãy tìm các số thực A và B biết đa thức

Q(x ) = x 81+a x 57+bx 41+ c x 19+Ax + B

chia hết cho đa thức x 2−3x +2.

2. Với các giá tri A và B tìm được, hãy tính giá trị của

R(x ) =Q(x )−P(x )+x 81+x 57−2x 41+2x 19+2x +1 tại x =1, 032012.



Bài giải:

1. Theo giả thiết ta có:

P(1) = a +b + c +4 = 5P(2) = 257a ++241b +219c +281+5 = −4

Vậy:

a +b + c = 1257a ++241b +219c +281 = −9

Vì Q(x ) chia hết cho 1 và cho 2 nên ta có hệ phương trình:

a +b + c +A + B = −1257a ++241b +219c +281+2A + B = 0

⇐⇒

A + B = −22A + B = 9

⇐⇒

A = 11B = −13

2. Với các giá tri A và B tìm được, hãy tính giá trị của

R(x ) = x 81+x 57−2x 41+2x 19+11x −13

Thực hành trên máy ta tính được R(1.032012) = 13.57511685

BÀI TẬP

Bài 1. Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đàotạo Thừa Thiên-Huế, Trung học cơ sở, 2005-2006. Cho đa thức

P(x ) = a x 3+bx 2+ c x +d

Biết P(1) = 27 ; P(2) = 125 ; P(3) = 343 ; P(4) = 735

1. Tính (kết quả chính xác) các giá trị P(−1) ; P(6) ; P(15) ; P(2006)

2. Tìm số dư của phép chia P(x ) cho 3x −5.



Bài 2 Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Bộ Giáo dục và Đàotạo, Trung học cơ sở, 2007-2008). Cho đa thức

P(x ) = x 4+a x 3+bx 2+ c x +d

thỏa mãn: P(0) = 12 ; P(1) = 12 ; P(2) = 0 ; P(4) = 60

1. Xác định các hệ số a ,b , c , d của P(x ).

2. Tính P(2006).

3. Tìm số dư trong phép chia đa thức cho 5x −6.

Bài 3 Thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáodục và Đào tạo Thái Nguyên, Trung học cơ sở, 2006-2007. Chođa thức

P(x ) = x 4+a x 3+bx 2+ c x +d

có P(1) = 1 ; P(2) = 13 ; P(3) = 33 ; P(4) = 61.

Tính P(5), P(6), P(7), P(8).

Bài 5 Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Bộ Giáo dục và Đàotạo, Trung học cơ sở, 2008-2009.

Đa thức P(x ) = x 6 + a x 5 +bx 4 + c x 3 + d x 2 + e x + f có giátrị là 3; 0; 3; 12; 27; 48 khi x lần lượt nhận các giá trị tương ứng là1; 2; 3; 4; 5; 6.

1) Xác định các hệ số a , b , c , d , e , f của P(x ) .

2) Tính giá trị của đa thức P(x ) với x = 11; 12; 13; 14; 15; 16; 17;18; 19; 20.

2.3 Dãy số cho bằng biểu thức qui nạp

Một dãy số xác định bởi một biểu thức qui nạp dựa vào hai số hạng đứngtrước bằng cách sử dụng hai bộ nhớ và (PreAns) các bạn cóthể đọc ở chương 3. Tuy nhiên trong các kỳ thi Học sinh giỏi Máy tínhcầm tay THCS cấp Bộ hay yêu cầu thí sinh thiết lập một dãy số qui nạp



dựa vào 3 số hạng đứng trước. Do đó trong phần này chúng ta sẽ traođổi về nội dung này và hướng dẫn học sinh sử dụng máy tính để giải bàitoán được đặt ra cho họ.

u 1 1 Au 2 2 Bu 3 3 Cu 4 2 A 2C-3B+2A→ Au 5 -1 B 2A-3C+2B→ Bu 6 -2 C 2B-3A+2C→C

u 7 3 A 2C-3B+2Au 8 10 B 2A-3C+2Bu 9 7 C 2B-3A+2Cu 10 -10 A 2C-3B+2Au 11 -21 B 2A-3C+2Bu 12 2 C 2B-3A+2Cu 13 47 A 2C-3B+2Au 14 46 B 2A-3C+2Bu 15 -45 C 2B-3A+2Cu 16 -134 A 2C-3B+2Au 17 -41 B 2A-3C+2Bu 18 230 C 2B-3A+2Cu 19 315 A 2C-3B+2A

Cho một dãy số (u n ) đuợcxác định như sau:u 1 = 1 ; u 2 = 2 ; u 3 = 3 ;u n+3 = 2u n+2 − 3u n+1 +2u n (n > 1)

1. Viết qui trình bấmmáy tính để thực hiệnu n+3.

2. Dựa vào đó để tính

u 19 ; u 20 ; u 66 ; u 67 ;u 68

Phân tích: Ba số hạng đầu tiên ta lần lượt gán vào A, B, C.Sau đó ta thiết lập công thức tính 3 số hạng tiếp theo với qui ước nhưsau:Trước C là B,trước B là A,trước A là C.Các số hạng của dãy thay vì đánh số u 1, u 2, u 3, u 4, u 5, u 6, u 7, u 8, u 9 . . .ta sẽ liệt kê là

A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B,C, A, B, C, A, B, C, A, B, C . . .



Bài giải:

1 (STO) (A)2 (STO) (B)3 (STO) (C)2 3 2 (STO) (A)2 3 2 (STO) (B)2 3 2 (STO) (C)

copy dòng lệnh Acopy dòng lệnh Bcopy dòng lệnh C

v.v. . .

BÀI TẬP

Bài 1: Cho dãy số sắp thứ tự u 1, u 2, u 3, . . . , u n , u n+1, . . . biết

u 5 = 588, u 6 = 1084 và u n+1 = 3u n −2u n−1.

1. Tính u 1; u 2

2. Tính u 25

Bài 2: Cho dãy số sắp thứ tự u 1, u 2, u 3, . . . , u n , u n+1, . . . biết:

u 1 = 1, u 2 = 2, u 3 = 3; u n = u n−1+2u n−2+3u n−3 (n > 4)

1. Tính u 4, u 5, u 6, u 7 .

2. Viết qui trình bấm phím liên tục để tính giá trị của u n vớin > 4

3. Sử dụng qui trình trên, tính giá trị của u 20, u 22, u 25, u 28 .

2.4 Các bài toán về số nguyên và số chính phương

Số chính phương là một nội dung giảng dạy ở bậc Trung học cơ sở, nhấtlà cho các lớp chuyên. Trong khuôn khổ máy tính cầm tay ta sẽ không đi



sâu vào lý thuyết số mà chỉ sử dụng khả năng tính toán nhanh của máyđể tìm các số nguyên mà bình phương của nó thoả một điều kiện nào đó.

Ví dụ 1: Tìm một cặp số nguyên dương (x , y ) sao cho : x 2 = 37y 2+1

Ta gán y cho A và cho A chạy từ 1 cho đến khi nhận đượcp

37y 2+1là một số nguyên.

(=) 1 (:) 37 11

Gõ dấu bằng liên tục đến khi nhận được số nguyên thì dừng.ĐS: y = 12;x = 73

BÀI TẬP

Bài 1 : Tìm các chữ số a ,b , c , d sao cho số 567ab c d a là số chínhphương. Nêu qui trình bấm phím để có kết quả.

Bài 2 : Tìm tất cả các số tự nhiên n (1010 6 n 6 2010) sao chop20203+21n cũng là số tự nhiên.

Bài 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên n (10006 n 6 10000000) sao chop20203+21n cũng là số tự nhiên.

Bài 4 : (Thi giải toán trên máy tính cầm tay - THCS năm 2013, Bộ Giáodục và Đào tạo)Tìm các số tự nhiên n (2000 < n < 60000) saocho với mỗi số đó thì a n =

4p22122010+6n cũng là số tự nhiên.Nêu qui trình bấm phím để có kết quả.

Bài 5 : Tìm cặp số nguyên dương x , y thỏa mãn phương trình:

4x 3+17(2x − y )2 = 161312


Phần II

Các bài toán bậc Trung họcphổ thông

33

Chương 3

Các bài toán Giải tích

Máy tính CASIO 570VN Plus là một công cụ tính toán hữu hiệu

để giải hoặc trợ giúp học sinh giải hầu hết các bài toán có trong chươngtrình Trung học Phổ thông. Việc sử dụng hiệu quả máy tính này, giúphọc sinh dành nhiều thì giờ hơn để giải các bài toán mà không thể giảiđược bằng máy tính, ví dụ các bài toán có chứa tham số. Trong chươngnày chúng ta sẽ đề cập đến các bài toán về Giải tích (lớp 11 và 12) nhưgiới hạn, đạo hàm, tích phân, dãy số cho bằng biểu thức qui nạp v.v. . .

3.1 Phép tính đạo hàm.

Phép tính đạo hàm là phép tính cơ bản trong Giải tích Toán học. Ở đâyta dùng đạo hàm để giải bài toán về tiếp tuyến và cực trị của một hàm số(trừ hàm số bậc 2 có chức năng riêng).

Phương trình tiếp tuyến tại một điểm trên đồ thị là: y = a x +b với:

• B = f (x0) ; a = f ′(x0)

• b = B −a x0

Ví dụ 1: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

f (x ) = e 3x 2+p

x sin 4x + log3(sinx +2)

35


tại điểm có hoành độ x =π

12

• Nhập hàm số: 3 43 2

• Tính giá trị hàm số tại x =π

12: 12

a 2.516059996

• Chèn phép tính đạo hàm vào biểu thức đã nhập: Đóng mở ngoặcđơn biểu thức đã nhập, đưa con trỏ về đầu biểu thức, bấm vào

di chuyển con trỏ đến cuối bấm tiếp 129.008014756

• Tính b : 12 0.1577672473

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm (làm tròn tới 4 số lẻ thập phân) là:

y = 9.0080x +0.15778

Ví dụ 2: Tìm hai điểm cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị

của hàm số y =2x 2−5x +3

3x 2−x +1

Bài giải:Giải phương trình y ′ = 0 như sau:

2 15 2 2 9 5 3

x 1=7+5

p3

13(STO) (A)

(sử dụng chức năng lưu nghiệm của CASIO 570VN Plus )



x 2=7−5

p3

13(STO) (B)

Giá trị cực cực trị:

2x 2−5x +3

3x 2−x +10.02913709779

3.120046189

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị:

3.41943026

3.2 Cực trị của hàm số bậc 2

Nhiều bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất dẫn đến tìm cựctrị của hàm số bậc hai. Trong phần này chúng tôi giới thiệu một số ứngdụng như thế. Với công cụ này, học sinh sẽ tiết giảm nhiều khâu trongviệc giải bài toán.

Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Ox y cho đường thẳng∆ : x+2y −3= 0, hai

điểm A(1; 0), B (3;−4). Hãy tìm trên ∆ điểm M sao cho

−→M A +3

−−→M B

nhỏ nhất.Giải: Giả sử M (−2y +3; y )∈∆. Khi đó:

−→M A +3

−−→M B

=p

80y 2+64y +148

Hàm số f (y ) = 80y 2 + 64y + 148 có tập xác định R, đạt giá trị nhỏ

nhất là676

5tại y =−2

5.

80 64 148



Vậy

−→M A +3

−−→M B

nhỏ nhất khi và chỉ khi y = −2

5. Vậy điểm M cần

tìm là M

19

5;−2

5

.

Ví dụ 2: Cho hàm số y =−x +1

2x −1(C ).

Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng d : y = x+m luôn cắt đồ thị(C ) tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi k1; k2 lần lượt là hệ số góc củacác tiếp tuyến với (C ) tại A và B . Tìm m để tổng k1+k2 đạt giá trị lớnnhất.Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d là:

2x 2+2m x −m −1= 0

Phương trình này có hai nghiệm phân biệt với mọi m .Ta tính được: k1+k2 =−4m 2−8m −6Hàm số g (m ) = −4m 2− 8m − 6 xác định với mọi m , đạt giá trị lớnnhất là −2 khi m =−1.

Vậy k1+k2 đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi m =−1.

BÀI TẬP

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P(x ) =−1, 32x 2+3.1−2

p5

p

6, 4−7, 2x −7, 8+3

p2

ĐS: Y-Value Maximum ≈−3, 54101 (lấy 5 số lẻ thập phân)



3.3 Dãy số cho bằng biểu thức qui nạp

3.3.1 Dãy số Fibonasi

Sự ra đời của máy tính CASIO 570VN Plus làm cho việc thiết lập mộtdãy số cho bằng biểu thức qui nạp đơn giản hơn trước rất nhiều, đó là domáy tính đươc đưa vào ô nhớ PreAns ( ), trước đó máy tính sửdụng ô nhớ để lưu kết quả cuối cùng.

Trước hết ta nói về dãy số Fibonasi:

1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89; 144; 233; 377; 610; 987; 1597;2584; 4181; 6765; 10946; 1771; 28657; 46368; 75025; 1213931196418; 317811; 514229; 832040; 1346269; 2178309 . . .

Biểu thức qui nạp của dãy số Fibinasi như sau:

u 1 = 1 ; u 2 = 1u n = u n−1+u n−2 , n = 3, 4, 5, 6 . . .

Dựa vào định nghĩa, ta bấm phím như sau:1 1

(PreAns)

. . .

3.3.2 Dãy số qui nạp dựa vào hai số hạng đứng trước

Giả sử ta có một dãy số (u n )n∈N như sau:

u 1 = a ; u 2 =b ; u n = Au n−1+ Bu n−2

Hãy xác định số hạng thứ i của dãy số (với i là một số xác định)

Áp dụng bằng số:

u 1 = 3 , u 2 = 2 ; u n = 2u n−1+3u n−2 (n > 3). Tính u 21



Qui trình bấm phím:

3 2

2 3 (PreAns) u 3

. . . 18 lần nhấn dấu

Ta được u 21 = 4358480503

BÀI TẬP

Bài 1. Bài tập tương tự: Cho dãy số xác định bởi:

u 1 = 17, u 2 = 29 ; u n+2 = 3u n+1+2u n (n > 1)

Tính u 15

Bài 2. Cho một dãy số (u n ) được xác định như sau:

u 1 = 1 ; u 2 = 2 ; u n+2 =

2u n+1+3u n nếu n là số lẻ3u n+1+2u n nếu n là số chẵn

với n > 1. Tính u 10 ; u 15 ; u 21.



u 1 1u 2 2u 3 7u 4 25u 5 71u 6 263u 7 739u 8 2743u 9 7703

u 10 28595u 11 80299u 12 298087u 13 837071u 14 3107387u 15 8725987u 16 32392735u 17 90963431u 18 337675763u 19 948241819u 20 3520076983u 21 9884879423

122 3 (PreAns)

3 2 (PreAns)copy lệnh được u 5

copy lệnh được u 6

v.v. . .

Lưu ý: Nếu biểu thức qui nạpchỉ có một biểu thức, ta chỉ cầngõ dấu bằng sẽ copy đượccông thức.Nếu biểu thức qui nạp cho bằnghai biểu thức, ta bấm mũi tên lênrồi gõ dấu bằng sẽ copy đượccông thức.

3.4 Phép tính tích phân

Việc tính tích phân với kết quả gần đúng thường dùng trong các ngànhkhoa học thực nghiệm. Đối với bậc học phổ thông, việc tính tích phâncòn dùng để kiểm tra lại kết quả tính toán chính xác bằng các phươngpháp tích phân.

Ví dụ 1: Tính I =

∫π4

0

ptanx d x

0 4



So sánh với Maple

I =πp

2

4−p

2

2ln(1+

p2)

Kiểm tra lại với máy tính CASIO 570VN Plus , ta có đúng kết quả nhưtrên. Điều này khẳng định rằng, nếu bằng phương pháp đổi biến số kếthợp với các kỹ thuật tính tích phân khác để có kết quả

I =πp

2

4−p

2

2ln(1+

p2)

thì kết quả đó chính xác. Đây là một công dụng của việc tính tích phânvới máy tính cầm tay. Giáo viên có thể không tính các tích phân này,nhưng vẫn có thể cho đáp số dưới dạng các số gần đúng để học sinhkiểm tra lại kết quả làm bài của mình.

