10 ĐỀ THI HSG TOÁN 7

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH OAI ĐỀ THI OLYMPIC LỚP Năm học 2014-2015 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (6,0 điểm) Tìm x biết 1  a)  x     243  b) x   x  c)  x 5 Câu (4,0 điểm) a) Chứng minh đa thức x2  x  vô nghiệm b) Cho tỉ lệ thức 1) a c b  Với   Chứng minh: b d d 2a  3c 2a  3c  2b  3d 2b  3d 2) a  c ac  b2  d bd Câu (4,0 điểm) a) Tìm x biết x   x  x  b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức B  8 x đạt giá trị nhỏ x 3 Câu (5,0 điểm) Cho ABC nhọn, AD vng góc với BC D Xác định I; J cho AB trung trực DI, AC trung trực DJ;IJ cắt AB ; AC L K Chứng minh a) AIJ cân b) DA tia phân giác góc LDK c) BK  AC ; CL  AB d) Nếu D điểm tùy ý cạnh BC Chứng minh góc IAJ có số đo khơng đổi tìm vị trí điểm D cạnh BC để IJ có độ dài nhỏ Câu (1,0 điểm) Tìm x, y thuộc biết : 25  y   x  2009  ĐÁP ÁN HSG THANH OAI 2014-2015 Câu 5 1 1 a)  x       x    x  2  3  Vậy x  b) x   x  1 Nếu x  ta có: 2x   x   x  (thỏa mãn) Vậy x  x  Nếu x  ta có 2x 1  x   x  (thỏa mãn) c)  x 5 2  x   x   x    x  5 5 Vậy x  x   Câu 2 a) x2  x   x2  x     x  1  Vì  x  1   x  nên  x  1   1 x  Do đa thức cho vô nghiệm b) 1) Với 2) b a c 2a 2c 3a 3c 2a  3c 2a  3c  ;        d b d 2b 2d 3b 3d 2b  3d 2b  3d a c a2 c2 a2  c2    2 (1) b d b d b  d2 a c a c ac     (2) b d b d bd Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Câu a) x   x  x  (1) Lập bảng xét dấu x -3 x+3 + + x–4 + Xét khoảng x  3, ta có (1) trở thành 2 x   x  3,5 (thuộc khoảng xét) Xét khoảng 3  x  , ta có (1) trở thành 0.x  (khơng có giá trị x thỏa mãn) Xét khoảng x  , ta có (1) trở thành: 2 x  7  x  3,5 (không thuộc khoảng xét) Kết luận : Vậy x  3,5  x   x  3   1 x 3 x 3 x 3 B đạt giá trị nhỏ  nhỏ x3 Xét x  x  , ta có giá trị nhỏ 5 x  x3 Kết luận: Giá trị nhỏ B – x  b) Biến đổi B  Câu A K J L I B D C a) Do AB; AC trung trực AB Nên AI = AD; AD=AJ  AI  AJ  AIJ cân A b) ALI  ALD (c.c.c)  I1  D1 Tương tự AKD  AKJ (c.c.c)  D2  J Mà AIJ cân (câu a)  I1  J  D1  D2  DA tia phân giác LDK c) Chứng minh KC phân giác đỉnh K tam giác DLK Chứng minh DC phân giác đỉnh D tam giác DLK Suy LC tia phân giác đỉnh L tam giác DLK Mà AB phân giác đỉnh L tam giác LDK Hay CL vuông góc với AB L Chứng minh tương tự : BK vng góc với AC K d) Chứng minh IAJ  2BAC (không đổi) * AIJ cân A có IAJ khơng đổi nên cạnh đáy IJ nhỏ nến cạnh bên AI nhỏ Ta có AI  AD  AH (AH đường vng góc kẻ từ A đến BC) Xảy dấu đẳng thức D  H Vậy D chân đường vng góc hạ từ A xuống BC thi IJ nhỏ Câu Ta có: 25  y   x  2009 2  x  2009   25  y 2  x  2009   y  25(*) Vì y  nên  x  2009 2  25 2 , suy  x  2009    x  2009   Với  x  2009  1, thay vào (*) ta có: y  17 (loại) Với  x  2009  thay vào (*) ta có y  25, suy y  ( y  ) Từ tìm x  