2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (789.29 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Hướng dẫn giải

bài tập tuần từ 19.3 đến 28.3

Câu 1.

1) Rút gọn: 3 2 1 : 3 2 1
2 5 10 2 3 12
A        

   .

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2012  x 2013 với x là số tự nhiên.
Câu 2. (5,0 điểm)

1) Tìm x biết 2 1

2x.3 .5x x 10800.

2) Ba bạn An, Bình và Cường có tổng số viên bi là 74. Biết rằng số viên bi của An và
Bình tỉ lệ với 5 và 6; số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5. Tính số viên bi
của mỗi bạn.

Câu 3. (4,0 điểm)

1) Cho plà số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p22012 là hợp số.

2) Cho n là số tự nhiên có hai chữ số. Tìm n biết n4 và 2n đều là các số chính
phương.

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A và có cả ba góc đều là góc nhọn. Về phía ngồi của tam
giác vẽ tam giác ABE vuông cân ở B. Gọi H là trung điểm của BC, trên tia đối của tia
AH lấy điểm I sao cho AI BC.

Chứng minh hai tam giác ABI và BEC bằng nhau và BICE.
Câu 5. (1,0 điểm)

Cho 1 1 1 1 ... 1 1 1
2 3 4 2011 2012 2013

S        

và 1 1 ... 1 1
1007 1008 2012 2013

P     . Tính



SP



2013.

Câu

Phương pháp-Kết quả Điểm

Câu 1

( 4 điểm)

1

(2điểm) 15 4 1 : 18 8 1

10 10 10 12 12 12
A        

    0.5đ

ĐỀ 1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

12 11
:
10 12

 0.5đ

6 12 72
.

5 11 55

 

0.5đ
Vậy 72

A . 0.5

2 
(2điểm)

2012 2013
P x  x

+ Nếu x2012 hoặc x2013 thì P1 0.5 đ

+ Nếu x2013 thì P x 2012  x 2013   1 x 2013 1 0.5đ
+ Nếu x2012 thì P x 2012  x 2013  x 2012  1 1 0.5

+ Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt được khi x2012 hoặc
2013

x .

0.5 đ

Câu 2 (4điểm)

1 
(2.5điểm)

Ta có 2 1 2

2x.3 .5x x 108002 .2 .3 .3.5x x x 10800 1.0 đ




2.3.5



x 900

0.5 đ
2

30x 30 x 2

   

0.5
Vậy x2 là kết quả cần tìm. 0.5 đ

2 
(2.5điểm)

+ Gọi số viên bi của An, Bình, Cường lần lượt là a b c, , . Vì tổng số
viên bi của ba bạn là 74 nên a b c  74

0.5 đ

+ Vì số viên bi của An và Bình tỉ lệ với 5 và 6 nên

5 6 10 12
a b a  b

0.5 đ
+ Vì số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5 nên

4 5 12 15
b  c b  c

0.5

+ Từ đó ta có 74 2

10 12 15 10 12 15 37
a  b  c  a b c   

  0.5đ

+ Suy ra a20;b24;c30

0.5đ

Câu 3

(4điểm)

1

(2điểm) + Vì p3k1p



là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng k ,k1



0.5

+Với p3k1

suy ra









2 2 2

2012 3 1 2012 9 6 2013 2012 3

p   k   k  k  p 

0.5

+Với p3k1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

suy ra









2 2 2

2012 3 1 2012 9 6 2013 2012 3

p   k   k  k  p 

Vậy 2

2012

p  là hợp số. 0.5

2

(2điểm) + Vì n là số có hai chữ số nên 9 n 100 18 2n200

0.5đ
+ Mặt khác 2n là số chính phương chẵn nên 2n có thể nhận các
giá trị: 36; 64; 100; 144; 196.

0.5đ
+ Với 2n36    n 18 n 4 22 khơng là số chính phương

2n64 n 32  n 4 36là số chính phương

2n100 n 50  n 4 54khơng là số chính phương
2n144 n 72  n 4 76 không là số chính phương
2n196 n 98  n 4 102khơng là số chính phương

0.5 đ

+ Vậy số cần tìm là n32. 0.5đ

Câu 4

(6 điểm)

1 
(3điểm)

+ Xét hai tam giác AIB và BCE
Có AI=BC (gt)

BE=BA( gt) 0.5

+ Góc IAB là góc ngồi của tam giác ABH nên
0

IABABHAHBABH 0.5

+ Ta có 0

EBCEBAABCABC . Do đó IABEBC.

