BỘ đề TOÁN 6 2019 2020 HK2 AMSTERDAM THCS VN

Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM-2018-2019 MƠN TỐN - Đề Thời gian: Bài 5x  x 1  Cho biểu thức P      :   2x 4x 1  2x  4x  4x  1) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P 2) Tìm giá trị x để P   3) Tìm tất giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên Bài Giải phương trình sau: 1) x  x  x  x  2) x  x  x  13  3) | x  1| x  x  4) x  4x2  12 ( x  2) Bài (Giải toán sau cách lập phương trình) Một xe tải xe khởi hành từ tỉnh A đến tỉnh B Xe tải với vận tốc 30 km/h, quãng đường AB , xe tăng vận tốc thêm km/h qng đường cịn lại Tính qng đường AB , biết xe đến tỉnh B sớm xe tải 20 phút xe với vận tốc 45 km/h Sau Bài Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH , điểm M tùy ý thuộc đoạn BC ( M khác B, C ) Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng qua M vng góc với AB E cắt đường thẳng qua M vng góc với AC F Đường thẳng qua C vng góc với BF cắt đường thẳng AH N 1) Chứng minh:  NAC đồng dạng với BMF ME vng góc với AB I , MF  AC K Chứng minh: MI AE  MA  MK MF 2) Giả sử 3) Chứng minh: AB BM ME   AC CM MF 4) Chứng minh: AH , BF , CE đồng quy Bài 1) Cho số thực a  , b  Chứng minh rằng:  ab  ab    a2  b2 a2  b2 2) Cho số thực a , b thoả mãn a  2b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  ab Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 Bài Có nhơm hình vng cạnh 12cm Người ta cắt bốn góc nhơm bốn hình vng nhau, hình vng có cạnh x  cm gấp nhơm lại hình vẽ dây để hộp khơng nắp Tìm x để hộp nhận tích lớn Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MƠN TỐN (2018 – 2019) Bài 5x  x 1  Cho biểu thức P      :   2x 4x 1  2x  4x  4x  1) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P 2) Tìm giá trị x để P   3) Tìm tất giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên Lời giải 1) ÐKXÐ: x  ; x   5x  x 1  P  1    :  1 2x 4x 1 1 2x  4x  4x    x  1  4x2  4x  5x 2x 1       x  x  x  x  x  x  x 1             1 x   x  x   x  1 x 1  x  1 x  1  1  x  1 x 1  x  1 x  1 x   1 2x 1 2x 1  2x 1 2x 1  2x 1 2x 1 = 2 2x 1 2 2) 2 1 P     x  4 2x 1  x   x  TM  3) PZ  2  Z  2  x  1 2x 1  x   ¦  2   1; 2 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019  x  1 L   2 x   2 x   x   TM   x   1 2 x      x  L   2 x   2 x      x   2  x  1  1 x   L  Vậy với x  P  Z Bài Giải phương trình sau: 1) x  x  x  x  2) x  x  x  13  3) | x  1| x  x  4x2 4) x   12 ( x  2) 2 Lời giải 1) x  x  x  x   x  x  x  3x   x2  x   x  x  x  3x     2  x  x    x  x  3 3 x  x   2  x   x  1 x  3      x  3    13   x        x  2  13   Vậy phương trình có tập nghiệm S  1; 3;  2  13    2) x  3x  x  13  x  3x  x  13   x  x   x  x   (Tương tự câu 1)   x     x  3  2  x    (vơ lý)  x  3 Vậy phương trình cho vô nghiệm 3) | x  1| x  x  Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 | x  1| x  x  11 ĐK: x  x   Ta xét TH sau: TH1: x    x  1 1  x3  x   x   x3   x  1TM  TH2: x    x  1 1  x  x   2 x   x  x   x  x     x  0( L) Vậy phương trình có tập nghiệm S  1 4) x  4x2  12 ( x  2) ĐKXĐ: x  2 PT  x  4 x x2 4 x   12  x   x  2 x2 2x  4 x   x   12  x2 x2  2x  4 x   x  