Ví dụ 2: Tính I =

∫ π/3

π/6

d x

sin9 x

1 9 63

So sánh với Maple

I =1451

64

p3+

35

128ln

2+p

3− 1235

1728− 35

256ln (3)

Kiểm tra lại với máy tính CASIO 570VN Plus


Chương 4

Các bài toán Đại số

Các bài toán đại số thường đề cập đến các phép tính: cộng, trừ,nhân chia, luỹ thừa và khai căn thể hiện qua việc giải các phương trình,hệ phương trình và bất phương trình.

4.1 Vấn đề tính tổng hữu hạn

Ví dụ 1: Ta muốn tính tổng S =100∑

x=1

2

p

log(x 2+1)+3

2logx +1

(Đề thi Thi giỏi toán trên MTCT năm 2013)

2 1 3 21 1 100 123.9469195

Ví dụ 2: Tính tổng

S =1

1.2.3.4+

1

2.3.4.5+

1

3.4.5.6+ · · ·+ 1

2011.2012.2013.2014

43


(Đề thi Thi giỏi toán trên MTCT năm 2011-THCS)

1 1 23 0.05555555551

So sánh với Maple S =1359502363

24471042552= 0.05555555551

BÀI TẬP

Bài 1. Cho tổng

Sn = 1− 1

22 +2

32 +3

42 −4

52 + · · ·+(−1)n−1 n −1

2n

Tính S4,S5,S6 ; S20 ; S25 ; S30.

Bài 2. Tìm phần nguyên của tổng số sau đây:r

13+12

3+

r

23+32

5+ · · ·+

r

753+1492

151

4.2 Vấn đề giải phương trình

Ta xét trường hợp thường gặp là phương trình cần giải có một nghiệmduy nhất. Việc chứng minh sự duy nhất nghiệm có thể sử dụng tính chấtđơn điệu của hàm số hoặc vẽ đồ thị của hàm số.Sau đó ta dùng chức năng “Shift Solve” để dò tìm nghiệm hoặc sử dụngchức năng lập bảng để tìm nghiệm nguyên.

Ví dụ 1: Đề thi ĐH Khối B2011.Giải phương trình:

3p

2+x −6p

2−x +4p

4−x 2 = 10−3x (1)

Bài toán này có nhiều cách giải mà đáp án là một cách giải chuẩn đểchấm thi. Tuy nhiên với sự hỗ trợ của máy tính cầm tay, ta có một cáchgiải khác như sau:



(1)⇐⇒ 1

4

h

3p

2+x −6p

2−x +3x −10i

=−p

4−x 2

• hàm số y =1

4

3p

2+x −6p

2−x +3x −10

là hàm số đồng

biến, xác định trên đoạn [−2; 2]

• hàm số y =−p

4−x 2 có đồ thị là nửa đường tròn dưới.

Do đó ta dùng phương pháp đồ thị (như hình vẽ)

Nhìn vào đồ thị, ta thấy phương trình đãcho có một nghiệm duy nhất thuộc khoảng

(0; 2). Ta thấy x =6

5thỏa mãn phương

trình (1) vì:

3

Ç

2+6

5−6

Ç

2− 6

5= 10− 18

5

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duynhất

x =6

5

Bằng cách sử dụng máy tính cầm tay CASIO 570VN Plus ta thực hiệnnhư sau:3 2 6 2 4 4

1 10 3

Bấm vào (Solve), sau đó nhập x = 1 chờ máy tính dò tìm vàcho đáp số x = 1.2.

1khi chúng tôi viết ta sẽ hiểu là bấm



Ví dụ 2: Đề thi ĐH Khối B2010.Giải phương trình:

p

3x +1−p

6−x +3x 2−14x −8= 0

cách thực hiện như trên với

• y =p

3x +1 − p6−x là hàmsố đồng biến, xác định trên đoạn[−1

3 ; 6]

• hàm số y = −3x 2 + 14x + 8 có đồthị là một parabol .

Nhìn vào đồ thị ta thấy phương trình trêncó nghiệm duy nhất.

Sử dụng chức năng lập bảng của máy tính.

• Ww7

• f (x ) =p

3x +1−p6−x +3x 2−14x −8 =

• Start: 0 = End: 6 = Step: 1 =

• Ta có kết quả ghi vào bảng như sau:x f (x )0 -9.4491 -19.2362 -23.3543 -21.5694 -13.8085 06 20.358

• Nhìn vào bảng, ta thấy x = 5 là nghiệm.



Ta có nhận xét rằng, hai bài thi này nếu giải bằng phương pháp đại sốthuần túy ta phải giải bằng hai cách khác nhau hoàn toàn. Tuy nhiên vớisự hỗ trợ của máy cầm tay, ta chỉ sử dụng phương pháp đồ thị.

4.3 Vấn đề giải bất phương trình

Máy tính CASIO 570VN Plus cung cấp chức năng giải một bất phươngtrình bậc 2 hoặc bậc 3. Các ví dụ sau đây cho thấy với công cụ mới nàyviệc giải một phương trình/bất phương trình đã trở nên dễ hơn rất nhiềuđể giảm thiểu áp lực công việc cho học sinh.

Ví dụ 3: Đề thi ĐH Khối D 2008.

Giải bất phương trình log 12

x 2−3x +2

x> 0 (1)

Điều kiện:x 2−3x +2

x> 0⇐⇒ 0< x < 1∨x > 2.

Khi đó

(1)⇐⇒ x 2−3x +2

x6 1⇐⇒ x 2−4x +26 0

⇐⇒ 2−p26 x 6 2+p

2Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là:

2−p26 x < 1∨2< x 6 2+p

2

Sử dụng chức năng giải bất phương trình bậc 3:

1 3 2 0(Nhập 4 hệ số của bất phương trình bậc 3 và nhấn ta được nghiệm

của bất phương trình).


1 4 2(Nhập 3 hệ số của bất phương trình bậc 2 và nhấn ta được nghiệm

của bất phương trình).



Nhận xét: Theo lộ trình giải bài toán ở trên, học sinh tập trung giảibất phương trình còn việc tính toán trung gian máy tính cầm tay sẽ đảmnhiệm.

Ví dụ 4: Đề thi ĐH Khối B 2008.

Giải bất phương trình log0,7

log6x 2+x

x +4

< 0 (1)

Điều kiện:x 2+x

x +4> 1 (2)

(1)⇐⇒ x 2+x

x +4> 6⇐⇒ x 2−5x −24

x +4> 0⇐⇒−4< x <−3∨x > 8

Tất nhiên nghiệm này thỏa điều kiện (2).


1 4 5 20 24 24 4(Nhập các hệ số của bất phương trình bậc 3 (kể cả hệ số tạo thành docác phép tính số học) và nhấn ta được nghiệm của bất phương

trình).

Nhận xét: Việc sử dụng tính năng giải bất phương trình trên máy tínhtương đương với việc lập bảng nếu giải trực tiếp. Việc lập bảng khôngphải lúc nào cũng dễ dàng, còn việc sử dụng máy tính là một thói quencó thể luyện tập được trong quá trình học và giải toán.

Ví dụ 4:

Giải bất phương trìnhp

5+2x−1 >

p5−2

x −1

x +1 (1)

(1)⇐⇒ p5+2x−1 >

p5+2

−x −1

x +1

⇐⇒ x −1>−x −1

x +1⇐⇒ x −1+

x −1

x +1> 0⇐⇒ x 2+x −2

x +1> 0



Sử dụng chức năng giải bất phương trình bậc 3, ta có đáp số như sau:

−26 x <−1∨x > 1

1 2 1 2

Ví dụ 5: Giải bất phương trình:r

x 2+9x −162

x −2> 9−x (1)

Ta có nhận xét x = 9 không là nghiệm. Do đó:

(1)⇐⇒

9−x < 0x 2+9x −162

x −2> 0

hay

9−x > 0(x −9)(x +18)

x −2> (x −9)2

Sử dụng chức năng giải bất phương trình bậc 3, ta có:

1 7 18 162 162 2

(I )⇐⇒

x > 9−186 x < 2∨x > 9

⇐⇒ x > 9

(I I )⇐⇒

x < 9x +18

x −2−x +9< 0

⇐⇒

x < 9−x 2+12x

x −2< 0

1 14 24 0

⇐⇒

x < 90< x < 2∨x > 12

⇐⇒ 0< x < 2



Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là

0< x < 2∨x > 9

4.4 Lưu nghiệm và truy xuất nghiệm

Việc giải một phương trình bậc 2, bậc 3 hoặc một hệ phương trình rồilưu kết quả vào ô nhớ, sau đó truy xuất kết quả để xử lý số liệu là mộttrong các tính năng mới của CASIO 570VN Plus .

Ví dụ 5: Đề thi ĐH Khối D 2011.2Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số

y =2x 2+3x +4

x +1

trên đoạn [0; 2]

y ′ = 0⇐⇒ 2x 2+4x −1= 0⇐⇒

x =−2+

p6

2

x =−2−p6

2(loại)

Ta sử dụng máy tính để tìm hai điểm cực trị và lưu diểm cực trị thuộcđoạn [0; 2] vào ô nhớ .

2 4 1 (STO) (A)

Sau đó trở ra nhập hàm số để tính các giá trị y (0); y (2); y (A)

2 3 4 10 42 6

(A) −1+2p

6

2Chúng tôi có một điều chỉnh nhỏ bài toán để thấy hết tính năng mới hữu ích củamáy tính CASIO 570VN Plus



Vậy giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số trên đoạn [0; 2] lần lượt là−1+2

p6 và 6.

Nhận xét: Máy tính thực hiện hai công việc: giải phương trình bậc haivà lưu nghiệm vô tỉ dương vào ô nhớ . Sau đó truy xuất để tính giátrị của hàm số và xuất đáp số dưới dạng số vô tỉ. Với sự tiện lợi này họcsinh sẽ ghi được kết quả vào bài làm.

Ví dụ 6: Đề thi ĐH Khối D 2011.Xác định m để hệ phương trình sau có nghiệm:

2x 3− (y +2)x 2+x y =mx 2+x − y = 1−2m

Bằng phương pháp đặt ẩn số phụ u = x 2− x ; v = 2x − y hệ phươngtrình trở thành

u v =mu +v = 1−2m

⇐⇒

u 2+(2m −1)u +m = 0 (1)v = 1−2m −u

Ta bấm máy tính để tìm giá trị nhỏ nhất của u làm điều kiện.

1 1 0

ta được Y-Value Minimum = −1

4.

Vậy ta có điều kiện u >−1

4

(1)⇐⇒m =−u 2+u

2u +1(2)

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm thỏa điều kiện u >−1

4.

Xét hàm số f (u ) =−u 2+u

2u +1

f ′(u ) = 0⇐⇒−2u 2−2u +1= 0⇐⇒

u =−1+

p3

2

u =−1−p3

2(loại)



Sử dụng máy tính CASIO 570VN Plus như ví dụ trên (lưu nghiệm vào ônhớ và truy xuất để tính giá trị của hàm số tại ) ta tìm giá trị lớn

nhất của hàm số f (u ) trên

−1

4;+∞

là2−p3

2và vì lim

u→+∞ f (u ) =

−∞ nên

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi m 62−p3

2.

Ví dụ 7: Cho hàm số y = x 3 − 4x 2 + 3x − 5. Tìm khoảng cách giữađiểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số (đến 9 chữ số thập phân).

3 8 3

x1 =4+p

7

3x2 =

4−p7

38 3

4.5 Vấn đề số phức

4.5.1 Các phép tính số phức dưới dạng đại số

1. Để nhập một số phức ta vào

để nhập số đơn vị ảo ta bấm phím

2. Các phép tính cộng, trừ nhân chia được sử dụng các phím ,, , tương ứng trên bàn phím.

3. Phép lấy lũy thừa 2 và lũy thừa 3 của một số phức thực hiện nhưđối với số thực. Lưu ý trong số phức, không có các lũy thừabậc lớn hơn 3.



4. Để lấy số phức liên hợp của một số phức z , ta bấmrồi nhập số phức z và nhấn phím . Để lấy mô-đun của một sốphức, ta bấm nhập số phức (hoặc một biểu thức gồm cácphép tính số phức) rồi nhấn phím .

5. Lưu ý: máy tính chỉ thực hiện việc tính toán và ra kết quả, ngườihọc (nhất là học sinh) phải biết sử dụng các kết quả này để ghivào bài làm.

Ví dụ 1: TSĐH A2010 NC: Cho số phức z thỏa mãn:

z =(1−p3i )3

1− i. Tìm mô-đun của số phức z + i z .

a

Bài giải:MÁY TÍNH:

1 3 18p

2

BÀI LÀM :

Ta có: (1−p3i )2 =−2−2p

3i 1 3 3

Do đó: (1−p3i )3 = (1−p3i )2.(1−p3i ) =−8 13

Vậy: z =−8

1− i=−4−4i 1

z + i z =−4−4i + i (−4+4i ) =−8−8i . Vậy:

z + i z

= 8p

2

Ví dụ 2: Tìm phần thực và phần ảo của số phức:

z =

1+ ip

3

1+ i

3

3SGK 12 CT CB không nhấn mạnh lập phương của một số phức. Tuy nhiên học sinhcó thể trực tiếp tính (1−p3i )3 =−8



Bài giải:1 3 1

2 + 2i

Ví dụ 3: TSĐH D2012 NC: Cho số phức z thỏa mãn:

(2+ i )z +2(1+2i )

1+ i= 7+8i

Tìm mô-đun của số phức z +1+ i


7 8 2 1 2 1 21 5

BÀI LÀM :

Ta có:2(1+2i )

1+ i= 3+ i 2 1 2 1

Vậy: (2+ i )z = 7+8i − (3+ i ) = 4+7i 7 8

z =4+7i

2+ i= 3+2i 4 7

Do đó: |z +1+ i |= 5 1

4.5.2 Số phức dưới dạng lượng giác

Muốn viết số phức dưới dạng lượng giác, ta tìm mô-đun và Argumentcủa số phức đó. Ví dụ, viết số phức z = 1+ i dưới dạng lượng giác.

1π

4p2

Vậy z =p

2(cosπ

4+ i sin

π

4)



Muốn tìm nhanh mô-đun và Argument của một số phức ta chuyển sốphức sang tọa độ cực.

1p

2∠π

4

Ví dụ 1: Cho phương trình z 2 − 2p

3i z − 4 = 0. Gọi z 1, z 2 là hai

nghiệm của phương trình. Viết z 1, z 2 dưới dạng lượng giác.

Bài giải:∆′ = (−p3i )2+4= 1

Vậy z 1 = 1+ ip

3 ; z 2 =−1+ ip

3

1 3 2∠π

3

1 3 2∠2π

3

Vậy z 1 = 2(cosπ

3+ i sin

π

3) ; z 2 = 2(cos

2π

3+ i sin

2π

3)

Ví dụ 2: Hãy tìm dạng lượng giác của số phức z =1−p3i

1+ i


1 3 1p2∠− 7π

12.

Vậy z =p

2

cos−7π

12+ i sin

−7π

12

Các phép tính cộng, trừ, nhân, chia và lũy thừa số phức được thực hiệndễ dàng với máy tính CASIO 570VN Plus .



Ví dụ 3: Hãy tìm dạng lượng giác của số phức z = 1+p

3i . Tìm phần

thực và phần ảo của số phức w = (1+ i )z 5

z = 1+p

3i

1 3 2∠1

3π

Vậy z = 2

cosπ

3+ i sin

π

3

z 5 = 25

cos5π

3+ i sin

5π

3

1p

2∠1

4π

Vậy 1+ i =p

2

cosπ

4+ i sin

π

4

Do đó w = 25p

2

cos

5π

3+π

4

+ i sin

5π

3+π

4

Thực hành trên máy tính để tính các giá trị lượng giác, ta có:

w = 32p

2

p6+p

2

4+−p6+

p2

4i

=

= 16+16p

3+(16−16p

3)i .Từ đây ta suy ra phần thực và phần ảo của w lần lượt là

16+16p

3 và 16−16p

3.