+ Do đó ABI  BEC c(  g c) 0.5 đ 
+ Do ABI  BEC c(  g c) nên AIBBCE. 0.5 đ 
+ Trong tam giác vng IHB vng tại H có 0

AIBIBH .

Do đó 0

BCEIBH . 0.5đ

KL: CE vng góc với BI. 0.5đ

2

(3điểm) + Do tính chất của đường phân giác, ta có DM DN. 0.5 đ 
+ Gọi F là trung điểm của MN. Ta có FM FDFN. 0.5 đ
+ Tam giác FDM cân tại F nên FMDMDF.

( óc ngoài tam giác)
FMDMBDBDM g

MBD CDM

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Suy ra MBDCDF (1) 0.5 đ
Ta cóMCDCDFCFD (2)

Do tam giác ABC cân tại A nên MCD2MBD(3) 0.5 đ
Từ (1), (2), (3) suy ra MBDDFC hay tam giác DBF cân tại D.

Do đó 1

BDDF MN 0.5 đ

Câu 5

(1 điểm) Cho

1 1 1 1 1 1

1 ...

2 3 4 2011 2012 2013

S        và

1 1 1 1

...

1007 1008 2012 2013

P     . Tính



SP



2013.

(1 điểm)

+ Ta có:

1 1 1 1

...

1007 1008 2012 2013

P    

1 1 1 1 1 1 1

1 ... ...

2 3 1006 1007 1008 2012 2013

 

          

 

1 1 1

1 ...
2 3 1006

 

     

 

0.5 đ

1 1 1 1 1 1 1

1 ... ...

2 3 1006 1007 1008 2012 2013

 

          

 

1 1 1 1

2 ...

2 4 6 2012

 

      

 

1 1 1 1 1

1 ...

2 3 4 2012 2013

       =S.

Do đó





2013
SP =0

0.5 đ

Điểm tồn bài (20điểm)

Bài 1 (2.0 điểm):

a) Cho 2 3 4 5 99 100

1

2

3

4

5

99

100 ...

2  



A

.So sánh A với 2.

b) Cho B = x20132014x20122014x20112014x2010.... 2014x 2 2014x 1
Tính giá trị của biểu thức B với x = 2013.

Bài 2 (2.0 điểm):

a) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: x2012  2013 y 1
b) Tìm x biết:



x



7 

x11

 



x

7 

x1



0

Bài 3 (2.0 điểm):

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a) Cho tỉ lệ thức:
d
c
b
a

 .

b) Chứng minh rằng: 2012 2013 2012 2013
2012 2013 2012 2013

a b c d

  

 

c) Cho các số a, b, c khác 0 thoả mãn:

a
c

ca

c
b

bc
b
a

ab






 .

Tính giá trị của biểu thức: 2 2 2
c
b
a

ca
bc
ab
M








Bài 4 (4.0 điểm):

Tam giác nhọn ABC có AB<AC. Các đường cao BE và CF cắt nhau tại O. Trên tia đối
của tia BE lấy điểm G sao cho BG = AC; trên tia đối của tia CF lấy điểm H sao cho CH =
AB.

a) Chứng minh AGB = HAC.
b) Chứng minh AG  AH

c) Gọi M là trung điểm của GH, N là giao điểm của BC và GH.
- Chứng minh OAM  BNG

- So sánh số đo hai góc BAM và MAC .

Bài 1 (2.0 điểm):

2 3 4 98 99

2

3

4

5

99

100

2

1 ...

2   



A

0,25

2 3 98 99 2 3 4 99 100

2 99 100

2 3 4 99 100 1 2 3 4 99 100

2 (1 ... ) ( ... )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 100

1 ...

2 2 2 2

             

     

A A A

0,25

Đặt

1 1 12 ... 199

2 2 2

    

B

.

Có

2 2 1 1 12... 198

2 2 2

    

B

2 98 2 99 99

1 1 1 1 1 1 1

2 2 1 ... (1 ... ) 2

2 2 2 2 2 2 2

             

B B B

0,25

100 99 100 100

100 1 100 102

2 2

2 2 2 2

      

A B

< 2

0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Thay 2014 bằng x +1 ta được:

2013 2012 2011 2010 2

2013 2013 2012 2012 2011 3 2 2

x (x 1)x (x 1)x (x 1)x .... (x 1)x (x 1)x 1

x x x x x .... x x x x 1

x 1

            

          

 

0,75

Thay x = 2013 được A = 2013 – 1 = 2012 0,25
Bài 2 (2.0 điểm):

x2012 , 2013y là các số tự nhiên. Tổng của chúng bằng 1 nên:
Trường hợp 1: x 2012 = 0 và 2013y=1