12   x2 x2   x2  4x2    12    x2 x2 x2 y  PT  y  y  12  x2  x2 2   x2  2x   y  x2     x   TM  x  x  12   x  y  6   x   6  Vậy phương trình có tập nghiệm S    Bài (Giải toán sau cách lập phương trình) Một xe tải xe khởi hành từ tỉnh A đến tỉnh B Xe tải với vận tốc 30 km / h , xe với vận tốc 45 km / h Sau Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM qng đường AB , xe tăng vận tốc thêm Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 km / h qng đường cịn lại Tính qng đường AB , biết xe đến tỉnh B sớm xe tải 20 phút Lời giải Đổi: 20 phút = ( h) Gọi quãng đường AB dài là: x (km, x  0) Xe tải với vận tốc 30 km / h thời gian xe tải hết quãng đường AB là: Xe với vận tốc 45 km / h x (h) 30 quãng đường AB , nên thời gian là: x x  (h) 45 60 quãng đường AB lại, xe với vận tốc 50 km / h nên thời gian đi: 1 x x  ( h) 50 200 Từ suy tổng thời gian xe hết quãng đường AB là: x x 13 x   ( h) 60 200 600 Vì xe đến B sớm xe tải 20 phút nên ta có phương trình: x 13 x x  70 13x      x  200 (t / m) 30 600 30 600 Vậy quãng đường AB dài: 200 km Bài Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH , điểm M tùy ý thuộc đoạn BC ( M khác B, C ) Đường thẳng qua A vng góc với AM cắt đường thẳng qua M vng góc với AB E cắt đường thẳng qua M vng góc với AC F Đường thẳng qua C vng góc với BF cắt đường thẳng AH N 1) Chứng minh:  NAC đồng dạng với BMF ME vng góc với AB I , MF  AC K Chứng minh: MI AE  MA  MK MF 2) Giả sử 3) Chứng minh: AB BM ME   AC CM MF 4) Chứng minh: AH , BF , CE đồng quy Lời giải Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 F N A E K Q P J C I B M H 1) Gọi J giao điểm MF NC   NCA    J  90o , NCA   J  90o mà J  J (đối đỉnh)  BFM Có: BFM 2   NCA  (cmt),   (cùng phụ với NCH ) ANC  MBF Xét NAC BMF có: BFM  NAC ∽ BMF (g.g) 2) Chứng minh: MI AE  MA2  MK MF   MAE   90o ,  AMI : chung * Xét MIA MAE có: MIA  MIA ∽ MAE (g.g)  MI MA   MI ME  MA2 (1) MA ME * Tương tự ta có:  MAF ∽ MKA (g.g)  MA MF   MA2  MK MF (2) MK MA Từ (1) (2) suy ra: MI AE  MA2  MK MF (đpcm) 3) Chứng minh: AB BM ME   AC CM MF Theo chứng minh ta có: NAC ∽ BMF  NA AC NA BM    (3) BM MF AC MF Chứng minh tương tự ý 1) ta có: NAB ∽ CME (g.g)  Nhân vế với vế (3) (4) ta được: NA AB AB ME    (4) CM ME NA CM NA AB BM ME AB BM ME    (đpcm) AC NA MF CM AC CM MF 4) Chứng minh: AH , BF , CE đồng quy Gọi P , Q giao điểm CE với NB, NH   ECM  (hai góc tương ứng) hay PNQ   HCQ  Theo ý 3) NAB ∽ CME  BNA Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019   HCQ  (cmt), PQN   HQC  (đối đỉnh) Xét PNQ HCQ có: PNQ   CHQ   90o (hai góc tương ứng)  QP  BN hay  PNQ ∽ HCQ (g.g)  NPQ CE  NB Từ suy NH , BF , CE đường cao NBC nên chúng đồng quy Q hay AH , BF , CE đồng quy (đpcm) Bài 1) Cho số thực a  , b  Chứng minh rằng:  ab  ab    a2  b2 a2  b2 2) Cho số thực a , b thoả mãn a  2b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  ab Lời giải ( GV hướng dẫn : Trần Hương ) 1) Ta có: 1   2  a  b  ab  1 1    0 2  a  ab  b  ab  ab  a ab  b2  0 (1  a )(1  ab) (1  b2 )(1  ab)  a(b  a)(1  b )  b(a  b)(1  a ) 0 (1  a )(1  ab)(1  b )  ( a  b)   a  ab  b  ba  (1  a )(1  ab)(1  b ) 0  (a  b)( a  