2009, y  PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆT N ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu (4,0 điểm) 2 1    0, 25   0,   11  : 2012 1) M     7  1,    0,875  0,  2013 11   2) Tìm x, biết : x2  x   x  Câu (5,0 điểm) 1) Cho a,b,c ba số thực khác 0, thỏa mãn điều kiện abc bca c ab   c a b b a  c  Hãy tính giá trị biểu thức B  1   1  1    a  c  b 2) Ba lớp 7A, 7B, 7C mua số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp tỉ lệ với 5;6;7, sau chia theo tỉ lệ 4,5,6 nên có lớp nhận nhiều gói Tính tổng số gói tăm mà ba lớp mua Câu (4,0 điểm) 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  x   x  2003 với x số nguyên 2) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x  y  z  xyz Câu (6,0 điểm) Cho xAy  600 có tia phân giác Az Từ điểm B Ax kẻ BH vng góc với Ay H, kẻ BK vng góc với Az Bt song song với Ay, Bt cắt Az C Từ C kẻ CM vuông góc với Ay M Chứng minh: a) K trung điểm AC b) KMC tam giác c) Cho BK  cm Tính cạnh AKM Câu (1,0 điểm) Cho ba số dương  a  b  c  1, chứng minh a b c   2 bc  ac  ab  ĐÁP ÁN HSG TOÁN VIỆT YÊN 2012-2013 Câu 2 1    0, 25   0,   11  : 2012  1) Ta có: M    7  1,    0,875  0,  2013 11   1  2 2    11    2012   : 7 7 7       2013 11 10    1 1  1        11      : 2012             2013   11           2  2012    : 0  7  2013 2) Vì x2  x   nên 1  x2  x   x2  hay x   +) Nếu x  (*)  x 1   x  +)Nếu x  *  x   2  x  1 Câu 1) Nếu a  b  c  , Theo tính chất dãy tỉ số ta có: a b c b  c  a c  a b a b c b c a c  a b    1 c a b abc abc bca c  a b a b bc c a Mà 1  1  1     2 c a b c a b b a  c   b  c  c  a  b  c  Vậy B  1   1  1        8  a  c  b   a  c  b  +)Nếu a  b  c  Theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a b c b c a c  a b a b c b c a c  a b    0 c a b abc abc bca c  a b a b bc c a Mà 1  1  1     1 c a b c a b b a  c   b  c  c  a  b  c  Vậy B  1   1  1        1  a  c  b   a  c  b  2) Gọi tổng số gói tăm lớp mua x (x số tự nhiên khác 0) Số gói tăm dự định chia cho lớp 7A, 7B, 7C lúc đầu a, b, c a b c a bc x 5x 6x x 7x      a  ;b   ;c  (1) 18 18 18 18 18 Ta có: Số gói tăm sau chia cho lớp a’, b’, c’, ta có: a' b' c' a b  c x 4x 5x 6x      a '  ;b '  ;c '  (2) 15 15 15 15 15 a  a '; b  b '; c  c ' nên lớp 7C nhận nhiều lúc So sánh (1) (2) ta có c c'  6x 7x x  4   x  360 15 18 90 hay đầu , Vậy Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói Câu 1) Ta có: A  x   x  2013  x   2013  x  x   2013  x  2011 Dấu “=” xảy  x   2013  x     x  2) Vì x, y, z nguyên dương nên ta giả sử 1 Theo 2013 1 x  y  z 1 1 1        x2   x  yz yx zx x x x x Thay vào đầu ta có :  y  z  yz  y  yz   z   y(1  z )  (1  z )     y  1 z  1  z 1   z  y 1   y  TH1: z 1   z  y 1   y  TH2: 1; 2;3 ; 1;3;  Vậy có hai cặp nghiệm nguyên thỏa mãn