0,25
Giải được: (x,y) = (2012, 2012 ); (x,y) = (2012,2014) 0,25
Trường hợp 2: x 2012 =1 và 2013 y =0 0,25
Giải được: (x,y) = (2013, 2013 ); (x,y) = (2011,2013)

(Vậy: (2012, 2012 ); (2012,2014), (2013, 2013 ); (2011,2013) là các cặp số
nguyên cần tìm)

0,25





1 10

(

x



7)

x

(

x



7)

 

1

0

0,25

(x7)x =0 được: x -7 = 0 (và x + 1>0)  x = 7 0,25
10

(x7) 1=0 được x -7 = 1 hoặc x - 7 = -1 0,25
x – 7 = 1  x = 8

x – 7 = -1  x = 6

0,25

Bài 3 (2.0 điểm): 
Đặt

d
c
b
a

 = k. Có a = bk và c = dk 0,25

Thay a, c vào được:

2012a 2013b 2012bk 2013b 2012k 2013
2012a 2013b 2012bk 2013b 2012k 2013

    

  

2012c 2013d 2012dk 2013d 2012k 2013
2012c 2013d 2012dk 2013d 2012k 2013

    

  

0,50

 2012 2013 2012 2013

2012 2013 2012 2013

a b c d

  

  0,25

ab bc ca abc bca cab

ab  bc c a  (ab)c (bc)a  (c a)b 0,25
abc abc

ac bc ab ac bc ab a c
acbc abac        
Tương tự, chứng minh được: a b c 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Thay b = a; c = a được M = 1 0,25

Bài 4 (4.0 điểm):

ABE  ACF (Cùng phụ với góc Â) 0,25

 GBA  ACH(Cùng bù với cặp góc bằng nhau ABE ACF ) 0,25
Cùng với BG = AC; AB = CH GBA = ACH (c.g.c) (*) 0,50

GBA = ACH AGB  HAC (1) 0,25
GAE  AGE= 900 (AGE vuông tại E) (2) 0,25

Từ (1) và (2): GAE HAC = 900 GAH = 900 hay AG  AH 0,50

AGH cân tại A nên trung tuyến AM cũng là đường cao  AMMN 0,25
AO là đường cao thứ ba của tam giác ABC nên AO  BN (tại K) 0,25

OAM  BNG(Hai tam giác vng có cặp góc nhọn bằng nhau). 0,50

ABG có BA < BG (do BG = AC mà AB <AC)
GAB AGB

  GABHAC (doAGB  HAC có được từ (*)) 0,50

AGH cân tại A nên trung tuyến AM cũng là phân giác GAM  HAM 0,25

GAM-GAB < HAMHAC BAM MAC 0,25

Câu 1. (4,0 điểm) 
3) M =

2 2 1 1

0, 4 0, 25

2012

9 11 3 5 :

7 7 1 2013

1, 4 1 0,875 0, 7
9 11 6

     

 



 

     

 

4) Tìm x, biết: 2  1  2 2
x
x

x .

Câu 2. (5,0 điểm)

K

N

M H

G

O

F

E
A

B

C

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

a. Cho a, b, c là ba số thực khác 0, thoả mãn điều kiện:

b
b
a
c
a

a
c
b
c

c
b

a        .

Hãy tính giá trị của biểu thức 





 





 





 


b
c
c

a
a

b

B 1 1 1 .

2) Ba lớp 7A, 7B, 7C cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định
chia cho ba lớp tỉ lệ với 5:6:7 nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4:5:6 nên có một lớp nhận

nhiều hơn dự định 4 gói. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua.

Câu 3. (4,0 điểm)

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x 2 2x2013 với x là số nguyên.
4) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x  y z xyz.

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho xAy=600 có tia phân giác Az . Từ điểm B trên Ax kẻ BH vng góc với Ay tại
H, kẻ BK vng góc với Az và Bt song song với Ay, Bt cắt Az tại C. Từ C kẻ CM
vng góc với Ay tại M . Chứng minh :

a ) K là trung điểm của AC.
b ) KMC là tam giác đều.

c) Cho BK = 2cm. Tính các cạnh AKM.