4.6 Một số ví dụ nâng cao

Ví dụ 1: Trong tập hợp số phức hãy tìm các số phức z và w thỏa hệphương trình sau:

(1+ i )z − i w = 2+ i (1)(2+ i )z +(2− i )w = 2i (2)



Nhân phương trình (1) cho 2− i , phương trình (2) cho −i rồi trừ hai kếtquả cho nhau, ta có:h

(1+i )(2−i )−(2+i )(−i )i

z = (2+i )(2−i )−(2i )(−i )⇐⇒ (2+3i )z = 3

Vậy: z =3

2+3i=

6

13− 9

13i

Từ (1) suy ra: w =2+ i − (1+ i )z

−i=−16

13+

11

13i

Ví dụ 2: Khai căn bậc hai của một số phức.

Vào ta nhập một số phức tự động lưu vào phím .Sau đó ta thực hiện các thao tác sau đây:

p

|Ans| ∠ Arg(Ans)2

sqeM qz (∠)aq21M)R2 =

Ví dụ: Cho số phức z = −80− 192i . Thực hành đúng thao tác trên tacó hai căn bậc hai của số phức z là ±(8−12i ).

Ví dụ 3: Giải một phương trình bậc hai với hệ số phứcVí dụ ta cần giải phương trình: z 2−8(1− i )+63−16i = 0.

Ta có: a = 1 ; b =−8+8i ; c = 63−16i∆=b 2−4a c =−252−64i = (2−16i )2 (khai căn bậc hai của ∆ nhưtrên)Vậy hai nghiệm là:

z 1 =−b +(2−16i )

2a= 5−12i

z 2 =−b +(2−16i )

2a= 3+4i

Xem qui trình giải môt phương trình bậc hai với hệ số phức sau đây.



Giải phương trình a z 2+b z + c = 0 (a ,b , c ∈C)Ww2 vào MODE CMPLX

aqJ(STO)z(A) nhập liệu vào ô nhớbqJ(STO)x(B)cqJ(STO)c(C)

Qx(B)dp4Qz(A)Qc(C)= Tính ∆=b 2−4a c

sqeM qz (∠)aq Tính một trong hai21M)R2qJ(STO)j(D) căn bậc hai của ∆

apQx(B)+Qj(D)R2Qx(A) nghiệm thứ nhấtapQx(B)pQj(D)R2Qx(A) nghiệm thứ hai

Ví dụ 4: Tìm argument chính của số phức z = 1+ sin3π

5+ i cos

3π

5

chuyển máy sang mode radian3 1 3

− π20

Vậy arg z =− π20

4.7 Bộ nhớ Ans và PreAns

Không phải ngẫu nhiên mà máy tính CASIO 570VN Plus trang bị thêmBộ nhớ (PreAns). Nhờ có bộ nhớ và (PreAns) màta có thể thiết lập các số hạng của dãy số Fibonasi. Ở đây chúng tôi giớithiệu việc sử dụng hai bộ nhớ nói trên vào công thức tính tích phân.

Ví dụ 7: Đề thi ĐH Khối D 2011.

Tính tích phân I =

∫ 4

0

4x −1p2x +1+2

d x



Sử dụng phương pháp đổi biến số t =p

2x +1 tích phân đã cho trởthành:

I =

∫ 3

1

2t 2−4t +5− 10

t +2

d t =

2t 3

3−2t 2+5t −10 ln |t +2|

3

1

Ta nhập biểu thức:2 3 2 5

3 15

111

3

(PreAns)34

3

Vậy I =34

3−10 ln

5

3.

Ví dụ 8: Đề thi ĐH Khối B 20044. Xác định m để phương trình sau cónghiệm:

mp

1+x 2−p

1−x 2+2

= 4p

1−x 4+p

1+x 2−p

1−x 2 (1)

Đặt t =p

1+x 2−p

1−x 2 =⇒ 2p

1−x 4 = 2− t 2.Điều kiện: −p2 6 t 6

p2. Nhận xét x = 0 không là nghiệm của

phương trình (1) do đó:

(1)⇐⇒m =−2t 2+ t +4

t +2

Xét hàm số: f (t ) =−2t 2+ t +4

t +2liên tục trên đoạn [−p2;

p2].

4Chúng tôi có điều chỉnh đề bài để khai thác hết tính năng của MTCT



f ′(t ) = 0⇐⇒ t 2+4t +1= 0t =−2+

p3 ∨ t =−2−p3 (loại)

f−2+

p3

= 9−4p

3

f (−p2) =−1−p2f (p

2) =−1+p

2

1 4 1x1 =−2+

p2

x2 =−2−p2 (loại)

24 2

9−4p

32 −1−p2

2 −1+p

2

Vậy GTLN và GTNN của hàm số trên đoạn−p2;

p2

lần lượt là9−4

p3 và −1−p2.

Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

−1−p26m 6 9−4p

3

Các bộ nhớ và PreAns cực kỳ hữu ích nếu nó lưu các kết quả phứctạp mà nếu truy xuất thủ công sẽ bị “tam sao thất bản” dẫn đến sai đápsố.


Chương 5

Các bài toán Hình học

5.1 Phép tính vectơ trong không gian

T hực hiện các phép tính vectơ trong mặt phẳng khá đơn giản nên ởđây chúng tôi đề cập đến các phép tính vectơ trong không gian.Giả sử ta có ba vectơ :

−→a = (a 1; a 2; a 3) ;−→b = (b1;b2;b3) ; −→c = (c1; c2; c3)

Ta thực hiện các phép tính sau đây:

Nhập tọa độ vectơ −→a

Nhập tọa độ vectơ−→b

Tích vô hướng: −→a .−→b

Tích có hướng: [−→a ,−→b ]

61


Ví dụ 1: Cho điểm A(0; 0;−2) và đường thẳng:

∆ :x +2

2=

y −2

3=

z +3

2

Viết phương trình mặt cầu tâm A và cắt ∆ tại hai điểm B ,C sao cho

BC = 8

Bài giải:Gọi R là bán kính mặt cầu và d là khoảng cách từ A đến ∆. Ta có:

R2 = d 2+HC 2

với H là trung điểm BC .∆ qua B (−2; 2;−3) và vectơ chỉ phương −→a = (2; 1; 2).

d = (.A;∆)=

[−→BA,−→a ]

|−→a |−→BA = (2;−2; 1) ;−→a = (2; 3; 2)

2 2 1

2 3 2-7 -2 10

h−→BA,−→a

i

= (−13; 2; 10)

(Abs) 153(Abs) 17

Vậy: R2 =

[−→BA,−→a ]

2

−→a 2+16=

153

17+16= 25

Phương trình mặt cầu: x 2+ y 2+(z +2)2 = 25



Ví dụ 2: Cho hai đường thẳng:

∆1 :x +1

3=

y +3

−2=

z −2

−1; ∆1 :

x −2

2=

y +1

3=

z −1

−5

Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa ∆1 và ∆2

Bài giải:∆1 qua A(−1;−3; 2) và vectơ chỉ phương −→a = (3;−2;−1)

∆2 qua B (2;−1; 1) và vectơ chỉ phương−→b = (2; 3;−5)

Xét ba vectơ : −→a ;−→b ;−→A B = (3; 2;−1). Ta có công thức:

d (∆1,∆2) =

h−→a ,−→bi

.−→A B

h−→a ,−→bi

3 2 1

2 3 5

3 2 113 13 13

52

52 13 13 134p

3

3

Vậy d (∆1,∆2) =4p

3

3

5.2 Tính diện tích tam giác

Cho tam giác A BC với các cạnh BC = a ; C A = b ; c = A B . Để tìmdiện tích tam giác ta sử dụng công thức Hê-rông:

S =p

p (p −a )(p −b )(p − c )



Ta khai triển thành:

S =1

4

p

(a +b + c )(a +b − c )(a −b + c )(−a +b + c )

Ví dụ 1: ĐH A,A1 năm 2013

Cho hình tứ diện SA BC trong đó A BC là tam giác vuông tại A, gócA BC = 30. SBC là tam giác đều cạnh a nằm trong mặt phẳng vuônggóc với mặt phẳng (A BC ). Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng(SA B ).

Từ giả thiết ta suy ra đường cao SH = a

p3

2của tam giác đều SBC là

đường cao của tứ diện.

Ta có d (C , (SA B )) =3VSA BC

SSA B=

SA BC .SH

SSA BCác cạnh của tam giác SA B như sau:

SB = a ; A B = a

p3

2; SA =

p

SH 2+HA2 =

r

SH 2+

BC

2

2

= a

SSA B =1

4a 2

È

1+1+p

3

2

1+1−p

3

2

1−1+p

3

2

È

−1+1+p

3

2

=p

39

16a 2

Tất nhiên ta có thể thực hiện phép tính dễ dàng. Ở đây chúng tôi đề nghịsử dụng MTCT để thực hành và tìm diện tích trong các trường hợp phứctạp hơn.

1 1 3 2 (STO) (A)1 1 3 2 (STO) (B)1 1 3 2 (STO) (C)

1 1 3 2 (STO) (D) p39

4



Vậy: d (C , (SA B )) =

1

2

a

2

ap

3

2.a

p3

2p39

16a 2

=ap

39

13

Ở đây ta không bình luận về việc sử dụng phương pháp nào để tính diệntích. Ta chỉ cần nhắc nhỡ học sinh (nhất là học sinh trung bình) rằng sửdụng máy tính ta có thể tìm được diện tích tam giác khi biết ba cạnh.

5.3 Việc giải toán hình học không gian

Việc xuất hiện máy tính CASIO 570VN Plus có khả năng tính toán vớiđộ chính xác cao và dễ sử dụng với với học sinh chắc chắn sẽ thay đổicách giảng dạy của giáo viên và cách học tập của học sinh theo hướng:học sinh tập trung cho bài toán của mình còn máy tính sẽ đảm nhiệmviệc tính toán trung gian. Qua đề thi học sinh giải toán trên máy tínhcầm tay và đề thi tuyển sinh đại học trong các năm qua ta thấy xu thếmới đang phát triển này.

Ví dụ 1: (Đề thi HS giải toán trên máy tính cầm tay năm 2013-Bộ Giáodục và Đào tạo)1. Cho hình lăng trụ A BC A ′B ′C ′ biết độ dài cạnh bênlà 2a , đáy A BC là tam giác vuông tại A, A B = a , AC = a

p3, hình

chiếu vuông góc của A ′ trên mặt phẳng (A BC ) là trung điểm của cạnhBC .

1. Tính thể khối chớp A ′.BCC ′B ′ theo a

2. Tính góc giữa hai đường thẳng AA ′ và BC .

Cho biết a =p

5cm, hãy tính góc giữa hai đường thẳng nói trên làmtròn tới độ, phút.

1chúng tôi có điều chỉnh kích thước cho phù hợp với chương trình THPT



A

B

C

D

A ′

B ′

C ′

H

60

C

A B

D

1. Ta có nhận xét VA ′.BCC ′B ′ = 2VA ′.A BC

VA ′.A BC =1

3.1

2.A B.AC .A ′D (với D là trung điểm BC .)

A ′D2 = A ′A2−AD2 = A ′A2−

BC 2

2

, BC = 2a .

Vậy VA ′.A BC =1

3.1

2.a .p

3.p

4a 2−a 2 =a 3

2.

Suy ra: VA ′.BCC ′B ′ = a 3

2. Ta có cos(AA ′, BC ) =

−→AA ′.−→BC

AA ′.BC−→AA ′.−→BC =

−→AD.−→BC = AD.BC . cos(

−→AD,−→BC ) = AD.BC . cos 60.

Vậy cos(AA ′, BC ) =AD.BC . cos 60

AA ′.BC=

a .1

22a=

1

4

Nhận xét: Trong quá trình giải bài toán, người học chỉ cần đưa ra cácphép tính, cuối cùng nhập các số liệu vào máy và nhấn phím để ghikết quả, nhiều lần thực hiện tính toán như vậy cho đến khi hoàn chỉnh

bài toán. Ví dụ, khi cos(AA ′, BC ) =1

4, ta bấm máy như sau:



(Deg)(cos−1) 1 4 7531′20.96′′

Vậy góc giữa AA ′ và BC là 7531′

Chúng tôi muốn giới thiệu một bài toán hình học không gian với khốilượng tính toán đồ sộ nhưng máy tính đảm nhận gần hết những tính toánphức tạp này.

Ví dụ 2:

Cho hình tứ diện SA BC có đáy A BC là tam giác đều cạnh 3a , mặtphẳng (SBC ) vuông góc với đáy và các góc SA B =ÕSAC = 45. Tínhthể tích khối tứ diện SA BC và khoảng cách từ trung điểm I của BC đếnmặt phẳng (SA B ).

A 45

B

C

I

S

Hai tam giác SA B và SAC bằngnhau nên SB =SC . Tam giác SBCcân tại S nên trung tuyến SI cònlà đường cao, vậy SI ⊥ BC . Do(SBC ) ⊥ (A BC ) ta suy ra SI ⊥(A BC ).

Đặt SI = h. Ta có AI =3ap

3

2nên

SA =1

2

p

4h2+27a 2.

Áp dụng định lý hàm cos vào tam giác SAC ta có:

SC 2 =SA2+AC 2−2SA.AC . cos 45.

= h2+63

4a 2− 3a

p

8h2+54a 2

2



Ngoài ra SC 2 = h2+9a 2

4. So sánh ta có phương trình theo biến h:

27

2a 2 =

3ap

8h2+54a 2

2⇐⇒ h2 =

27

8a 2⇐⇒ h =

3ap

6

4

Bấm phím:2

27 2 3 2 54 8

Thể tích của khối tứ diện SA BC là:

V =1

3B.h =

1

3.9a 2p

3

4.3ap

6

4=

27a 3p

2

16

Bám phím:

1 3 9 3 4 3 6 4

Ta có: d (I , (SA B ) =3VSA B I

SSA B

ở đây: VSA B I =1

2VSA BC =

27a 3p

2

32.

SSA B =1

2AS.A B sin 45 =

1

4

Ç

27

2a 2+27a 2.3a .

p2

2=

27

8a 2.

Bấm phím:

1 4 27 2 27 3 2 2

Từ đó ta tính được khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SA B ) là:

d (I , (SA B )) =81a 3

p2

32× 8

27a 2 =3ap

2

4.

Bấm phím: 3 27 2 32 27 8Như các bạn thấy, người giải bài toán chỉ ban hành công thức (mà khôngtính toán gì cả), máy tính sẽ đảm nhận việc thực hiện các phép tính từđơn giản đến phức tạp.

2chỉ cần nắm vững thứ nguyên và a là đơn vị, ta nhập các con số, kết quả h tínhtheo a .


Chương 6

Giải toán Vật lý

Vâ.t lý là một môn khoa học thực nghiệm. Các tính toán trong Vậtlý gần giống các tính toán trong Toán học, như việc giải phương trình,hệ phương trình, các phép toán lấy đạo hàm và tích phân, số phức v.v...

Tuy nhiên không giống như trong toán học, các con số được đưa vào tínhtoán trong Vật lý thường là các số thập phân, các hằng số vật lý ... ngoàira các biểu thức cần thực hiện tính toán khá phức tạp. Do đó, nhu cầu sửdụng máy tính cầm tay CASIO 570VN Plus là việc rất cần thiết.

Gần đây xu thế thi TNPT và Tuyển sinh đại học, môn học này được triểnkhai bằng hình thức thi trắc nghiệm khách quan. Việc tính toán trở thànhmột gánh nặng đối với học sinh với yêu cầu tính toán nhanh và chính xácngoài việc nắm vững kiến thức giáo khoa.

Để giúp các đồng nghiệp giảng dạy bộ môn này sử dụng hiệu quả máytính CASIO 570VN Plus , chúng tôi giới thiệu việc sử dụng số phức nhưmột công cụ tích cực để giải được nhiều các bài toán về dao động điềuhòa và dòng điện xoay chiều. Chúng tôi cũng đề nghị sử dụng chức nănglập bảng ( ) để giải nhiều bài toán về giao thoa ánh sáng và sóngcơ.

Trong quá trình biên soạn để làm tài liệu thực hành cho người học, chúngtôi tham khảo nhiều tài liệu online của các đồng nghiệp giảng dạy môn

69


học này ở nhiều trường Trung học trong nước. Tất nhiên chúng tôi đãbiên tập lại cho phù hợp với nội dung của tập tài liệu này.

6.1 Các phép tính thông thường

Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình bên. Biết E1 = 1, 5V ; r1 =

0, 5Ω; E2 = 3, 5V ; r2 = 0, 5Ω; R1 = 1Ω ; R là biến trở. Khi biến trở

có giá trị 2Ω thì dòng điện qua nó có cường độ 1A . Tính R2?

Bài giải

Áp dụng định luật Ôm cho 3 nhánh, ta có:UBA = E1− I1(R1+ r1)UBA = E2− I2(R2+ r2)UBA = I RI = I1+ I2

Từ các phương trình trên được: UBA =

E1

R1+ r1+

E2

R2+ r2

1

R+

1

R1+ r1+

1

R2+ r2

= I R

1

1.5

1+0.5+

3.5

X +0.51

2+

1

1+0.5+

1

X +0.5

2 2

3 (SOLVE) Solve for X? 0



4 X = 0, 625

Ví dụ 2: Thi HSG máy tính năm 2011. Cho mạch điện một chiều

như hình vẽ. Biết các điện trở R1 = 10Ω ; R2 = 15Ω ; R3 = 20Ω ;R4 = 9Ωs ; R5 = 2Ω ; điện áp UA B = 12V . Hãy tính cường độ dòngđiện chạy qua các điện trở. Đơn vị cường độ dòng điện (A)

Bài giải

Dùng phương pháp điện áp nút, chọnVB = 0V . Giả sử chiều dòng điệntrong mạch đi như hình vẽ. Gọicường độ dòng điện qua các điệntrở R1, R2, R3, R4, R5 lần lượt làI1, I2, I3, I4, I5.Áp dụng các phương trình cường đọ dòng điện qua các nút và điên ápnút ta có hệ phương trình:

I1− I2− I5 = 0I3− I4+ I5 = 0I1R1+ I2R2 = VA

I3R3+ I4R4 = VA

−I2R2+ I4R4+ I5R5 = 0

⇐⇒

I1− I2+ I3− I4 = 0I1R1+ I2R2 = VA

I3R3+ I4R4 = VA

I1R5− I2(R2+R5)+ I4R4 = 0I5 = I1− I2



Thay số vào ta có hệ 4 phương trình:

I1− I2+ I3− I4 = 010I1+15I2 = 1220I3+9I4 = 122I1−17I2+9I4 = 0

⇐⇒

I4 = I1− I2+ I3

10I1+15I2 = 129I1−9I2+29I3 = 1211I1−26I2+9I3 = 0

Sử dụng chức năng giải hệ phương trình của máy tính CASIO 570VNPlus

10 15 0 129 9 29 1211 26 9 0

X = 0.6267961165 (STO) (A)Y = 0.3821359223 (STO) (B)Z = 0.3378640777 (STO) (C)

T = 0.5825242718(STO) (D)

I5 = 0.2446601942

Kết quả:I1 = 0, 6268A ; I2 = 0, 3821A ; I3 = 0, 3379A ; I4 = 0, 5825A ;I5 = 0, 2447A

Ví dụ 2: Cho cơ hệ như hình vẽ. Quả cầu đặc có khối lượng m, bánkính r =1cm lăn không trượt trong máng có bán kính R =50cm. Mángđứng yên trên mặt phẳng nằm ngang. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của

quả cầu. Cho biết mô men quán tính của quả cầu đặc là I =2

5m r 2.

Bài giải



Giải bài toán cơ học dẫn đến phương trình dao động điều hoà có chu kỳ:

T = 2π

r

7(R − r )5g

R và r đo bằng mét, g đo bằng m/s 2, T đo bằng s.

2 7 0.5 0.01 R5 9.81 1.661

Ví dụ 3: Một ống dây dẫn có điện trở R và hệ số tự cảm L. Đặt vào

hai đầu ống một hiệu điện thế một chiều 12 V thì cường độ dòng điệntrong ống là 0, 2435A . Đặt vào hai đầu ống một hiệu điện thế xoaychiều tần số 50 Hz có giá trị hiệu dụng 100V thì cường độ hiệu dụng

của dòng điện trong ống dây là 1, 1204A . Tính R , L.

Bài giải

Mắc ống dây vào hiệu điện thế một chiều, ta có: U1 =RI1 =⇒R =U1

I1.

Mắc ống dây vào hiệu điện thế xoay chiều, ta có:

U2 =Z I2 =⇒Z =U2

I2;Z 2

L =Z 2−R2 =⇒ω2L2 =U 2

2

I 22

−R2

Suy ra:

L =

U 22

I 22

−U 21

I 21

4π2 f 2 .

1 R =12

0.2435= 49.28131417

2 L =

100

1.1204

12

0.24354 250

= 0.05610761517



Ví dụ 4: Coi rằng con lắc đồng hồ là một con lắc đơn, thanh treo làm

bằng vật liệu có hệ số nở dài là α= 3.10−5K −1 và đồng hồ chạy đúngở 30C . Để đồng hồ vào phòng lạnh ở −5C . Hỏi một tuần lễ sau

đồng hồ chạy nhanh hay chậm bao nhiêu?

Bài giải

Chiều dài của thanh ở nhiệt độ t1 = 300C là l 1, chiều dài của thanh ởnhiệt độ t2 =−5C là l 2 có l 2 = l 1(1+α(t2− t1)).

Chu kì của đồng hồ ở nhiệt độ t1 là T1 = 2π

r

l 1

g, ở nhiệt độ t2 là

T 2 = 2π

r

l 2

g, ta thấy t2 < t1 nên l 2 < l 1 suy ra T2 < T1, do đó đồng

hồ chạy nhanh.

Sau một tuần lễ đồng hỗ chạy nhanh một lượng là:

∆t = 7.24.3600.

T1

T2−1

= 7×24×3600

1p

1+α(t2− t1)−1

!

=

= 317, 7703s .

7 24 3600 1 3 5 5 301 317.7703

Ví dụ 5: Cho mạch điện như hình vẽ: Hiệu điện thế ở 2 đầu đoạn

mạch không đổi U = 7V; các điện trở R1 = 3Ω; R2 = 6Ω; AB là 1dây dẫn điện dài 1,5m tiết điện không đổi S = 0, 1m m 2, điện trở suốtρ = 4.10−7Ωm ; điện trở ampe kế và các dây nối không đáng kể.

1. Tính điện trở dây dẫn AB.

2. Dịch con chạy C tới vị trí sao cho chiều dài AC = 1/2 CB. Tínhcường độ dòng điện qua ampe kế.

3. Xác định vị trí C để dòng điện qua ampe kế có cường độ 1/3 A.



Bài giải

1 Điện trở dây dẫn AB: RA B =ρ.1

svới s =

1, 5

0, 1×10−6

2 Dịch con chạy C tới vị trí sao cho chiều dài AC = 1/2 CB.

Suy ra RAC =1

3RA B và RC B =

2

3RA B

VìR1

RAC=

R2

RA Bnên mạch cầu cân bằng, do đó Ia = 0

3 Xác định vị trí C để dòng điện qua ampe kế có cường độ 1/3 A.

Đặt RAC = x ⇒RC B = 6−x ; 06 x 6 6.

Điện trở tương đương của đoạn mạch:

R =3x

x +3+

6(6−x )12−x

; I =U

R⇒UD B =

6(6−x )12−x

I

Vậy I1 =UD B

R1; I2 =

UD B

R2

• Nếu cực dương của amper kế gắn vào D thì:

Ia = I1− I2 =1

3

giải phương trình này nhận được x = 3 nên C nằm giữa AB.



• Nếu cực dương của amper kế gắn vào C thì:

Ia = I2− I1 =1

3

giải phương trình này nhận được x = 1, 2Vậy RAC = 1, 2Ω ; RC B = 4, 8Ω

màRAC

RC B=

AC

C B=

1

4=⇒ AC

A B=

1

5

nên điểm C cách A một đọan là AC =A B

5= 0, 3m

1 RA B = 4×10−7× 1, 5

0.1×1)−6 = 6

2 Ia = 0

3 R =3x

x +3+

6(6−x )12−x

=9(−x 2+6x +12)(x +3)(12−x )

=⇒ I =U

R=

7(x +3)(12−x )9(−x 2+6x +12)

u D B =6(6−x )12−x

.I =14(x +3)(6−x )

3(−x 2+6x +12)

u DA =3x

3+x.I =

7x (12−x )3(−x 2+6x +12)

I1 =u DA

R1=

7

9

−x 2+12x

−x 2+6x +12; I2 =

u D B

R2=

7

9.−x 2+3x +18

−x 2+6x +12

• Ia = I1− I2 =7(x −2)

−x 2+6x +18=

1

3⇐⇒ 21(x −2) =−x 2+6x +12

⇐⇒ x 2+15x −54= 0

1 15 54



x1 = 3 x2= −18

Chọn x = 3

• Ia = I2− I1 =1

3⇐⇒ 7(3x −6) = x 2−6x −12

⇐⇒ x 2−27x +30= 0

1 27 30

x1 = 1,2 x2= 25, 8

Chọn x = 1, 2

Ví dụ 6: Một lựu đạn được ném từ mặt đất lên với vận tốc 40m/s theo

phương lệch với phương ngang 1 góc 30. Lên đến điểm cao nhất nónổ ra thành 2 mảnh có khối lượng bằng nhau. Mảnh 1 rơi theo phươngthẳng đứng với vận tốc 40m/s. Hỏi mảnh 2 bay với vận tốc bằng bao

nhiêu?

Bài giải

Xét hệ đạn nổ.Động lượng của hệ trước khi nổ:

−→P =m .−→v

Động lượng của hệ sau khi nổ:−→P ′ =m1.−→v1 +m2.−→v2

Vì hệ kín ta có:−→P =

−→P ′

Áp dụng định lý hàm số cos:

P22 = P2

1 +P2−2P1P cos 150

Suy ra: v 2 = v 21 +4v 2−4v1v cos 150.

v2 =p

402+4×402−4×40×40 cos 150 = 116.4m/s



Ví dụ 7: Hai thấu kính L 1 và L 2 được đặt đồng trục. Vật phẳng nhỏ

AB đặt trước thấu kính L 1 và vuông góc với trục chính cho ảnh rõ nétcao 1,85 cm trên màn đặt tại M 1 sau thấu kính L 2.Nếu giữ cố định vật AB và thấu kính L 1 mà bỏ L 2 đi thì phải đặt màntại điểm M 2 xa M 1 hơn (M 1M 2 = 20c m ) thì mới thu được ảnh củavật cao 4 cm.Tính tiêu cự f 2 của thấu kính.

AM1 M3 M2

B

O1 O2

Bài giải

Sơ đồ tạo ảnh:

A BO1−−−−→ A1B1

O2−−−−→ A2B2 (1)

d 1 d ′1 d 2 d ′2

A BO1−−−−→ A ′B ′ (2)

Xét sự tạo ảnh qua hệ sơ đồ (1) ta có:

d 2+d ′2 =−M 1M 2 =−20

K2 =−d ′2d 2=

A2B2

A1B1=

1, 85

4= 0, 4625

Vậy ta có hệ phương trình:



d′2+d2 =−20d′2+0,4625d2 = 0

1 1 20

1 0,4625 0

x = 17.209303233 y = -37.20930233

f 2 =d 2d ′2

d 2+d ′2= = 32.017c m

Ví dụ 8: Sợi dây dài l = 1m được treo lơ lững lên một cần rung. Cần

rung theo phương ngang với tần số thay đổi từ 100Hz đến 120Hz. Tốcđộ truyền sóng trên dây là 8m/s. Trong quá trình thay đổi tần số rungthì số lần quan sát được sóng dừng trên dây là:

A. 5 B. 4 C. 6 D. 15

Bài giải

l = (2k +1)λ

4= (2k +1)

v

4 f⇒ f =

(2k +1)v4l

= 2(2k +1)

Vì 1006 f 6 120 nên 246 k 6 29

Nhập hàm số 4x +2

20 30 1

Kết qủa được ghi vào bảng:

k 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

f 86 90 94 98 102 106 110 114 118 122



Chọn A.

Ví dụ 9: Một sợi dây đàn hồi rất dài có đầu A dao động với tần số vàtheo phương vuông góc với sợi dây.Biên độ dao động là 4cm, vận tốc truyền sóng trên dây là 4 (m/s).Xét một điểm M trên dây và cách A một đoạn 28cm, người ta thấy

M luôn luôn dao động lệch pha với A một góc ∆ϕ = (2k + 1)π

2với

k = 0,±1,±2. Tính bước sóng λ? Biết tần số có giá trị trong khoảngtừ 22Hz đến 26Hz.

A. 12 cm B. 8 cm C. 14 cm D. 16 cm

Bài giải

∆ϕ = (2k + 1)π

2=

2π

λd ⇒ d = (2k + 1)

λ

4= (2k + 1)

v

4 f⇒ f =

(2k +1)v4d

=(2k +1)

0.28=

Nhập hàm số2x +1

0.28

0 10 1


k 0 1 2 3 4 5 6 7

f 3.57 10.71 17.86 25 32.14 39.29 46.43 53.66

Vì 226 f 6 26 nên chọn f = 25. Khi đó: λ=v

f=

400

25= 16

Chọn D.



Ví dụ 10: Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2011 - Mã đề 817

Câu 50: Một sóng hình sin truyền theo phương Ox từ nguồn O với tầnsố 20 Hz, có tốc độ truyền sóng nằm trong khoảng từ 0,7 m/s đến 1m/s. Gọi A và B là hai điểm nằm trên Ox, ở cùng một phía so với Ovà cách nhau 10 cm. Hai phần tử môi trường tại A và B luôn dao độngngược pha với nhau. Tốc độ truyền sóng là

A. 100 cm/s B. 80 cm/s C. 85 cm/s D. 90 cm/s

Bài giải

d = (2k +1)λ

2= (2k +1)

v

2 f⇒ v =

2d f

2k +1=

2.10.20

k +1

Nhập hàm số400

x +1

0 10 1


k 0 1 2 3 4 5 6 7

v 400 200 133.33 100 80 66.666 57.142 50

Vì 70< v < 100 nên chọn v = 80. Chọn B.



6.2 Sử dụng số phức giải bài toán dòng điện xoaychiều

Một dao động điều hòa x = A cos(ωt +ϕ) tại thời điểm t = 0 có thểbiểu diễn dưới dạng số phức:

z = A(cosϕ+ i sinϕ)

trong đó A là mô-đun và ϕ là argument của z .Ta biểu diễn số phức nói trên lên máy tính CASIO 570VN Plus như sau:

(radian)

gõ số A sau đó bấm gõ tiếp ϕ, CASIO 570VN Plus sẽ hiển thịsố phức tương ứng.

Ví dụ: x = 10p

3 cos(100πt − π3) nhập như trên thành:

10 3 3CASIO 570VN Plus hiển thị số phức: 5

p3−15i .

Giả sử ta có hai dao động điều hòa:

u 1 =U1 cos(ωt +ϕ1) ; u 2 =U2 cos(ωt +ϕ2)

thì điện áp tổng trong đoạn mạch mắc nối tiếp là:

u = u 1+u 2 =U1 cos(ωt +ϕ1)+U2 cos(ωt +ϕ2) =U cos(ωt +ϕ)

Do đó tổng của hai dao động cùngd tần số góc là tổng của hai số phứctương ứng.

Ví dụ 10: Một đoạn mạch AB có điện trở thuần, cuộn dây thuần cảm

và tụ điện mắc nối tiếp. M là một điểm trên trên đoạn AB với điện áp

u AM = 10 cos 100πt (V ) và u M B = 10p

3 cos(100πt − π2)(V ). Tìm

biểu thức điện áp u A B ?



Ta có hai số phức sau:

1. 10 cos 100πt −→ 10 0

2. 10p

3 cos(100πt−π2)−→ 10 3 2

Cộng hai số phức nói trên như sau:

10 0 10 3R2

20 ∠ − π3

Vậy u A B = 20 cos(100πt − π3)

Ví dụ 11: Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch R , L

thuần cảm , C mắc nối tiếp thì điện áp đoạn mạch chứa LC là

u 1 = 60 cos

100πt +π

2

(V ) và điện áp hai đầu R đoạn mạch là

u 2 = 60 cos(100πt )(V ). Điện áp hai đầu đoạn mạch là:

A. u = 60p

2 cos(100πt −π/3)(V ). B. u = 60p

2 cos(100πt −π/6)(V )C. u = 60

p2 cos(100πt+π/4)(V ) D. u = 60

p2 cos(100πt+π/6)(V ).