Câu x z t C B y K M H A ABC a)  BK  CAB  ACB  MAC cân B đường trung tuyến ABH  BAK b) K  trung điểm AC (cạnh huyền – góc nhọn)  BH  AK (hai cạnh tương ứng ) mà Ta có : BH = CM (tính chất cặp đoạn chắn) mà CK  BH  AK  AC  CM  CK  MKC tam giác cân (1) ACB  300  MCK  600 (2) MCB  900 Mặt khác BK đường cao 1 AC  BH  AC 2  MKC Từ (1) (2) tam giác KAB  300  AB  2BK  2.2  cm ABK c) Vì vng K mà AK  AB2  BK  16   12 ABK Vì vng K nên theo Pytago ta có: KC  Mà KCM AC  KC  AK  12  KC  KM  12 Theo phần b) AB = BC =4; AH =BK=2 HM = BC (HBCM hình chữ nhật)  AM  AH  HM  Câu  a  b  c 1 Vì nên : 1 c c    (1) ab  a  b ab  a  b a a b b  (2) ;  (3) ac  a  c Tương tự: bc  b  c a b c a b c      (4) Do đó: bc  ac  ab  b  c a  c a  b  a  1 b  1   ab   a  b  a b c 2a 2b 2c 2(a  b  c)        (5) a b c Mà b  c a  c a  b a  b  c a  b  c a  b  c a b c   2 Từ (4) (5) suy bc  ac  ab  (đpcm) TRƯỜNG THCS HẠ HỊA ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỐN NĂM HỌC 2010-2011 Bài Chứng minh rằng: M  3n2  2n2  3n  2n có tân với số tự nhiên n  Bài Tìm x a) x    15 b) x  3,  x   x3 Bài Chứng minh :  ad  bc   4abcd số a, b, c, d lập thành tỉ lệ thức Bài 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A   x     y  20 10  2010 5  Bài Cho tam giác ABC vuông B Vẽ tia AD phân giác BAC ( D  BC ) Vẽ tia CE phân giác BCA  E  AB  Hai tia AD CE cắt I a) Chứng minh CIA  1350 b) Vẽ tia Cx tia đối tia CA Tia phân giác góc BCx cắt tia AD K Tính góc CKA Câu B H D M I N A C a) Từ M kẻ tia My vng góc với BC cắt tia Bx A’ Tam giác BMA’ vuông cân M nên MB : BA '  1: Suy A  A ' nên AM vng góc với BC Tam giác ADC có AM CI đường cao nên N trực tâm tam giác ADC Suy DN vng góc với AC b) Ta có AMB  AMC (c.g.c) nên AB = AC góc ACB  450 Tam giác ABC vuông cân A có BAH  ACI  900  CAH H, I hình chiếu B C AD nên H=I=90 Suy AIC  BHA (c.h  g.n)  BH  AI BH  CI  BH  AH  AB2 (không đổi) c) BHM  AIM  HM  MI BMH  BMI  900  HMI vuông cân  HMI  450 Mà HIC  900  HIM  MIC  450  IM tia phân giác HIC Vậy tia phân giác HIC qua điểm M cố định Câu a) Với p  p  p2    khơng số ngun tố Với p  p  p2    17 số nguyên tố Vơi p  p số nguyên tố nên p lẻ nên p  22k 1  2(mod 3) Và p2  1(mod 3) nên p  p Mà p  p  nên p  p hợp số Vậy với p  p  p hợp số Vậy với p  p  p số nguyên tố b) Ta có cột, hàng đường chéo nên có 12 tổng Mỗi ô vuông nhận số 1;0 – nên tổng nhận giá trị từ - đến Ta có 11 số nguyên từ - đến – 5; - ; ….;0;1;….5 Vậy theo nguyên lý Dirichle phải có hai tổng (đpcm) PHÒNG GD & ĐT TÂN LẠC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2015-2016 MƠN: TỐN LỚP Bài (4 điểm) Thực phép tính: 10 5 3     0,9 11 23  13 a) A  26 13 13 403     0,  11 23 91 10 12 10 2   25 49 b) B    3  125.7   59.143 155  Bài (5 điểm) a) Chứng minh : 3n2  2n2  3n  