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 
(4 điểm)

1) Ta có:

2 2 1 1

0, 4 0, 25

2012

9 11 3 5 :

7 7 1 2013

1, 4 1 0,875 0, 7
9 11 6

M

     

 

  

     

 

2 2 2 1 1 1

2012
5 9 11 3 4 5 :

7 7 7 7 7 7 2013

5 9 11 6 8 10

     

 

  

     

 

1 1 1 1 1 1

2012

5 9 11 3 4 5

1 1 1 7 1 1 1 2013

5 9 11 2 3 4 5

         

   

     

 

 

   

     

   

    

 

0.5đ

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 2 :2012 0
7 7 2013

 
   
 
KL:……..
0.5đ
0.5đ

2) vì 2

1 0

x   x nên (1) => 2 2

1 2

x   x x  hay x 1 2
+) Nếu x 1 thì (*) = > x -1 = 2 => x = 3

+) Nếu x <1 thì (*) = > x -1 = -2 => x = -1
KL:………….
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
Câu 2 
(5 điểm) 
1)

+Nếu a+b+c 0

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ,ta có:

b
b
a
c
a

a
c
b
c
c
b

a       

= a b c b c a c a b

a b c

       
  = 1

mà a b c 1 b c a 1 c a b 1

c a b

           = 2

=> a b b c c a

c a b

     =2

Vậy B = 1 b 1 a 1 c (b a c)( a b c)( )

a c b a c b

  

      

   

    =8

0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ

+Nếu a+b+c = 0

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ,ta có:

b
b
a
c
a
a
c
b
c
c

b

a       

= a b c b c a c a b

a b c

       
  = 0

mà a b c 1 b c a 1 c a b 1

c a b

           = 1

=> a b b c c a

c a b

     =1

Vậy B = 1 b 1 a 1 c (b a c)( a b c)( )

a c b a c b

  

      

   

    =1

0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.25đ
2) Gọi tổng số gói tăm 3 lớp cùng mua là x ( x là số tự nhiên khác 0)

Số gói tăm dự định chia chia cho 3 lớp 7A, 7B, 7C lúc đầu lần lượt là:
a, b, c

Ta có: 5 ; 6 ; 7

5 6 7 18 18 18 18 3 18

a b c a b c x x x x x

a b c

 

         (1)

Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là a’, b’, c’, ta có:
, , , , , ,

, 4 , 5 , 6

; ;

4 5 6 15 15 15 15 3 15

a b c a b c x x x x x

a b c

 

         (2)

So sánh (1) và (2) ta có: a > a’; b=b’; c < c’ nên lớp 7C nhận nhiều hơn
lúc đầu

Vây: c’ – c = 4 hay 6 7 4 4 360
15 18 90

x x x

x

     

Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 360 gói.

0,5 đ

0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
Câu 3 1) Ta có: A 2x 2 2x2013  2x 2 2013 2 x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

(4 điểm)  2x 2 2013 2 x 2011

Dấu “=” xảy ra khi (2 2)(2013 2 ) 0 1 2013
2

x  x    x

KL:……..

0,5đ
0,5đ
0,5đ
2) Vì x,y,z nguyên dương nên ta giả sử 1  xyz

Theo bài ra 1 = 1

yz +

1
yx+

zx  2
1
x + 2

1
x + 2

1
x = 2

3
x
=> x 2 3 => x = 1

Thay vào đầu bài ta có 1  y z yz => y – yz + 1 + z = 0
=> y(1-z) - ( 1- z) + 2 =0

=> (y-1) (z - 1) = 2

TH1: y -1 = 1 => y =2 và z -1 = 2 => z =3
TH2: y -1 = 2 => y =3 và z -1 = 1 => z =2

Vậy có hai cặp nghiệp nguyên thỏa mãn (1,2,3); (1,3,2)

0,25đ
0,5đ

0,5đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

Câu 4 
(6 điểm)

V ẽ h ình , GT _ KL

a, ABC cân tại B do CABACB(MAC) và BK là đường cao  BK là
đường trung tuyến

 K là trung điểm của AC

b, ABH = BAK ( cạnh huyền + góc nhọn )
 BH = AK ( hai cạnh t. ư ) mà AK = 1

2AC

 BH = 1

2AC

Ta có : BH = CM ( t/c cặp đoạn chắn ) mà CK = BH = 1

2AC  CM = CK

 MKC là tam giác cân ( 1 )
Mặt khác : MCB= 900 và ACB= 300

 MCK = 600 (2)

Từ (1) và (2)  MKC là tam giác đều

c) Vì ABK vng tại K mà góc KAB = 300 => AB = 2BK =2.2 = 4cm

Vì ABK vng tại K nên theo Pitago ta có:
AK = AB2BK2  16 4  12

Mà KC = 1

2AC => KC = AK = 12
KCM đều => KC = KM = 12

0,25đ

1đ
1đ
0,5đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Theo phần b) AB = BC = 4
AH = BK = 2