Giải:60 2 60 0

60p

2 ∠π

4

Chọn C. ,



Ví dụ 12: Cho đoạn mạch xoay chiều có

R = 40Ω, L =1

π(H ),C =

10−4

0.6π(F )

mắc nối tiếp điện áp 2 đầu mạch u = 100p

2 cos 100πt (V ),

Cường độ dòng điện qua mạch là:

A. i = 2, 5 cos(100πt+π

4) B. i = 2, 5 cos(100πt−π

4)

C. i = 2 cos(100πt − π4) D. i = 2 cos(100πt +

π

4)

Bài giải

Ta có: ZL = L.ω=1

π100π= 100Ω ;

ZC =1

ωC=

1

100π.10−4

0, 6π

= 60Ω.

Vậy ZL −ZC = 40Ω và i =u

Z

Lưu ý: Với công thức I =U

Zta suy ra dạng số phức i =

u

Z, trong đó

Z =R +(ZL −ZC )i

Do đó: i =100p

2 ∠ 0

40+40i

100 2 0

40 40

5

2∠− π

4

(để gõ chữ i ta nhấn phím ).



Ví dụ 13: Một hộp kín chứa hai trong ba phần tử R, L, C mắc

nối tiếp. Nếu đặt vào hai đầu mạch một điện áp xoay chiều u =

100p

2 cos(100πt +π

4)(V ) thì cường độ dòng điện qua hộp kín là

i = 2 cos(100πt )(A) . Đoạn mạch chứa những phần tử nào? Giá trị

của các đại lượng đó?

Z =u

i=

100p

2 ∠π

42 ∠0

100 2 4

2 050+50i (xem chú thích

ở dưới)

Vậy R = 50 ; ZL −ZC = 50=⇒ZL = 50 (chú ý ZL = 0 hoặc ZC = 0)

Vậy đọan mạch chỉ có R, L và R = 50Ω ; L =ZL

ω=

50

100π=

1

2π(H )

Ví dụ 14: Cho mạch điện như hình vẽ: C =10−4

π(F ) ; L =

2

π(H ).

Biết đặt vào hai đầu mạch một điện áp xoay chiều u A B =200 cos(100πt )(V ) thì cường độ dòng điện trong mạch là i =4 cos(100πt )(A) . X là đoạn mạch gồm hai trong ba phần tử(R0, L 0(thuần), C0) mắc nối tiếp. Các phần tử của hộp X là:

A. R0 = 50Ω;C0 =10−4

π(F ) B. R0 = 50Ω;C0 =

10−4

2π(F )

C. R0 = 100Ω;C0 =10−4

π(F ) D. R0 = 50Ω; L 0 =

10−4

π(H )



Giải:Trước tiên tính ZL = 200Ω ; ZC = 100Ω=⇒Z AN = (ZL−ZC )i (R =0)

1 Tìm u AN = i .Z AN

2 Tìm u N B = u A B −u AN

3 Tìm Z N B =u N B

i

• u AN = 4 0 100

• u N B = 200 0

• Z N B =4 0

50−100i

Vậy R0 = 50Ω ; ZL 0 −ZC0 =−100=⇒ZC0 = 100

=⇒C0 =1

ωZC0

=1

100π×100=

10−4

πChọn A

Ví dụ 15: Đề thi HSG máy tính năm 2008 - Bộ Giáo dục và Đào tạo.

Cho mạch điện xoay chiều R, L, C mắc nối tiếp có R = 100Ω, cuộnthuần cảm L = 0,5284 H và tụ điện có điện dung C = 100µF .Đặt vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế xoay chiều u =220p

2 sin 100πt (V ). Bỏ qua điện trở của các dây nối. Hãy xác định:

1. Công suất tiêu thụ của đoạn mạch.

2. Viết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch và biểu thức hiệuđiện thế tức thời giữa hai đầu tụ điện.

Bài giải:



1 Công suất tiêu thụ của đoạn mạch cho bởi công thức:

P =U I cosϕ =U 2 R

Z 2 =U 2 R

R2+

ωL− 1

ωC

2

ωL : 100 0.5284

1

ωC:

6

100 100

P =220 100

100172,8461 W

2 i =u

Z; Z =R +(ZL −ZC )i

220 2 0

1001.859279772∠−0.930297901

Vậy i = 1.8593 sin(100πt −0.9303)

Ta có: uC = i .Z C với Z C =− 1

ωCi

59.1827 ∠−2.5011. Vậy: uC = 59.1827 sin(100πt −2.5011)



Ví dụ 16: ĐH 2009. Khi đặt hiệu điện thế không đổi 30V vào hai đầu

đoạn mạch gồm điện trở thuần mắc nối tiếp với cuộn cảm thuần có độ

tự cảm L =1

4π (H) thì cường độ dòng điện một chiều là 1 A. Nếu

đặt vào hai đầu đoạn mạch này điện áp u = 150p

2 cos 120πt (V) thìbiểu thức cường độ dòng điện trong mạch là:

A. i = 5p

2 cos

120πt − π4

(A) B. i = 5 cos

120πt +π

4

(A)

C. i = 5p

2 cos

120πt +π

4

(A) D. i = 5 cos

120πt − π4

(A)

Bài giải:

Khi đặt hiệu điện thế không đổi (hiệu điện thế 1 chiều) thì đoạn mạch

chỉ còn có R : R =U

I= 30Ω.

ZL = Lω=1

4π.120π= 30Ω. Suy ra Z =R +ZLi = 30+30i

Vậy i =u

Z=

150p

2∠0

30+30i150 2 (∠) 0 30 30

5∠− 1

4π

Chọn D.



6.3 Sử dụng chức năng lập bảng giải bài toán giaothoa ánh sáng

Ví dụ 16: Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2010 - Mã 136

Câu 22: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe đượcchiếu bằng ánh sáng trắng có bước sóng từ 380nm đến 760nm. Khoảngcách giữa hai khe là 0,8mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai kheđến màn quan sát là 2m. Trên màn, tại vị trí cách vân trung tâm 3mmcó vân sáng của các bức xạ với bước sóng

A. 0,48 µm và 0,56 µm B. 0,40 µm và 0,60 µm

C. 0,45 µm và 0,60 µm D. 0,40 µm và 0,64 µm

Bài giải:

x =k .λ.D

a=⇒λ= a .x

k .DĐiều kiện: 0, 38µm 6λ6 0, 76µm

Nhập hàm số:0, 8×3

2x1 10 1

Ta có kết quả ghi vào bảng như sau:

So với điều kiện, ta nhận 0, 6 và 0.4.

Vậy ta chọn B.

x = k (x) =λ1 1.22 0.63 0.44 0.35 0.246 0.27 0.178 0.15



Ví dụ 17: Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2009 - Mã 629

Câu 30: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe đượcchiếu bằng ánh sáng trắng có bước sóng từ 0, 38µm đến 0, 76µm . Tạivị trí vân sáng bậc 4 của ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0, 76µm còncó bao nhiêu vân sáng nữa của các ánh sáng đơn sắc khác?

A. 3. B. 8. C. 7. D. 4.

Bài giải:

k .λ= k1λ1 =⇒λ= k1λ1

kĐiều kiện: 0, 38µm 6 λ 60, 76µm

Nhập hàm số:4×0.76

x

1 10 1

Ta có kết quả ghi vào bảng như sau:So với điều kiện, ta nhận 4. Vậy tachọn D.

x = k (x) =λ1 3.042 1.523 1.0133

4 0.76

5 0.6086 0.50667 0.43428 0.389 0.337810 0.304

Ví dụ 18: Câu 43 - Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2011 - Mã142

Câu 43: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cáchgiữa hai khe là 2 mm, khỏang cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến mànquan sát là 2m. Nguồn phát ánh sáng gồm các bức xạ đơn sắc có bướcsóng từ 0, 4µm đến 0, 76µm . Trên màn, tại điểm cách vân trung tâm3,3m có bao nhiêu bức xạ cho vân tối?

A. 6. B. 4. C. 3. D. 5.



Bài giải:

x =(k +1)λ.D

a=⇒λ= a x

(k +1)D

Điều kiện: 0, 4µm 6λ6 0, 76µm

Nhập hàm số:2×3.3

2x

1 10 1

Ta có kết quả ghi vào bảng như sau:

So với điều kiện, ta nhận 4. Vậy tachọn B.

x = k (x) =λ1 3.32 1.653 1.14 0.8255 0.666 0.557 0.478 0.419 0.36710 0.33

6.4 Bài toán Vật lý và Hoá học dẫn tới hệ 4 phươngtrình tuyến tính

Một trong các đặc điểm nổi bật của máy tính CASIO 570VN Plus làkhả năng giải được hệ 4 phương trình tuyến tính. Nhờ tính năng này, takhông thực hiện thao tác thủ công khử bớt một ẩn để đưa về hệ 3 phươngtrình như các máy tính khác.

Ví dụ 19: Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ, bỏ qua điện trở của

các nguồn điện và các dây nối. Hãy xác định cường độ dòng điệnqua các điện trở. Biết E1 = 12V, E2 = 6V, E3 = 9V, R1 = 15Ω, R2 =

33Ω, R3 = 47Ω.



Bài giải:Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch chứa nguồn và chứa máy thuta được hệ phương trình:

I1 =−UAB+E1

R1

I2 =UAB−E2

R2

I3 =UAB−E3

R3I1 = I2+ I3

⇐⇒

15I1+UAB = 1233I2−UAB =−647I3−UAB =−9I1− I2− I3 = 0

Thực hành bấm máy tính giải hệ phương trình ta có:

Ta sẽ nhận được nghiệm của hệ là:

I1 = 0, 1385A; I2 = 0, 1189A; I3 = 0, 0196A;UA B = 9, 9226V.

Ví dụ 20: Hỗn hợp X gồm C2H2 ; C2H6 ; C3H6. Đốt cháy hoàn toàn

24,8 g hỗn hợp X thu được 28,8 g nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn hợpnày tác dung vừa đủ với 500 g dung dịch Brôm 20%. Tính tỉ lệ phần

trăm về thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.

Bài giải:

Các phương trình phản ứng:

C2H2+5

2O2 =⇒ 2CO2+H2O

C2H6+7

2O2 =⇒ 2CO2+3H2O



C3H6+9

2O2 =⇒ 3CO2+3H2O

Khi tác dụng với Brôm:

C2H6+2Br2 =⇒C2H2Br4

C3H6+ Br2 =⇒C3H6Br2

n H2O =28, 8

18= 1, 6 mol ; n Br2 =

500×20%

160= 0, 625 mol

Gọi số mol các khí trong 24,8 gam hỗn hợp X lần lượt là x , y , z (mol).Và số mol các khí trong o,5 mol gam hỗn hợp X lần lượt là k x , k y , k z(mol).Ta có hệ phương trình:

26x+30y+42z = 24, 8x+3y+3z = 1, 6kx+ ky+ kz = 0, 52kx+ kz = 0, 625

⇐⇒

26x+30y+42z = 24, 8x+3y+3z = 1, 6x+ y+ z = 0,5t2x+ z = 0,625t

ở đây t =1

kThực hành bấm máy tính giải hệ phương trình ta có:

Ta nhận được nghiệm của hệ là:

x = 0, 4; y = 0, 2; z = 0, 2; t = 1, 6

Vậy: %VC2H2 = 50%; %VC2H6 =%VC3H6 = 25%


Chương 7

Giải toán Hóa học

Máy tính điện tử CASIO 570VN Plus là một công cụ tính toán

hữu hiệu để sử dụng trong Hóa học với những phép tính phức tạp làmđơn giản hóa bài toán phải giải. Trong quá trình tính toán, người giải haylàm tròn số. Việc làm tròn số nhiều lần sẽ cho ra kết quả với một sai sốnhất định và chấp nhận được. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp sẽ làmkhó người giải nó, nếu người ra đáp án không làm tròn số trong suốt quátrình giải. Do đó, học hỏi để sử dụng máy tính thành thạo là việc tất yếuphải thực hiện.

Việc sử dụng máy tính cầm tay, nhất là máy tính CASIO 570VN Plus ,giúp người giải toán hóa học các công việc sau đây:

1. Những phép tính phức tạp được thể hiện trên màn hình như trêngiấy, khiến việc theo dõi quá trình nhập liệu dễ dàng và chắc chắn.

2. Các tính toán như giải hệ phương trình, lũy thừa với số mũ lớn,đơn giản các biểu thức, tính một ẩn từ một phương trình nhiều ẩnđược máy tính hỗ trợ tối đa.

3. Các hằng số vật lý và hóa học, việc đổi đơn vị trong hóa học nhưđổi từ C sang F , đổi từ a t m sang Pa hoặc sang m m H g v.v...được tích hợp sẵn trên máy tính làm cho việc nhập liệu tránh saisót không đáng có.

95


Với những ưu điểm trên đây, máy tính CASIO 570VN Plus tỏ ra là ngườibạn thân thiết cho các bạn học sinh, sinh viên và giáo viên giảng dạymôn hóa học trong việc học tập, giảng dạy môn học này, đặc biệt là việcchuẩn bị cho các kỳ thi cũng như quá trình làm bài thi môn Hóa học.

Các ví dụ sau đây được trích từ các kỳ thi học sinh giỏi máy tính cầm tayCASIO và VINACAL hằng năm. Lời giải của nó là đáp án của Ban tổchức cuộc thi, chúng tôi lồng vào đó kỹ năng sử dụng máy tính cầm tayđể minh họa. Hy vọng rằng bài giảng này sẽ giúp cho các đồng nghiệpđang giảng dạy hóa học thêm các công cụ hỗ trợ tính toán tích cực.

7.1 Hóa đại cương

Ví dụ 1: Mỗi phân tử X Y3 có tổng các hạt proton, neutron, electron

bằng 196; trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mangđiện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là

76. Hãy xác định kí hiệu hóa học của X , Y và X Y3.

Bài giải:

Ký hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là ZX , của Y là ZY , số neutron(hạt không mang điện) của X là NX , của Y là NY . Với X Y3 ta có cácphương trình:

2ZX +6ZY +NX +3NY = 1962ZX +6ZY −NX −3NY = 60

6ZY −2ZX = 76

Cộng hai phương trình đầu và cùng với phương trình cuối, ta có hệphương trình:

4ZX+12ZY = 256−2ZX+6ZY = 76



4 12 256

2 6 76

x = 13 y = 17Vậy ta có:

ZX = 13;ZY = 17

Viết cấu hình electron của X , Y ta có:

X : 1s 22s 22p 63s 23p 1; Y : 1s 22s 22p 63s 23p 5

Vậy X là Nhôm, Y là Clo. X Y3 là Al C l 3

Ví dụ 2: Một loại khoáng chất có chứa 13,77%Na, 7,18% Mg, 57,48%

O, 2,39%H và còn lại là nguyên tố X về khối lượng. Hãy xác định công

thức phân tử của khoáng sản đó.

Bài giải:

Hàm lượng %X = 100−13, 77−7, 18−57, 48−2, 39= 19, 18%Cân bằng số oxi hóa trong hợp chất:

13, 77

23×1+

7, 18

24×2− 57, 48

16×2+

2, 39

1×1+

19, 18

X×Y = 0

Suy ra: X = 5, 33Y

Lập bảng: Sử dụng chức năng lập bảng của CASIO 570VN Plus

Nhập biểu thức: 5.33X1 8 1

Ta sẽ nhận được kết quả ghi vào trong một bảng như sau:



Y 1 2 3 4 5 6 7 8

X 5,33 10,66 15,99 21,32 26,65 32 37,31 42,64

Chỉ có Y = 6 là thoả mãn X = 32. Suy ra X là lưu huỳnh S.Na:Mg:O:H:S=2:1:12:8:2Vậy công thức phân tử của khoáng sản đó là: N a 2M g O12H8S2

Ví dụ 3: Tại 400C , 10atm phản ứng N2(k )+3H2(k )⇐⇒ 2N H3(k )

có Kp = 1, 64×10−4.Tìm % thể tích N H3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k ) có

tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình.