2n chia hết cho 10 với số nguyên dương n b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  2014  x  2015  x  2016  x c) Tìm x, y thuộc biết : 25  y   x  2015 Bài (4 điểm) a) Cho x  16 y  25 z  49 x3   29 Tính x  y  3z   16 25 b) Cho f ( x)  ax3  x( x2 1)  g ( x)  x3  x(bx  1)  c  a, b, c số Xác định a, b, c để f ( x)  g ( x) Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC có AB < AC Gọi M trung điểm BC Từ M kẻ đường vng góc với tia phân giác góc BAC N, cắt tia AB E cắt tia AC F Chứng minh rằng: a) BE  CF b) AE  AB  AC Bài (2 điểm) Cho tam giác ABC có góc B 450 , góc C 1200 Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CD = 2CB Tính góc ADB ĐÁP ÁN HSG TOÁN TÂN LẠC 2015-2016 Bài a) 1   3  31         0,9 11 23  13 10 13    1  1   0,    13  31     91 10 11 23  13 10  1   1 3  31         11 23  13 10       33 1 1  13 13    13  31     13 10 11 23   10 5   11 23  A 26 13 13 403    11 23 155  b) B 212.35  46.92  3  84.35  510.73  255.492 125.7   59.143  212.35  212.34 510.7  510.7  212.36  212.35 59.73  59.73.23 10 212.34.(3  1) 1   5.( 6) 10 21  12        3 (3  1) 1   3.4 6 Bài a) Ta có: 3n2  2n2  3n  2n  3n.9  2n.4  3n  2n  3n.10  2n.5  3n.10  2n1.10  10  3n  2n 1  10 Vậy 3n2  2n2  3n  2n chia hết cho 10 với số nguyên dương n b) Vì 2015  x  nên A  2014  x  2015  x  2016  x  2014  x  2016  x Dấu “=” xảy x  2015 (1) Ta có: 2014  x  2016  x  x  2014  2016  x  x  2014  2016  x  Dấu “=” xảy  x  2014 2016  x   , suy 2014  x  2016(2) Từ (1) (2) suy A  Dấu “=” xảy x  2015 Vậy A nhỏ x  2015 2 c) Ta có: 25  y  25   x  2015  25   x  2015  Do x nguyên nên  x  2015 số phương Có trường hợp xảy : TH1:  x  2015   x  2015 , y  y  5  x  2015   x  2016   x  2015  1  x  2014 TH2:  x  2015    Với x  2016 x  2014 y  17 (loại) Vậy x  2015 , y  x  2015, y  5 Bài a) Ta có: 4x3   29  x3  32  x3   x  Thay vào tỉ lệ thức ta được:  16 y  25 z  49 y  25 z  49     2 16 25 16 25  y  7 , z  Vậy x  y  3z   2.(7)  3.1  19 b) Ta có : f ( x)  ax3  x( x2 1)   ax3  x3  x    a   x3  x  g ( x)  x3  x  bx  1  c   x3  4bx  x  c  Do f ( x)  g ( x) nên chọn x  0;1; 1 ta f (0)  g (0)   c   c  11  g ( x)  x3  4bx  x  f (1)  g (1)  a      4b    a  4b  3 (1) f (1)  g (1)  a     1  4b    a  4b  (2) Từ (1) (2) suy b  0; a  3 Vậy a  3; b  0; c  11 Bài A F C B DN M E a) Qua B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt EF D Xét MBD MCF có : DBM  FCM (so le trong) MB = MC (giả thiết) ; BMD  CMF (đối đỉnh) Do đó: MBD  MCF (c.g.c) suy BD  CF (1) Mặt khác AEF có AN vừa đường cao, vừa đường phân giác nên cân A, suy E  MFA Mà BDE  MFA (đồng vị) nên BDE  E , Do BDE cân B, suy BD = BE (2) Từ (1) (2) suy BE  CF (dpcm) b) Tam giác AEF cân A suy AE = AF Ta có: AE  AE  AF   AB  BD    AC  CF   ( AB  AC )  ( BD  