HM = BC ( HBCM là hình chữ nhật)
=> AM = AH + HM = 6

0,25đ

0,5đ
0,25đ

Câu 1.( 4.0 điểm)

a) Tìm x, y, z biết 2x 3y 4z

3  4  5 và x  y z 49
b) Tìm x biết :45 x 40 x 35 x 30 x 4

1968 1973 1978 1983

        

Câu 2.(3.0 điểm)

Tìm nghiệm các đa thức sau :
a) f(x) = 2x2 3x 1

b) g(x) = 2

x  x 1
Câu 3.(3.0 điểm)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có 3 chữ số mà khi chia số đó cho 11 dư 5 và chia cho 13
dư 8

Câu 4.(3.0 điểm)

Cho biểu thức A x 1 x 3

2 2

   

Tìm khoảng giá trị của x để biểu thức A không phụ thuộc vào biến x
Câu 5.(4.0 điểm)

Cho tam giác ABC có 0

BAC60 . Kẻ BM và CN lần lượt là tia phân giác của ABC
và ACB ( MAC; NAB), BM và CN cắt nhau tại I.

a) Tính BIN

b) Chứng minh tam giác IMN cân

Câu Hướng dẫn chấm Biểu điểm

Câu1

(4đ) 1a. (2.0đ)

2x 3y 4z
3  4  5 =

x y z
3 4 5
2 3 4

  = x y z

3 4 5
2 3 4

 
 

= 49 12
49
12

 0.5đ

0.5đ

ĐỀ 4

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Câu2 
(3đ)

Câu3 
(3đ)

Câu4 
(3đ)

3
x 12 18

   

y 12 4 16
3

  

z 12 5 15
4

  

1b. (2.0đ)45 x 40 x 35 x 30 x 4 0
1968 1973 1978 1983

        

45 x 40 x 35 x 30 x

1 1 1 1 0

1968 1973 1978 1983

           

2013 x 2013 x 2013 x 2013 x
0
1968 1973 1978 1983

       

1 1 1 1

(2013 x)( ) 0

1968 1973 1978 1983

    

2013 x 0

  

x 2013

 

2a.(1.5đ)

f(x) = 2x2 3x 1 2x2  x 2x 1 x(2x 1) (2x 1)  
(2x 1)(x 1) 

f(x) = 0 2x 1 0  hoặc x 1 0  x 1
2

  hoặc x = 1
2b(1.5đ)

𝑔(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥2 + 𝑥 = 0 ⇔ 𝑥(𝑥 + 1) = 0 ⇔ [ 𝑥 = 0

𝑥 = −1

3(3.0 điểm)

Giả sử số cần tìm là a

a6 11  a 6 77 11 hay a83 11(1)
a5 13  a 5 78 13 hay a83 13(2)
Từ(1) và (2)  a 83 BCNN(11;13)

BCNN(11;13) = 143 nên *

a143k 83(k N )
A nhỏ nhất k nhỏ nhất

- Nếu k=1 thì a = 60 (loại)
- Nếu k = 2 thì a = 203
4(3.0đ)

Rút gọn biểu thức A nhờ vào bảng sau
x

2
3
2
1

x
2

 x 1

  0 x 1
2

 x 1
2



3
x

 x 3

  x 3
2

  0 x 3
2



0.5đ
0.5đ

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0,25đ
0.25đ
0,5đ

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu5 
(4đ)

 - x 3

 1 2x2 1

Vậy khi x 1
2

 và x 3
2

 thì A khơng phụ thuộc vào x

5a(2.0đ) 
-Hình vẽ đúng

Tam giác IBC cho: NIB IBC ICB  (tính chất góc ngồi)

ABC ACB 180 BAC

NIB 60

2 2 2



   

5b(2.0đ) Kẻ tia phân giác IH của BIC (HBC)

Tam giác NIB = Tam giác HIB (g-c-g) nên IN = IH (1)
Tam giác MIC = Tam giác HIC (g-c-g) nên IM = IH (2)
Từ (1) và (2)  IM = IN hay tam giác IMN cân tại I

0.5đ
1.0đ
1.0đ

0,5đ
0.5đ
1.0đ
0.5đ
0,5đ
0.5đ
0,5đ

H
I

N M

C
B

</div>

2020

Hướng dẫn giải

bài tập tuần từ 19.3 đến 28.3





<b>Câu </b>

<b>Câu 1 </b>

ĐỀ 1





<b>Câu 3 </b>

<sub></sub>

<sub></sub>

















<b>Câu 4 </b>









1

2

3

4

5

99

100

...

2

2

2

2

2

2

2

 











<i>A</i>



<i>x</i>



7



 



<i>x</i>

7





0

2

3

4

5

99

100

2

1

...

2

2

2

2

2

2

  