Bài giải:

N2(k )+3H2(k )⇐⇒ 2N H3(k )

Theo PTHH ta có:

PN2

PH2

=n N2

NH2

=1

3⇒ PH2 = 3PN2

Theo giả thiết: PN H3+PN2+PH2 = 10 , suy ra PN H3+4PN2 = 10 (1)Ngoài ra:

Kp =(PN H3)2

PN2 .(PH2)3= 1, 64×10−4⇒ (PN H3)2

PN2 .(3PN2)3= 1, 64×10−4

⇒ (PN H3)2

(PN2)4= 27×1, 64×10−4

Suy ra: PN H3 = 6, 65×10−2.(PN2)2.Thay vào (1) ta có phương trình bậc 2:

6, 65×10−2.(PN2)2+4PN2 −10= 0

Bấm máy tính CASIO 570VN Plus, thực hiện chức năng giải phươngtrình bậc hai:



R

6.65 2 4 10ta có: PN2 = 2, 404∨PN2 =−62, 55

Ta nhận được PN2 = 2, 404⇒ PN H3 = 10−4PN2 = 0, 384a t m . Vậy:% thể tích N H3 ở trạng thái cân bằng là 3,84%.

Ví dụ 4: Nitrosyl Clorua là một chất độc, khi đun nóng sẽ phân hủythành Nitơ monoxid và Clo. Tính Kp của phản ứng ở 298K (theo atmvà Pa)

Nitrosyl Clorua Nitơ monoxid C l 2

∆H 298(K J /mol ) 51,71 90,25 0

S298(J /K .mol ) 264 211 223

Không yêu cầu người học phải giải bài tóan này, chỉ yêu cầu sử dụngmáy tính CASIO 570VN Plus để tính theo hướng dẫn sau đây:

Bài giải:

Phản ứng hóa học: Hằng số cân bằng nhiệt động lực học Kp được tínhtheo công thức sau:

∆G =−R .T ln K

Trong đó ∆G =∆H −T.∆S∆H = (2×90, 25×103)+0− (2×51, 71×103)∆S = (2×211)+233− (2×264)

T = 298 ; R = 8, 314J

K .Mol( 27 )

1a t m = 1, 013.105Pa 1 25

1 ∆H = (2× 90.25× 103) + 0− (2× 51.71× 103) = 77080



2 ∆S = (2×211)+233− (2×264) = 127

3 ∆G =∆H−T.∆S = 39234 298

4 ln K =∆G

−R .T=−15.836⇒ K = e−15,836 = 1, 326×10−7a t m

27 298

5 K = 1, 326×10−7×1, 013×105 = 1, 343×10−2Pa

25

Ví dụ 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 20, biết tại nhiệt

độ đó, khối lượng riêng của Ca bằng 1, 55g /c m 3. Giả thiết trong tinh

thể Ca có hình cầu, có độ đặc khít là 74% .

Bài giải:

Thể tích của một mol Ca là:40, 08

1, 55(lấy khối lượng chia cho khối lượng

riêng)Biết 1 mol Ca chứa NA = 6, 022×1023 nguyên tử Ca. Số NA được bấmtrên CASIO 570VN Plus là 24.

Theo độ đặc khít, thể tích của một nguyên tử Ca là:25, 858×0, 74

6, 022×1023

Áp dụng công thức V =4

3πR3 ta suy ra R = 3

Ç

3V

4π

140, 08

1, 55= 25, 858

2 V =0.74

24= 3, 18×10−23

3 R = 3

r

3

4= 1, 965×10−8 (xem chú thích ở dưới) 1

1Để trực quan chúng tôi viết dưới dạng hiển thị trên màn hình, các bạn bấm phímnhư sau: 3 4



Ví dụ 10: Một mẫu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh hòa

Bình có 9,4 phân hủy 14C . Hãy cho biết người Việt cổ đại đã tạo ramẫu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ bán rã của 14C là5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14C . Các phân hủy nói

trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây.

Hằng số phóng xạ:

K =ln2

t 12

=ln2

5730

Niên đại của mẫu than t = năm:

1

Kln

N0

Nt=

5730

ln 2× ln

15.3

9.4

= 4027.038219

Vậy người Việt cổ đại đã tạo mẫu than đó cách đây khoảng 4000 năm.

Ví dụ 6: Cho cân bằng hóa học

N2+3H2 2N H3 với ∆H =−92K J /mol

Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol bằng đúngbằng hệ số tỉ lượng tức là tỉ lệ 1:3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (ở450C ; 300a t m ) thì N H3 chiếm 36% thể tích.

1 Tính hằng số cân bằng Kp .

2 Giữ nhiệt độ không đổi (450C ) cần tiến hành dưới áp suất baonhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng N H3 chiếm 50% thểtích.

3 Giữ áp suất không đổi (300a t m ) cần tiến hành dưới nhiệt độbao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng N H3 chiếm 50%thể tích.



Bài giải:

1 Gọi x1,x2,x3 là % thể tích cũng là % số mol của N2, H2, N H3

tương ứng. Theo đề bài, ta tính được: x3 = 0, 36;x2 = 0, 48;x1 =0, 16.

Hằng số cân bằng Kp =x 2

3

x1.(x2)3.P2 .

2 Theo điều kiện cân bằng, ta tính được: x3 = 0, 5;x2 = 0, 375;x1 =0, 125.

Ta có: Kp =x 2

3

x1.(x2)3.P2 , với P cần tìm và Kp là .

3 Theo điều kiện cân bằng, ta tính được: x3 = 0, 5;x2 = 0, 375;x1 =0, 125. Ở nhiệt độ khảo sát:

K2 =x 2

3

x1.(x2)3.3002

Áp dụng phương trình Van’t Hoff:

ln

K2

K1

=−∆H

R

1

T2− 1

T1

ta tính được T2, ở đây T1 = 450 = 723K , R = 27 vàC = K −273

1 x3 = 0, 36;x2 = 0, 48;x1 = 0, 16.

0, 36

0.16 0.48 300= 8, 138×10−15

2 Theo điều kiện cân bằng, ta tính được: x3 = 0, 5;x2 = 0, 375;x1 =

0, 125 bấm tìm P từ Kp =x 2

3

x1.(x2)3.P2

0.125 0.375

0.5u 683 atm



3 Theo điều kiện cân bằng, ta tính được: x3 = 0, 5;x2 = 0, 375;x1 =

0, 125. Ở nhiệt độ khảo sát: K2 =x 2

3

x1.(x2)3.3002

0.52

0.125×0, 3753×3002 4.21399177×10−4

Áp dụng pt Van’t Hoff: ln

K2

K1

× R

−∆H+

1

T1=

1

T2

ln

27

92 1000

1

723u 652, 8512921

273 380C

Ví dụ 7: Coi nguyên tử Flo 919F là một hình cầu có đường kính

10−10m và hạt nhân cũng là một hình cầu có đường kính 10−14m

1. Khối lượng của một nguyên tử Flo tính theo gam là bao nhiêu?

2. Tỉ số khối của hạt nhân nguyên tử Flo?

3. Tính tỉ số thể tích của hạt nhân nguyên tử Flo so với thể tích củatoàn nguyên tử Flo.

Bài giải:

1. Khối lượng của một mol nguyên tử Flo 919F bằng 19g.

Do đó khối lượng của một nguyên tử Flo 919F bằng:

m =19 g

6, 022×1023 nguyên tử

2. Tỉ khối của hạt nhân nguyên tử Flo là:

ρ =m

V; trong đó V =

4

3πr 3

m là khối lượng nguyên tử coi như khối lượng hạt nhân, V là thểtích hạt nhân.



3. Tỉ số thể tích của hạt nhân nguyên tử Flo so với thể tích của toànnguyên tử Flo là: 4

3πr 3

4

3πR3

119÷1000

NA= 3, 155023688×10−26 k g

với NA = 24 −→ 6, 022×1023

2m

4

3πr 3

=m

4

3π(12 ×10−14)3

:

4 3 1 R214 6, 025651386×1016k g /m 3

3r 3

R3 =(10−14)3

(10−10)3= 10−12

7.2 Hóa hữu cơ

Ví dụ 8: Hỗn hợp B gồm C2H2,C3H6 và C2H6. Nếu đốt cháy hoàn

toàn 24,8g hỗn hợp B rồi cho sản phẩm cháy đi qua một bình đựngH2SO4 đặc, dư thì khối lượng bình tăng thêm 28,8g. Nếu cho 11,2 líthỗn hợp B phản ứng với 500g dung dịch brôm 25,6% mới nhạt màybrôm, sau đó sục thêm 3,92 lít khí SO2 nữa thì brôm mới mất màuhoàn toàn. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp B (các

thể tích khí đều đo ở đktc).

Bài giải:

Ở đktc các thể tích khí 11,2 lít và 3,92 lít lần lượt chứa 0,5 mol và 0,175mol. Số mol brôm là 0,8.Đặt số mol C2H2,C3H6 và C2H6 trong 24,8g hỗn hợp B lần lượt bằngx , y , z .



Ta có phương trình: 26x +42y +30z = 24, 8 (1)Ta có các phản ứng hóa học:

C2H2+5

2O2 −→ 2CO2+ H2O

x x

C3H6+9

2O2 −→ 3CO2+ 3H2O

y 3y

C2H6+7

2O2 −→ 2CO2+ 3H2O

z 3z

Độ tăng H2SO4 đặc là khối lượng nước bị hấp thụ, khỏang 1,6 molVậy ta có phưong trình: x +3y +3z = 1, 6C2H2 và C3H6 làm nhạt màu dung dịch brôm:

C2H2+ 2Br2 −→C2H2Br4

x 2x

C3H6+ Br2 −→C3H6Br2

y y

SO2+ Br2 + 2H2O −→H2SO4+2H Br0,175 0,175

Số mol Br2 đã phản ứng với hidrocacbon = 0, 8−0, 175= 0, 625.Tổng số mol các chất trong 24,8g B chưa biết nên ta lập tỉ lệ:

x + y + z

2x + y=

0, 5

0, 625⇒ 3x − y −5z = 0

Bấm máy tính giải hệ phương trình:

26x+42y+30z = 24,8x+3y+3z = 1,63x− y−5z = 0



26 42 30 24.81 3 3 1.63 1 5 0

x = 0.4 (STO) (A) y = 0.2 (STO) (B) z =0.2 (STO) (C)

Vậy mC2H2 = 26×0, 4= 10, 40g chiếm10.94

24.8×100 = 41,94%

26

Vậy mC3H6 = 42×0, 2= 8, 40g chiếm8.4

24.8×100 = 33,87%

42

Vậy mC2H6 = 30×0, 2= 6g chiếm64

24.8×100 = 24,19%

30

Ví dụ 9: Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm hai hidrocacbon vào bìnhđựng dung dịch brom (dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, có4 gam brom đã phản ứng và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàntoàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO2. Công thức phân tử của haihidrocacbon là (biết các thể tích khí đều đo ở đktc)

A. CH4 và C3H6. B. C2H6 và C3H6.

C. CH4 và C3H4. D. CH4 và C2H4.

Giải nhanh: Bấm máy tính:

2.8

1.68=

5

3→ có CH4

4

1601.68−1.12

22.4

= 1 → có anken (A hoặc D)



1.12×1+(1.68−1.12)×3= 2.8 (chọn A)

Ví dụ 10: Đề thi HS giải toán trên máy tính cầm tay năm 2013, BộGiáo dục và Đào tạo.

Cho hỗn hợp A gồm H2, một anken và một ankin có cùng số nguyêntử carbon trong phân tử. Tỉ khối hơi của A so với H2 bằng 7, 8. Saukhi cho A qua bột N i nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu

được hỗn hợp B có tỉ khối hơi so với hỗn hợp A bằng20

9.

Xác định công thức phân tử của anken, ankin và tính thành phần phần

trăm theo thể tích của mỗi chát trong hỗn hợp A nói trên.

Bài giải:

Đặt công thức chung của anken, ankin là Cn H2n+2−2k

k là số liên kết π trung bình của nken và ankin; điều kiện 1< k < 2

Gọi x , y lần lượt là số mol H2 và số mol Đặt công thức chung của anken,ankin là Cn H2n+2−2k trong một mol hỗn hợp ban đầu.

Ta có: nhhA = x + y = 1Khối lượng của một mol hỗn hợp A là:

mA =M A = 7, 8×2= 15, 6= 2x +(14n +2−2k )y

M hhB = 15, 6× 20

9≈ 34, 6667.

Suy ra trong B phải có một chất có M > 24, 667, đó là ankan Cn H2n+2,vì trong trường hợp này ankan là chất có KLPT lớn nhất. Khi đó

M ankan = 14n +2> 34, 6667⇒ n > 2, 3333⇒ n > 3 (vì n ∈N).



Khi n > 3 thì hidrocacbon có KLPT nhỏ nhất trong trường hợp này làankin C3H4 đã có M = 40> 34, 6667 chứng tỏ trong B phải còn có H2

còn dư. Vậy anken, ankin đã phản ứng hết.

Phương trình phản ứng:

CnH2n+2−2k + k H2 −→ CnH2n+2 (1)(mol) y k y y

Theo (1) ta có nhhB = 1−k yTheo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA =m B = 15, 6g (tính cho1 mol A)

Suy ra M B =m B

n B=

15, 6

1−k y= 15, 6× 20

9=⇒ k =

0, 5500

y.

1 1 (=) 9 20 (SOLVE) 1

Vì 1< k < 2 nên 0, 2750< y < 0, 5500.Ta có hệ phương trình:

2x +(14n +2−2k )y = 15, 6x + y = 1k y = 0, 5500

⇐⇒

2x +(14n +2)y = 16, 72x +2y = 2k y = 0, 5500

Suy ra y =1, 05

n

Vì 0, 2750 < y < 0, 5500 nên 1, 9091 < n < 3, 8181 và n > 3 suy ran = 3. Vậy anken là C3H6 và ankin là C3H4.

Trong trường hợp này nghiệm của hệ là: lưu vào B để tính k2 14 3 2 16.7 1 1 1

X = 0, 65 Y = 0, 35 (STO) (B)

0.550011

7



x = 0, 65y = 0, 35

k =11

7

Gọi a là % thể tích của C3H6 trong A (0< a < 0, 35), suy ra % thể tíchcủa C3H4 trong A là 0, 35−a .

Vì k =a +2(0, 35−a )

0, 35=

11

7=⇒ a = 0, 15

2 0.35 0.35 (=) 117 (SOLVE) 0.1 do điều kiện của a

Vậy:%H2 = 65% ; %C3H6 = 15% ; %C3H4 = 20%

7.3 Hóa vô cơ

Ví dụ 11: Cho 16,22g hỗn hợp Al và Fe tác dụng với 200 ml dung

dịch CuSO4. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắnA nặng 18,335g và nước lọc B. Thêm dung dịch NH3 dư vào nước lọcB rồi tách lấy kết tủa đun nóng mạnh trong không khí đến trọng lượngkhông đổi nhận được 9,02g chất rắn D. Tính phần trăm khối lượng mỗikim loại trong hỗn hợp ban đầu và nồng độ mol của dung dịch CuSO4

đã dùng.

Bài giải:

Ta có các phản ứng hóa học:

2Al + 3Cu2+ −→ 2Al3++ 3C u ↓ (1)2x 3x 2x 3xFe + Cu2+ −→ Fe2+ + C u ↓ (2)y y y y



Số mol kim loại nhỏ nhất =16, 22

56= 0, 2896

Vậy số mol Cu ↓> 0, 2896×64= 18, 537g> 18, 335

hoặc: Nếu kim loại phản ứng hết thì chất rắn D nhận được gồm Al2O3+Fe2O3 phải có khối lượng lớn hơn khối lượng Al+Fe(12.55). Theo giảthiết, khối lượng D = 9, 02g < 16, 22 suy ra đồng phản ứng hết, kimloại còn dư.

Theo (1) và (2) độ tăng khối lượng:

(190, 5−54)x +(63, 5−56)y = 18, 335−16, 22

thu gọn ta được: 136, 5x +7, 5y = 2, 115

Dung dịch nước lọc B chứa Al 3+ và F e 2+

Al3++3NH3+3H2O−→Al(OH)3 ↓Fe2++2NH3+2H2O−→ Fe(OH)2 ↓2Al(OH)3

t−−−−→Al2O3+3H2O

4Fe(OH)2+O2t−−−−→ 2Fe2O3+4H2O

Theo 4 phản ứng trên ta có số mol Al2O3 bằng x và số mol Fe2O3 bằng0,5y. Suy ra: 102x +80y = 9, 02.