b)( ab  1) 0 (1  a )(1  ab)(1  b )  (a  b) (ab  1)  * (1  a )(1  ab)(1  b ) Vì a  1; b   ab   ab    *   1   2  a  b  ab   ab  ab  2  a  b2 2) P  a  b a b a b 3a      ab b a 4b a 4b Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM a b , ta có: 4b a Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 a b    4b a Lại có, a  2b  a 3a 3 2   b 4b  P  1  2 a b   Dấu “=” xảy   4b a  a  2b a  2b Min P   a  2b Bài 6.Có nhơm hình vng cạnh 12cm Người ta cắt bốn góc nhơm bốn hình vng nhau, hình vng có cạnh x  cm gấp nhơm lại hình vẽ dây để hộp khơng nắp Tìm x để hộp nhận tích lớn Lời giải ( GV hướng dẫn : Trần Hương ) Thể tích hình hộp chữ nhật là: V  x(12  x)(12  x) 4V  x(12  x)(12  x) Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương 4x ; 12  2x ; 12  2x ta có:  x  12  x  12  x  4V  x(12  x)(12  x)     512    V  128 MaxV  128  x  12  x  x  Vậy, thể tích lớn hộp 128cm3 x  2cm Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MƠN TỐN (2019 – 2020) - ĐỀ 13  11  23  26 13  1    15 20  30 42 56  16 Bài Tính 15% A biết: A = : 2 12  32.13.2 37 Bài Tìm x biết: a) 7.( x  9)  3.(5  x )  b) x   2 34 17 c) (x 6).(x  5)  ( víi x  ) Bài Một người đem bán rổ xoài Lần thứ bán rổ xoài quả, lần thứ hai bán 20% số số xoài lại quả, lần thứ tư bán nốt 24 cuối Hỏi ban đầu rổ có xồi xồi cịn lại bớt quả, lần thứ bán Bài Cho góc xoy Trên Ox lấy điểm A, B cho OA = 3cm, OB  6cm Trên tia Oy lấy điểm C cho OC  5cm a) CMR A trung điểm đoạn thẳng OB b) CMR tia CA nằm hai tia CO CB c) Gọi OM tia phân giác góc xOy Tia OM cắt cạnh tam giác ACB ? Tại sao? Bài CMR n,6  n 1. n 1 chia hết cho 24 (Với n  N * ) Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAMTrang1 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… 27.2   52 (quả) 54 ứng với số phần trăm là: 100%  20%  80% 100% số xồi cịn lại bán lần là: 52 : 80.100 1  66 (quả) 66 chiếm số phần số ban đầu là:   (số xoài rổ) 3 Số xoài ban đầu rổ là: 66 : 2.3  99 (quả) Đáp số: 99 Bài Cho góc xoy Trên Ox lấy điểm A, B cho OA = 3cm, OB  6cm Trên tia Oy lấy điểm C cho OC  5cm a) CMR A trung điểm đoạn thẳng OB b) CMR tia CA nằm hai tia CO CB c) Gọi OM tia phân giác góc xOy Tia OM cắt cạnh tam giác ACB ? Tại sao? Giải : y C M x O A B a) Trên tia OB có OA = 3cm, OB  6cm  OA  OB 3 cm  cm  A nằm O B  OA  AB  OB Mà OA = 3cm, OB  6cm   AB   AB  cm Ta có: AB  OA  cm; A nằm O B  A trung điểm đoạn thẳng OB b) Vì A nằm O B nên tia CA nằm hai tia CO CB  nên tia OM nằm hai tia OC OB c) Do OM tia phân giác xOy Mà tia CA nằm hai tia CO CB Suy tia OM cắt cạnh CA; CB ACB Bài 5: CMR n, 6  n 1.n 1 chia hết cho 24 (Với n  N * ) Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAMTrang4 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… Giải : Vì n, 6   n không chia hết cho n không chia hết n phải số lẻ, n không chia hết dạng 3k + 3k + +) Nếu n  3k  k phải số chẵn Đặt k  j Ta có: n  3.2 j   j  Khi n 1  6 j  1 1  36 j  12 j  12 j 3 j  1 TH1: Nếu j chẵn  j  2t  n 1  12.2t 6t 1  24t 6t 1 chia hết cho 24 TH2: Nếu j lẻ, j  2t 1  n 1  12.2t  16t  4  24 2t 13t  2 chia hết cho 24 Vậy n 1. n 1 chia hết cho 24 +) Nếu n 3k + n số lẻ Đặt k  j 1  n  3. j 1   j  Khi n 1  6 j  5 1  36 j  60 j  24  12 j 3 j  5  24 TH1: Nếu j chẵn  j  2t  n 1  12.2t 6t  5  24t 6t  5 chia hết cho 24 TH2: Nếu j lẻ, j  2t   n 1  12.2t 16t  8  24 2t 13t  4 chia hết cho 24 Vậy n 1. n 1 chia hết cho 24 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAMTrang5 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MƠN TỐN (2019 – 2020) - ĐỀ 14 Thời gian: Bài a) Tìm x biết: 150  1, 03 : 10,3. x 1  160 b) Tìm x, y   biết:  x  3 11 121   27 1 y 33 Bài Ba đội lao động có số người Cơng việc đội làm ngày đội làm ngày đội làm ngày Nếu đội làm sau ngày hồn thành cơng trình Hỏi làm riêng đội hết xong cơng trình ấy? Bài So sánh A B: A 23.52.7  24.53 23.52.33 B 3.5.7.11.13.37 10101 121212  50505   600 , xOy   1500 Bài Trên nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox vẽ hai tia Oy, Ot cho xOt a) Tính góc yOt   2mOy  Tính góc mOy b) Vẽ tia Om nằm hai tia Oy Ot cho tOm c) Tia Ot có phải tia phân giác góc xOm khơng?vì sao? Bài  1 1 1   a) Tìm tích sau: 1 .1 .1  1  21  28   36   1326  b) Tìm x   để phân số sau có giá trị số nguyên: Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM x  x 1 x2 Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MƠN TỐN (20… – 20…) Thời gian: Bài a) Tìm x biết: 150  1, 03 : 10,3. x 1  160 b) Tìm x, y   biết:  x  3 11 121   27 1 y 33 Lời giải a) 150  1, 03 : 10,3. x 1  160 1, 03 : 10,3. x 1  160 150 1, 03 : 10,3. x 1  10 10,3. x 1  1, 03 :10 x 1  0,103 :10,3 x  0, 01  x  1, 01 Vậy x  1, 01 b)  x  3 27  121 11  1 y 33 Suy +) 121 11  1 y 33 1211 y   11.33 1 y  11.33: 121 1 y  3  y   1 2 y  4 y  4 : 2 y2 +)  x  3 27  x  3   121 33 121 27 33 x   99 x  99  x  96 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… Vậy x  96 ; y  Bài Ba đội lao động có số người Cơng việc đội làm ngày đội làm ngày đội làm ngày Nếu đội làm sau ngày hồn thành cơng trình Hỏi làm riêng đội hết xong cơng trình ấy? Lời giải Gọi suất đội x, y, z Vì cơng việc đội làm ngày đội làm ngày đội làm ngày nên x  y  z Từ ta có: 2x  3y  y  2x  6z  z  2x (1) 2x x  (2) Vì đội làm sau ngày hồn thành cơng trình nên 2. x  y  z   hay x  y  z  Thay (1), (2) vào (3) ta được: x  (3) 2x x   ; 3 2x  x Thay x  1 vào (1) ta có y   4 Thay x  1 1 vào (2) ta có z   4 12 Đội làm riêng sau 1:  (ngày) hồn thành công việc Vậy nếu: Đội làm riêng sau 1:  (ngày) hồn thành cơng việc Đội làm riêng sau 1: Bài  12 (ngày) hồn thành cơng việc 12 So sánh A B: A 23.52.7  24.53 23.52.33 B 3.5.7.11.13.37 10101 121212  50505 Lời giải 2 23.52.7  24.53 7  2.5  49 10 23.52.3.13 13 A   3   23.52.33 23.52.33 23.52.33 B 3.5.7.11.13.37 10101 3.7.13.37.5.1110101 10101.55 10101   121212  50505 12.10101 5.10101 12.10101 5.10101 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM B Vì Bài 10101.55 1 10101.12  5  Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… 54 13 54  nên A < B   600 , xOy   1500 Trên nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox vẽ hai tia Oy, Ot cho xOt a) Tính góc yOt   2mOy  Tính góc mOy b) Vẽ tia Om nằm hai tia Oy Ot cho tOm c) Tia Ot có phải tia phân giác góc xOm khơng? sao? Lời giải m t y 150° 