CF )  AB  AC (do BE  CF ) Vậy AE  AB  AC (dpcm) Bài B C 1 2 F E A D Trên CA lấy điểm E cho EBA  150  B1  300 Ta có : E1  A1  EBA  300 , CBE cân C  CB  CE Gọi F trung điểm CD  CB  CE  CF  FD Tam giác CEF cân C, lại có C1  1800  BCA  600 nên tam giác Như CB  CE  CF  FD  EF Suy D1  E3  F2  600 (CEF đều)  D1  300   Xét tam giác CDE ta có: CED  1800  C1  D1  900 (1) Ta có: D1  B1  EB  ED, A  EBA  EA  EB  EA  ED (2) Từ (1) (2) suy EDA vuông cân E  D2  450 Vậy ADB  D1  D2  300  450  750 THCS Tam Hưng ĐỀ THI OLYMPIC MƠN TỐN LỚP Năm học 2013-2014 Bài (3 điểm) a) x   b)  x  20  x  15  x  10  x    Bài (4 điểm) Tìm tất cặp số nguyên  m; n  thỏa mãn a) 2m  2n  2048 b)3m  4n  mn  16 Bài (4 điểm) a) Cho x, y, z, t số khác thỏa mãn điều kiện sau: y  xz, z  yt y3  z  t  y  z  x3 x Chứng minh: 3  y  z t t x  y  z  a b b) Cho x  y  z  b  c x  y  z  c  a Chứng minh x  y  z  Bài (4 điểm) a) Cho đa thức f ( x)  x2015  2000x2014  2000x2013  2000x 2012   2000x  Tính giá trị đa thức x  1999 b) Cho đa thức f ( x)  ax2  bx  c Chứng tỏ rằng: f (2) f (3)  13a  b  2c  Bài (5 điểm) a) Cho tam giác ABC, vẽ đường cao AH Vẽ phía ngồi tam giác ABC tam giác vuông cân ABD, ACE ABD  ACE  900 1) Qua C vẽ đường thẳng vng góc với BE cắt đường thẳng AH K Chứng minh CD vng góc với BK 2) Chứng minh ba đường thẳng AH , BE, CD đồng quy b) Cho hai điểm B C nằm đoạn thẳng AD cho AB = CD Lấy điểm M tùy ý mặt phẳng Chứng minh MA  MD  MB  MC ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI TAM HƯNG 2013-2014 Bài a) Chỉ rõ x  0;1; 2 , rõ trường hợp kết luận x5  x 5 1 x5  b) Lý luận để có  x2  20   x2  15   x2  10   x2  5 Xét đủng trường hợp - Trường hợp có số âm tính x  4 - Trường hợp có số âm tính x  3 Bài 2.a) Ta có  2m 1111  2n 1111  211   211  2m 11  2n 11  1   2m 11  2n 11  Lý luận tìm m  12 n  11 b) Biến đổi   n  m  4  Xác định tích số ngun có trường hợp Kết luận  m; n   8;2 ;  0;4 ;  5; 1 ;  3;7  ;  6;1 ;  2;5 Bài a) Từ giả thiết suy x y z   y z t Lập phương tỉ số áp dụng tính chất dãy tỉ số để có x3  y  z y3  z3  t Mặt khác ta có: x3 x x x x y z x    y3 y y y y z t t Suy điều phải chứng minh b) Cộng vế theo vế suy điều cần chứng minh Bài a) f ( x)  x2015  1999  1 x 2014  1999  1 x 2013  1999  1 x 2012   1999  1 x  Thay x=1999 ta f ( x)  x2015  x2015  x 2014  x 2014  x 2013  x 2013   x  x  Tính kết kết luận f (1999)  1998 b) Tính f  2  f (3)  f (2)  f (3)  13a  b  2c  f (2)   f (3)  f (2) f (3)   f (3) f (3)    f (3)  Bài a) 1) Vẽ hình chứng minh đến hết 2) Chỉ AH , BE, CD ba đường cao BCK b) Xét trường hợp *Trường hợp điểm M  AD ta có: MA  MD  MB  MC *Trường hợp M  AD , Gọi I trung điểm BC Trên tia đối tia IM lấy điểm N cho IM  IN ta có IB  IC Vì AB  CD  AI  ID AB  IB  IC  CD *Chứng minh IMA  IND (c.g.c)  