Ta có hệ phương trình:

136, 5x +7, 5y = 2, 115102x +80y = 9, 02

136.5 7.5 2.115102 80 9.02

x = 0.01 (STO) (A) y = 0.1 (STO) (B)

% khối lượng Al bằng 0, 01×2×27= 0, 54g ≈ 3, 33%2 27 16.22 100 (STO)

(F)



% khối lượng Fe bằng 100%−3, 33%= 96, 67%100

Nồng độ mol của CuSO4 bằng: 3 0.23x + y

0, 2=

0, 13

0, 2= 0, 65M

Ví dụ 12: Người ta hòa tan 20 gam kali sunfat vào 150 c m 3 nước

rồi đem điện phân. Sau khi điện phân, khối lượng kali sunfat có trongdung dịch là 15%.

1. Viết các phương trình hóa học xảy ra tại các điện cực.

2. Tính thể tích các khí thu được trên các điện cực ở nhiệt độ 20Cvà áp suất 101.325 Pa (tính theo d m 3)

Bài giải:

1 Trong dung dịch điện phân có H20 và chủ yếu là các ion K+ vàSO2−

4 :K2SO4 −→ 2K++SO2−

4

Ở anot: 2H2O−→O2+4H++4e

× 1

Ở catot: 2H2O+2e−→H2+2OH−

× 2

2H2O (l)đp−−−−→

(K2SO4)2H2 (k)+O2 (k)

2 Trong quá trình điện phân dung dịch K2SO4 chỉ có nước là bị phânhủy, lượng K2SO4 vẫn còn nguyên trong dung dịch điện phân.

Khối lượng nước trong dung dịch:

• Trước điện phân: 150c m 3×1 g /c m 3 = 150 (g a m )



• Sau điện phân:

mH2O =mdung dịch−mK2SO4 =20

0.15−20= 113, 3 (g a m )

Khối lượng nước bị phân hủy trong điện phân:

150−113.3= 36.7 hay36.7

18= 2.04 (mol)

Vì 2H2O −→ 2H2+O2 nên n H2 = 2.04 mol; nO2 = 1.02 (mol)Ta có công thức:

p V = nRT −→V = n .RT

p

Theo hệ SI thì 1 atm = 101,325 kPa ; V0 (ở đktc) = 22,4 dm3

Vậy

R =p V

nT=

101.32×22.4

1×273= 8.314 k Pa .dm3.mol−1.K −1

VH2 =n H2 .RT

p=

2.04×8.314×273

101.32= 49 (dm3)

VO2 =1

2VH2 =

49

2= 24.5 (dm3)

Ví dụ 13: Thi HS giải toán trên máy tính cầm tay năm 2013, Bộ Giáodục và Đào tạo.

Hỗn hợp X có khối lượng 12, 21gam gồm C uO, Al 2O3 và một oxitcủa sắt. Cho H2 (dư) qua X nung nóng, sau khi phản ứng xong thudduwwojc 2, 16gamH2O . Hoà tan hoàn toàn X cần dùng 255ml dungdịch H2SO4 loãng 1M, thu đươch dung dich Y . Cho dung dịch N aOH(dư) vào dung dịch Y , sau phản ứng lọc lấy kết tủa rồi đem nung trongkhông khí đến khối lượng không đổi, được 7, 8gam chất rắn.

Xác định công thức phân tử của oxit sắt và tính khối lượng của mỗi

oxit trong hỗn hợp X ban đầu.



Bài giải:

Số mol H2O = 0, 1200(mol) ; Số mol H2SO4 = 0, 2550(mol)Phương trình hoá học:

CuO+H2t−−→Cu+H2O (1)

FexOy+yH2t−−→ xFe+yH2O (Al2O3 không bị khử) (2)

CuO+H2SO4 −→CuSO4+H2O (3)

FexOy+yH2SO4 −→ Fex(SO4)y+yH2O (4)

Al2O3+3H2SO4 −→Al2(SO4)3+3H2O (5)

CuSO4+2NaOH−→Cu(SO4)2 ↓+Na2SO4 (6)

Fex(SO4)y+2yNaOH−→ xFe(OH)2y/x ↓+yNa2SO4 (7)

Al2(SO4)3+8NaOH−→ 2Na[Al(OH)4]+3Na2SO4 (8)

Cu(OH)2t−−→CuO+H2O (9)

2xFe(OH)2y/x+3x−2y

2O2

t−−→ xFe2O3+2yH2O (10)

So sánh (1), (2) với (3), (4) ta thấy số mol H20=mol H2S04 = 0, 12mol.Suy ra H2SO4 phản ứng với Al2O3 số lượng:

0, 2550−0, 1200= 0, 1350mol

Theo (5) số mol Al2O3 = 0, 1350 : 3 = (mol), khối lượng Al2O3 bằng0, 0450×1, 02= 4, 5900gam.

Suy ra tổng khối lượng CuO và FexOy bằng:

12, 21−4, 5900= 7, 6200gam

Đặt số mol CuO, FexOy là a ,b ta có:

• Tổng khối lượng CuO và FexOy bằng 80a+(56x+16y )b = 7, 62



• Theo (1) và (2) ta có: nH2O = a+by= 0, 12

• Theo (9), (10) ta có tổng khối lượng CuO và FexOy bằng

80a +80bx = 7, 8

Vậy ta có hệ ba phương trình theo ba ẩn a ,bx ,b :

80a +56bx +16by = 7, 62a +by = 0, 1280a +80bx = 7, 8

⇐⇒

a = 0, 03bx = 0, 0675by = 0, 09

80 56 16 7.621 0 1 0.1280 80 0 7.8

X = 0.03 (STO) (A)Y = 0.0675 (STO) (B)Z = 0.09 (STO) (C)

Ta có tỉ lệbx

by=

x

y=

3

4.

Suy ra công thức oxit sắt là Fe3O4 và b = 0, 025


Chương 8

Giải toán Sinh học

Không giống như Vật lý và Hóa học, việc tính toán trong khigiải các bài toán Sinh học với sự trợ giúp của máy tính CASIO 570VNPlus chưa khai thác hết các tính năng của máy tính này. Tuy nhiên, cũngnhư trong các môn học trên, các số liệu đưa vào toán Sinh học thường làcác số thập phân, các lũy thừa bậc cao làm cho việc tính toán bằng taytỏ ra bất tiện và có khả năng tính toán nhầm lẫn, nhất là việc sử dụnglogarit với sai số trong phạm vi bắt buộc.

Gần đây Bộ Giáo dục và Đào tạo khuyến khích việc sử dụng máy tínhcầm tay trong học tập các môn, trong đó có môn Sinh học, khiến chonhu cầu tìm hiểu các tính năng của máy tính này để giải các bài toánSinh học là việc làm thiết thực và rất có ý nghĩa.

Trong xu thế đó, chúng tôi tham khảo đề thi học sinh giỏi máy tính cầmtay để giải toán Sinh học của Bộ Giáo dục và Đào tạo nhằm giới thiệucho các đồng nghiệp chưa thường sử dụng công cụ hữu ích này.

115


Ví dụ 1: Để xác định khả năng quang hợp của một cành lá có diện tích

là 80c m 2, một học sinh đã đặt cành lá này vào trong bình kín và chiếusáng 15 phút. Sau đó lấy cành lá ra khỏi bình và cho bình 20m l dungdịch B a (OH )2 lắc đều để hòa tan hết lượng CO2 trong bình. Sau đóđem bình này chuẩn độ với HC l thì hết 18m l HC l . Cũng làm nhưvậy với một bình không chứa cành lá hết 14m l HC l . Tính cườngđộ quang hợp (m g CO2/d m 2 lá/giờ) của cành lá nói trên. Biết rằng

1ml HC l tương ứng với 0, 6mg CO2.

Bài giải:Đổi 80c m 2 = 80.102 d m 2 ; 15 phút = 1

4 giờTheo đề bài ta có phương trình:

CO2+Ba(OH)2 =BaCO3+H2O

Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+H2O

Lượng HCl cần để hòa tan Ba(OH)2 dư là 18−14= 4 m l

Khối lượng CO2 đã hấp thụ nhờ quang hợp là: 4×0, 6= 2, 4 m gCường độ quang hợp là:

2, 4

80×10−2 ×1

4= 12 mgCO2/dm2 lá/giờ

2, 4

80×10−2 ×1

412

Ví dụ 2: Ở vùng ven biển người ta đo được áp suất thẩm thấu trong đất

là 9,5 atm. Cây sống ở vùng đất này phải duy trì nồng độ dịch bào củalông hút tối thiểu là bao nhiêu để sống được trong mùa hè với nhiệt độtrung bình là 33C và mùa đông với nhiệt độ trung bình là 12? Biết

i ≈ 1 ; T = 273 ; R = 0, 082

Bài giải:



Dựa vào công thức: P= RTCi với P= 9, 5atm của đất thì cây phải duy

trì P té bào lông hút > 9, 5atm=⇒C>P

RT

T= 273+ tC ; R= 0.082

Chè >9, 5

(273+33).0, 082

Cđông >9, 5

(273+12).0, 082

9, 5

(273+33)×0, 0820, 3786

9, 5

(273+12)×0, 0820, 4065 M

Ví dụ 3: Chuyển hóa cơ bản (MB) là lượng năng lượng cần thiết cho

sự hô hấp, tiêu hóa và tuần hoàn. Điều này đúng cho người đang ởtrạng thái thức, nghỉ ngơi và nằm dài tên tĩnh trong phòng có nhiệt độlà 23C . Công thức sau đây cho phép ước tính chuyển hóa cơ sở của

phụ nữ:

MB= 9, 6P+1, 8T−4, 7A+655

MB là chuyển hóa cơ bản được tính bằng ca-lo (cal); P là trọng lượng cơthể tính bằng ki-lô-gam (kg); T là chiều cao tính bằng cm; A là tuổi tínhbằng năm.

1. Tính MB của một phụ nữ 30 tuổi, cân nặng 54,5 kg và cao 167,6cm.

2. Hoa khẳng định là đối với phụ nữ cùng tuổi và cùng trọng lượng,khác nhau về chiều cao là 6,5cm sẽ tương ứng với sự khác nhauvề MB là 11,7 cal. Bằng công thức đã cho, hãy đưa ra 3 cách giảithích tại sao Hoa có lý.



Bài giải:

1 Áp dụng công thức tính MB của người phụ nữ là:

M B = (9.6×54.5)+(1.8×167.6)−(4.7×30)+655 1338.88

2 Bạn Hoa nói đúng. Ta có các cách giải thích như sau:

Cách 1: Vì để đánh giá được MB của người cao hơn, chúng taphải thêm: 6.5× 1.8 11, 7 cal vào MB của người thấphơn.

Cách 2: Người thứ nhất có chiều cao hơn người thứ hai là 6,5cmM B1 = 9, 6P +1, 8T −4, 7A +655M B2 = 9, 6P +1, 8(T −6, 5)−4, 7A +655Suy ra M B1−M B2 = 1, 8.6, 5= 11, 7

Cách 3: Lập luận trên có lý do dựa vào ví dụ bằng số:Ví dụ, người phụ nữ thứ nhất: P = 55 ; T = 150 ; A = 35

=⇒MB1 = 9.6 55 1.8 150 4.7 35

Người phụ nữ thứ hai: P = 55 ; T = 156, 5 ; A = 35

=⇒MB2 = 9.6 55 1.8 156.5 4.7 35

11,7

Ví dụ 4: Ở một quần thể thực vật, thấy rằng gen A qui định hoa màu

đỏ, alen a qui định hoa màu trắng. Quần thể khởi đầu có cấu trúcP : 350AA : 140Aa : 910a a . Hãy xác định tỉ lệ kiểu gen kiểu hình

của quần thể ở thế hệ F3 trong hai trường hợp sau:



1. Các cá thể trong quần thể tự thụ phấn.

2. Các cá thể trong quần thể giao phấn.

Biết không có đột biến, các cá thể đều sống và phát triển bình thường.

Bài giải:

Tổng số cá thể trong quần thể khởi đầu:

350+140+910= 1400

Tỉ lệ kiểu gen tương ứng:

AA : Aa : a a = 0, 25 : 0, 1 : 0, 65

Cấu trúc di truyền của quần thể khởi đầu:

P : 0, 255 AA : 0, 1 Aa : 0, 65 a a

1 Nếu các cá thể tự thụ phấn liên tiếp qua 3 thế hệ

Tỉ lệ kiểu gen Aa ở F3 là:

1

2

3

×0.1= 0.125 hay 1, 25%

Tỉ lệ kiểu gen AA ở F3 là:

0.25+0.1−0.0125

2= 0.29375= 29.375%

Tỉ lệ kiểu gen aa ở F3 là: 0.65 +0.1−0.0125

2= 0.69375 =

69.375%

Tỉ lệ kiểu gen của quần thể là: 29, 375% AA : 1, 25% Aa :69, 375% a a

Tỉ lệ kiểu hình hoa màu đỏ là: 29.375%+1, 25%= 30.625%

Tỉ lệ kiểu hình hoa màu trắng là: 100%−30.625%= 69.375%



2 Nếu cho các cá thể giao phối tự do:

Gọi p ,q lần lượt là các tần số các alen A và a trong quần thể.

Ta có: pA = 0.25+0.1

2= 0.3 ; pa = 1−0.3= 0.7

Sau một thế hệ giao phối tự do, quần thể đã đạt trạng thái cân bằng vàcó cấu trúc nhưu sau:

p 2AA : 2pq Aa : q 2 a a =⇒ F1 : 0.99 AA : 0.42 Aa : 0.49 a a

Quần thể đã cân bằng do đó trong các thế hệ tiếp theo cấu trúc quần thểkhông thay đổi.

F3 : 0.09 AA : 0.42 Aa : 0.49 a a

Kiểu hình: 51% hoa màu đỏ : 49% hoa màu trắng

Ví dụ 5: Quần thể ngẫu phối ban đầu có cấu trúc:

P : 100 AA +100 Aa +100 a a

Dưới áp lực chọn lọc giá trị thích nghi của các kiểu gen AA; Aa; aatương ứng là: 1, 0 ; 0, 8 và 0, 3.Hãy tính tần số các kiểu gen và tần số alen cho thế hệ F1 (biết rằng

không xay ra đột biến)

Bài giải:

Ở thế hệ ban đầu, tần số các kiểu gen sẽ bằng tích các tần số ban đầu vớigiá trị thích nghi. Vậy:

AA =1

3.1=

1

3; Aa =

1

3.0.8=

0.8

3; a a =

1

3.0.3= 0.1

1

3+

0.8

3+0.1= 0.7



Tần số tương đối của các kiểu gen trong quần thể mới sẽ là:

AA =

1

30.7= 0.4762 Aa =

0.8

30.7= 0.381

a a = 1−0.4762−0.381= 0.1428

Tần số tương đối của các alen A và a là:

pA = 0.4762+0.381

2= 0.6667 ; qa = 1−Pa = 1−0.6667= 0.3333

Ví dụ 6: Để xác định số lượng tế bào của một loài vi khuẩn trong bình

nuôi cấy có dung tích 8,12 lít, người ta tiến hành pha loãng trong các

ống nghiệm có chứa 9 ml nước cất vô trùng theo sơ đồ sau:

Trong ống nghiệm thứ 5 lấy ra 0.01 ml dung dịch rồi trải đều lên bề mặtmôi trường dinh dưỡng đặc đựng trong đĩa pêtri. Kết quả trong đĩa pêtricó 37 khuẩn lạc phát triển.

1. Tính số lượng tế bào vi khuẩn có trong bình nuôi cấy trên.

2. Nếu cho biết mỗi tế bào vi khuẩn có khối lượng 2, 11×10−11 gam/tế bàothì khối lượng vi khuẩn trong bình nuôi cấy trên là bao nhiêu?



Bài giải:

1 Số lượng tế bào vi khuẩn có trong bình nuôi cấy trên:

Gọi n là số lượng vi khuẩn trong bình nuôi cấy ban đầu (n nguyêndương).