MA  ND - Điểm C nằm MDN chứng minh ND  MD  NC  MC - Chứng minh IBM  ICN (c.g.c) suy MA  MD  MB  MC TRƯỜNG THCS BÍCH HỊA Câu (5 điểm) a) a c c b  ac cb Cho b) ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN Năm học: 2013-2014 a c  chứng minh : c b a2  c2 a  b2  c b Câu (2 điểm) Tìm x, y, z biết c) b2  a b  a  a2  c2 a 1 3y 1 y 1 y   12 5x 4x Câu (4 điểm) a) Chứng minh rằng: 1 1 1       6 100 b) Tìm số nguyên a để: 2a  5a  17 3a số nguyên   a3 a3 a3 Câu (2 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức A  x  1996 1997 Câu (7 điểm) Cho tam giác ABC vng A, có góc C  300 , đường cao AH Trên đoạn HC lấy điểm D cho HD  HB Từ C kẻ CE vng góc với AD Chứng minh: a) Tam giác ABD tam giác b) AH  CE c) EH song song với AC ĐÁP ÁN HSG TỐN BÍCH HỊA 2013-2014 Câu a) Từ a c a c a c a c c b      c b c b c b a c c b b) Từ a  c a  ab a(a  b) a a c     c  a.b đó: 2  b c b  ab b(a  b) b c b a2  c2 a b2  c b c) Theo câu b, ta có: 2   2  b c b a b a b2  c b b2  c b b2  c  a  c b  a  Từ 2   2    hay a c a a c a a2  c2 a Vậy b2  a b  a  a2  c2 a Câu Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta có:  y  y  y  y 1  y y  y 1  y 2y       12 5x 4x x  5x x x  12 x  12 2y 2y     x  x  12  x   x x  12 1 3y y 1 Thay x  vào ta   y  y  12 2 15 1 Vậy x  ; y  15 Câu a) Đặt A  1 1     1002 Ta có : 1 1 1 1 1 1 1                 4.5 5.6 6.7 99.100 5 6 99 100 100 1 1 1 * A         5.6 6.7 99.100 100.101 101 1 1 1 Vậy       6 100 2a  5a  17 3a 4a  26 4a  12  14 4.(a  3)  14 14 b) Ta có : số nguyên       a a3 a3 a3 a3 a3 a3 a3 * A Khi (a  3) ước 14 mà Ư 14  1; 2; 7; 14 Ta có a  2; 4; 1; 5;10;4;11; 17 Câu A  với giá trị x nên A đạt giá trị lớn A đạt giá trị nhỏ A x  1996 1997  x  1996 1997 x  x nên x  1996  1996 1996 x = 1997 1996 1996 Suy GTLN A  x   1997 1997 Vậy A nhỏ Câu A D B C H E a) Tam giác ABD có AH vừa đường cao vừa đường trung tuyến nên tam giác ABD cân A Lại có B  900  300  600 nên tam giác ABD tam giác b) EAC  BAC  BAD  900  600  300  ACH  AHC  CEA (cạnh huyền – góc nhọn) Do đó: AH = CE c) AHC  CEA (cmt ) nên HC = EA ADC cân D có ADC  DCA   300  nên DA = DC Suy DE = DH Tam giác DEH cân D Hai tam giác cân ADC DEH có : ADC  EDH (hai góc đối đỉnh ) ACD  DHE vị trí so le , suy EH / / AC ... 2b 17  10a  b 17 Ta có: 3a  2b 17  9.(3a  2b) 17  27a  18b 17  17a  17b   10a  b  17  10a  b 17 *10a  b 17  3a  2b 17 Ta có: 10a  b 17  10a  b  17  20a  2b 17  17a...  100 2 Ta có : 1 1 1 1 1 1 1                 4.5 5.6 6 .7 99 .100 5 6 99 100 100 1 1 1 * A         5.6 6 .7 99 .100 100 .101 101 1 1 1 Vậy       6 100 2a  5a  17. .. 510. 73  255.492 125 .7   59.143  212.35  212.34 510. 7  510. 7  212.36  212.35 59 .73  59 .73 .23 10 212.34.(3  1) 1   5.( 6) 10 21  12        3 (3  1) 1   3.4 6 Bài a)