Đổi 8,12 lít = 8120 ml

• Số vi khuẩn trong 1 ml ban đầu là:n

8120

• Số vi khuẩn trong 1 ml trong ống 1 là:n

81, 20×103


81, 20×104


81, 20×105


81, 20×106


81, 20×107

Ống thứ 5 có 37 vi khuẩn/0.01 ml. Vậy 1 ml của ống 5 có37

0.01=

37×102 vi khuẩn.

Ta có phương trình:n

81.2×107 = 37×102 =⇒ n = 3004, 4×109

2 Khối lượng vi khuẩn trong bình nuôi cấy trên

3004.4×109×2.11×1011 = 63.3928



Ví dụ 7: Người ta nuôi cấy 2 chủng vi khuẩn vào hai môi trường dinh

dưỡng thích hợp, mỗi môi trường 5 ml. Chủng thứ nhất có 106 tế bào.

1. Số lượng tế bào của mỗi chủng trong 1 ml dung dịchtại thờiđiểm 0 giờ là bao nhiêu?

2. Sau 6 giờ nuôi cấy người ta đếm được ở chủng thứ nhất có 8.106

tế bào/ml, ở chủng thứ hai có 106 tế bào/ml. Thời gian của mỗichủng trên là bao nhiêu?

Bài giải:

1 Số lượng tế bào trong 1 ml dung dịch của mỗi chủng tại thời điểm0 giờ:

Chủng thứ nhất:106

5= 2×105 ; Chủng thứ hai:

2×102

5= 40

2 Tại thời điểm 6 giờ:

Ta có: N =N0.2n hay n =log N − log N0

log 2

Trong đó n là số phân chia của 1 tế bào trong khoảng thời giant ; N là số tế bào thu được trong thời gian nuôi cấy t ; N0 là số tếbào ban đầu.

Chủng 1: n =log 8×108− log 2×105

log 2= 12, 99667≈ 12

Suy ra số lần phân chia trong 1 giờ là12

6= 2. Thời gian 1 thế hệ

của chủng 1 là60

2= 30phút.

Chủng 2: n =log 106− log 40

log 2= 14, 6109≈ 12



Suy ra số lần phân chia trong 1 giờ là14, 6109

6= 2, 43515. Thời

gian 1 thế hệ của chủng 1 là60

2, 43515= 24, 6391≈ 25phút.

Ví dụ 8: Nhịp tim của chuột là 720 lần/phút. Giả sử thời gian các pha

của chu kỳ tim lần lượt chiếm tỉ lệ 1 : 3 : 4. Tính thời gian tâm nhĩ

và tâm thất được nghỉ ngơi.

Bài giải:

• Nhịp tim của chuột là 720 lần/phút, suy ra chu kỳ tim dài:

60

720=

1

12giây≈ 0.0833

• Trong một chu kỳ tim, tỉ lệ: 1 : 3 : 4 nên thời gian tâm nhĩ co

là0.0833

8= 0.0104 giây; thời gian tâm thất co là

0.0833

8× 3=

0.0312 giây; thời gian giãn chung là0.0833

8×4= 0.0417 giây;

• Trong một chu kỳ tim, thời gian tâm nhĩ được nghỉ ngơi là 0.0312+0.0417= 0.0729 giây.

• Thời gian tâm thất được nghỉ ngơi là 0.0104+ 0.0417= 0.0521giây.

Ví dụ 9: Một vi khuẩn hình cầu có khối lượng khoảng 5.10−13 gam,

cứ 20 phút lại nhân đôi một lần. Trong điều kiện nuôi cấy tối ưu thì

cần bao nhiêu giờ để đạt tới khối lượng 6.1027 gam?

Bài giải:



Số tế bào được tạo ra là: N =6×1027

5×10−13 = 1.2×1040

với N = 2n (n là số lần phân chia)Số lần phân chia:

N =log 1.2

log 2+

40 log 10

log 2≈ 133 lần phân chia

Thời gian cần thiết: t ≈ 133

3≈ 44, 3333 giờ

Ví dụ 10: Ở một loài thực vật, cho giao phấn giữa cây hoa đỏ thuần

chủng với cây hoa trắng, được F1 toàn hoa đỏ. Cho F1 tiếp tục giao

phấn với nhau được F2 có 176 cây hoa đỏ và 128 cây hoa trắng.

1. Tính xác xuất để ở F2 xuất hiện 3 cây trên cùng một lô đất có thểgặp ít nhất một cây hoa đỏ.

2. Dùng tiêu chuẩn χ2 (khi bình phương) để kiểm định sự phù hợphay không giữa số liệu thực tế với số liệu lý thuyết.

Cho biết: Với (n −1) = 1 ; α= 0, 05 thì χ2 lý thuyết bằng 3,84.

Bài giải:

1 Tính xác suất:

• F2 có tỉ lệ 9 đỏ : 7 trắng nên màu hoa di truyền theo qui luậttưwong tác gen kiểu tương tác bổ sung; F1 dị hợp 2 cặp gennằm trên 2 cặp NST khác nhau (AaBb).

• Xác suất xuất hiện cây hoa trắng ở F2 là7

16

• Xác suất xuất hiện cả 3 cây hoa trắng ở F2 là

7

16

3

=

0.0837



• Vậy xác suất để gặp ít nhất mộtt cây hoa đỏ ở F2 là 1−0.0837= 0.9163

2 Kiểm định giả thiết thống kê.

Ta lập bảng như sau:

Hoa đỏ Hoa trắng Tổng sốThực nghiệm thu được 176 128 304Lý thuyết khi biết tỉ lệ 9/7 171 (9/16) 133 (7/16) 304Sai lệch d +5 −5d 2 25 25

χ2 =25

171+

25

133= 0.33< 3.84 suy ra số liệu phù hợp.


Chương 9

Hằng số và đơn vị

9.1 Các hằng số khoa học

Trên nắp của máy tính CASIO 570VN Plus liệt kê 40 hằng sốthường dùng trong Vật lý, Hóa học và Sinh học. Thông thường đề thisẽ cho biết các hằng số này dưới dạng một số gần đúng. Tuy nhiên khinhập các số gần đúng này vào phép tính rất có khả năng bị nhầm lẫn vàdo đó sẽ có kết quả sai. Để tránh các sai sót này, người sử dụng máy cóthể nhập trực tiếp các hằng số được lưu giữ trên máy tính vào phép tínhđang thực hiện.

Để nhập một hằng số khoa học vào phép tính hiện tại ta thực hiện nhưsau:

1 (CONST)

2 Tra dữ liệu trên vỏ máy, ví dụ: Số Avôgađrô (NA ) ứng với số 24

3 Nhập số 24. Số NA tự động chèn vào phép tính. Muốn biết giá trịcủa số này, ta nhấn phím .

Áp dụng:

127


Ví dụ 1: Một vật rơi tự do không vận tốc ban đầu tại nơi có gia tốc

trọng trường g. Hãy xác định vậntốc và quãng đường vật rơi được sau

thời gian t = 2,5 s.

Giải:

Ta có công thức: v = g t và s =1

2g t 2

v = (CONST) 35 2.5 24.516625

s = 1 2 (CONST) 35 2.5 30.64578125

Ví dụ 2: Khối lượng của một nguyên tử Flo 919F tính theo ki-lô-gam

là bao nhiêu?

Trả lời nhanh:

Khối lượng của một mol nguyên tử Flo 919F bằng 19g.

Do đó khối lượng của một nguyên tử Flo 919F bằng:

m =19 ×10−3k g

NA nguyên tử=

19 3

(CONST) 24=

= 3, 155023688×10−26 k g

9.2 Đổi đơn vị trong bài toán Vật lý, hóa học vàSinh học

Khi giải các bài toán Vật lý, Hóa học và Sinh học, chúng ta thường phảiđổi một đơn vị nào đó về một đơn vị hợp chuẩn để khớp với các thứ



nguyên có trong phép toán. Việc đổi đơn vị một cách thủ công thườngdẫn tới một sai số nhất định và chấp nhận được. Tuy nhiên máy tínhCASIO 570VN Plus cung cấp công cụ để chuyển đổi qua lại các đơn vịnày một cách dễ dàng và tiện lợi.

Trên vỏ máy tính có ghi 40 phép đổi đơn vị thông dụng. Để thực hiệncông việc này, ta thao tác như sau:

1 (CONV)

2 Tra trên vỏ máy để biết số thứ tự của các đơn vị cần đổi (“từ” và“đến”), ví dụ, muốn đổi từ mmHg sang Pa ta chọn số 27

3 Nhập số 27, sau đó bấm phím đưa con trỏ về trước đơn vị cũ

4 Nhập số (đơn vị) sau đó nhấn phím

Ví dụ 1: Một người Việt Nam sang định cư tại Hoa Kỳ, chẳng may bị

bệnh phải vào bệnh viện. Bác sĩ cặp nhiệt độ xong, thông báo:“Ông bịsốt 100 độ”. Bệnh nhân dựng đứng lên:

– Vậy là chết rồi!

– Chưa chết.

F đổi sang C là:(CONV) 37 (dễ nhớ!)

100 (CONV) 37 37.77777778Vậy bệnh nhân này sốt chưa tới 38 độ.

Ví dụ 2: Nitrosyl Clorua là một chất độc, khi đun nóng sẽ phân hủy

thành Nitơ monoxid và Clo. Biết Kp của phản ứng ở 289K là 1, 326×10−7 atm và∆H = 77080J /mol (Xem Ví dụ 4 Chương 1). Hãy tính

Kp của phản ứng ở 475K theo atm và Pa.



Bài giải:

Ta có công thức: ln

Kp (T2)Kp (T1)

=−∆H

R

1

T2− 1

T1

với R là hằng số khí lý tưởng.

Vậy: ln Kp (475) = ln(1.326×10−7)− 77080

(CONST) 27×

1

475− 1

289

=

=−4.243678334Suy ra: Kp (475) = 0.01435469326 a t m

Đổi sang Pa:

(CONV) 25 1454.489295 Pa ≈ 1455 Pa


Giải toán với máy tính CASIO 570VN PlusS

he

et1

Pa

ge

1

Hằn

g số

vật

líM

ã số

Các

h b

ấm m

áyG

iá t

rị

1C

onst

01

2C

onst

02

3C

onst

03

5C

onst

05

Hằn

g số

Plă

ng (

h)6

Con

st 0

6

Khố

i lượ

ng 1

u (u

)17

Con

st 1

7H

ằng

số F

arađ

ây (

F)

22C

onst

22

9648

5,34

15 (

mol

/C)

Điệ

n tí

ch ê

lect

ron

(e)

23C

onst

23

24C

onst

24

Hằn

g số

Bôn

zơm

an (

k)25

Con

st 2

5

26C

onst

26

Hằn

g số

khí

lí tư

ởng

(R)

27C

onst

27

8,31

4472

(J/

mol

.K)

28C

onst

28

2997

9245

8 (m

/s)

32C

onst

32

33C

onst

33

Gia

tốc

trọn

g tr

ường

tại m

ặt đ

ất (

g)35

Con

st 3

5N

hiệt

độ

tuyệ

t đối

(T

)38

Con

st 3

827

3,15

(K

)

Hằn

g số

hấp

dẫn

(G

)39

Con

st 3

9

Khố

i lượ

ng p

rôto

n (m

p)1,

6726

2158

.10-2

7 (k

g)K

hối l

ượng

nơt

ron

(mn)

1,67

4927

16.1

0-27

(kg)

Khố

i lượ

ng ê

lect

ron

(me)

9,31

0938

188.

10-3

1 (k

g)B

án k

ính

Bo

(a0)

5,29

1772

083.

10-1

1 (m

)

6,62

6068

76.1

0-34

(Js)

1,66

0538

73.1

0-27

(kg)

1,60

2176

462.

10-1

9 (C

)S

ố A

vôga

đrô

(NA

)6,

0221

4199

.1023

(m

ol-1

)

1,38

0650

3.10

-23

(SI)

Thể

tíc

h m

ol k

hí ở

điề

u ki

ện t

iêu

chuẩ

n (V

m)

0,02

2413

996

(m3 )

Tốc

độ

ánh

sáng

tro

ng c

hân

khôn

g (C

0)

Hằn

g số

điệ

n m

ôi c

ủa c

hân

khôn

g (ε

0)8,

8541

8781

7.10

-12

(SI)

Hằn

g số

từ m

ôi c

ủa c

hân

khôn

g (μ

0)1,

2566

3706

1.10

-6 (

SI)

9,80

665

(m/s

2 )

6,67

3.10

-11

(Nm

2 /kg

2 )


Tài liệu tham khảo

[1] Đề thi và Đáp án HSG máy tính cầm tay của Bộ giáo dục và Đàotạo các năm 2008, 2010,1011,2012.2013 các môn Vật Lý, Hóa họcvà Sinh học.

[2] Giải nhanh trắc nghiệm VẬT LÝ 12 với máy tính 570ES

http://nguyenduccanh.name.vn

[3] Sử dụng số phức trong giải toán Vật lý trên máy tính 570 ES Plus.Khang Quý Toản - THPT Thanh Sơn (Thanh Hóa).

[4] Chuyên đề sử dụng máy tính 570ES trong dạy học Vật lý. NguyễnHoàng Nam, Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị.

[5] Hướng Dẫn Thực Hành Vật Lí Bằng Máy Tính Cầm Tay. Chủ biên:Nguyễn Trọng Sửu, Vụ Giáo dục Trung học, Bộ Giáo dục và Đàotạo.

[6] Giải nhanh trắc nghiệm hóa học với máy tính FX 570.

http://thaytrunghieu.com

133

Mục lục

I Các bài toán bậc Trung học Cơ sở 7

1 Các tính năng của máy tính CASIO 570VN Plus trong số học 91.1 Tìm thương và dư của một phép chia các số tự nhiên . . . 91.2 Trong trường hợp số bị chia có hơn 10 chữ số. . . . . . . . 111.3 Tìm ước số chung lớn nhất (GCD) của hai số . . . . . . . 141.4 Tìm bội số chung nhỏ nhất (LCM) của hai số . . . . . . . 141.5 Phân tích một số ra thừa số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . 17

2 Các tính năng của máy tính CASIO 570VN Plus trong đại số 232.1 Vấn đề giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2 Các bài toán về đa thức bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.3 Dãy số cho bằng biểu thức qui nạp . . . . . . . . . . . . . . . 292.4 Các bài toán về số nguyên và số chính phương . . . . . . . 31

II Các bài toán bậc Trung học phổ thông 33

3 Các bài toán Giải tích 353.1 Phép tính đạo hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.2 Cực trị của hàm số bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3 Dãy số cho bằng biểu thức qui nạp . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.3.1 Dãy số Fibonasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.3.2 Dãy số qui nạp dựa vào hai số hạng đứng trước . 39

3.4 Phép tính tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

135


4 Các bài toán Đại số 434.1 Vấn đề tính tổng hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.2 Vấn đề giải phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444.3 Vấn đề giải bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.4 Lưu nghiệm và truy xuất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . 504.5 Vấn đề số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

4.5.1 Các phép tính số phức dưới dạng đại số . . . . . . 524.5.2 Số phức dưới dạng lượng giác . . . . . . . . . . . . 54

4.6 Một số ví dụ nâng cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.7 Bộ nhớ Ans và PreAns . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5 Các bài toán Hình học 615.1 Phép tính vectơ trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . 615.2 Tính diện tích tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635.3 Việc giải toán hình học không gian . . . . . . . . . . . . . . 65

6 Giải toán Vật lý 696.1 Các phép tính thông thường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 706.2 Sử dụng số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.3 bài toán giao thoa ánh sáng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 896.4 Hệ 4 phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

7 Giải toán Hóa học 957.1 Hóa đại cương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 967.2 Hóa hữu cơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1047.3 Hóa vô cơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

8 Giải toán Sinh học 115

9 Hằng số và đơn vị 1279.1 Các hằng số khoa học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1279.2 Đổi đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128


CÔNG TY CỔ PHẦN XUẤT NHẬP KHẨU BÌNH TÂY (BITEX)

Địa chỉ : 110 - 112 Hậu Giang, Phường 6, Quận 6, TP. Hồ Chí Minh

Điện thoại : (848) 3969 9999 - 0938 52 54 56Fax : (848) 3960 2478Email : [email protected] : www.bitex.com.vn

líi nói đƒudiendantoancasio.com/sachhd/570vnplus-lhs.pdf · k‚t qu£ tŁt qua các kỳ thi,...

Documents