60° x O a) Tính góc yOt   xOy  ( 60150 ) Trên nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox có hai tia Oy , Ot xOt nên tia Ot nằm hai tia Ox Oy   tOy   xOy  Do đó: xOt   150 ta có:   60 , xOy Thay xOt   150 60  tOy   150 60  90  tOy   mOy   tOy  b) Vì tia Om nằm hai tia Oy Ot nên: tOm   2mOy  nên: Mà: tOm   mOy   90 2mOy   90  mOy   90 :  30  3mOy   2mOy   2.30  60 c) Ta có: tOm   tOm   60 Suy ra: xOt (1) Vì tia Ot nằm hai tia Ox Oy nên tia Ox tia Oy nằm hai nửa mặt phẳng đối bờ chứa tia Ot Mà: tia Om nằm hai tia Oy Ot nên tia Om tia Oy nằm nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ot Suy ra: tia Ox tia Om nằm hai nửa mặt phẳng đối bờ chứa tia Ot Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20…   tOm   60  60  120  180 Lại có: xOt Do đó, Tia Ot nằm hai tia Ox Om (2) Từ (1) (2) suy ra: Tia Ot tia phân giác góc xOm Bài  1 1 1   a) Tìm tích sau: 1 .1 .1  1   21  28   36   1326  b) Tìm x   để phân số sau có giá trị số nguyên: x  x 1 x2 Lời giải a) Ta có:       1 .1 .1  1   20 27 35 1325  21  28   36   1326  21 28 36 1326 b) Ta có:  40 54 70 2650 (nhân tử mẫu với 2) 42 56 72 2652  5.8 6.9 7.10 50.53 6.7 7.8 8.9 51.52  5.6.7 50.8.9.10 53 6.7.8 51.7.8.9 52  53 265  51 357 x  x 1 x( x  2)   x  2  3   x  1 x2 x2 x2 Vì x   nên  x 1   Do để phân số cho có giá trị ngun   x  2  Ư(3) có giá trị nguyên x2   x  2  1;  3 Ta có bảng: x2 x 1 3 (t/m) 1 (t/m) 3 5 (t/m) (t/m) Vậy x  5;  3; 1;1 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MƠN TỐN – ĐỀ SỐ 15 Thời gian: Bài Tính nhanh a)  3 1  2          57 36 15   b)  32  33  34   32003  32004 Bài a) Chứng minh rằng: Nếu 3a  4b  5c chia hết cho 11 với giá trị tự nhiên a, b, c biểu thức 9a  b  4c với giá trị a, b, c chia hết cho 11 b) Từ số 1, 2, 3, 4, 5, lập tất số có chữ số khác Tìm ước chung lớn tất số lập Bài a) Người ta lấy tờ giấy xé thành mảnh sau lại lấy số mảnh xé mảnh thành 5mảnh nhỏ Hỏi sau lần xé liên tục ta 2010 mảnh, 2011 mảnh khơng? b) Tìm số nguyên tố có hai chữ số khác dạng ab cho ba số nguyên tố hiệu ab  ba số phương 1.2004  2.2003  3.2002   2004.1 1.2  2.3  3.4   2004.2005 Bài Tính giá trị biểu thức A  Bài  98 99 1 1 Tìm x , biết:            x  100  99 98 97 2 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MƠN TỐN – ĐỀ SỐ 15 (20… – 20…) Thời gian: Bài Tính nhanh a)  3 1  2          57 36 15   b)  32  33  34   32003  32004 Lời giải  3 1  2 a)             57 36 15   1   2          15   36  57  1  1  57 57 b) B   32  33  34   32003  32004 3B  32  33  34  35   32004  32005 B   32005  B  Bài  32005 a) Chứng minh rằng: Nếu 3a  4b  5c chia hết cho 11 với giá trị tự nhiên a, b, c biểu thức 9a  b  4c với giá trị a, b, c chia hết cho 11 b) Từ số 1, 2, 3, 4, 5, lập tất số có chữ số khác Tìm ước chung lớn tất số lập Lời giải a) Ta có:  3a  4b  5c    9a  b  4c   6a  8b  10c  27a  3b  12c  33a  11b  22c  11 3a  b  2c  Ta thấy: 11  3a  b  2c 11 Theo ra: 3a  4b  5c 11 Suy ra: 9a  b  4c 11 b) Gọi d ước chung lớn tất số có chữ số khác lập từ số Suy ra: hiệu hai số chia hết cho d Ta có: 123465  123456    d  d  1;3;9 Mà tổng chữ số lập       21 Vậy số chia hết cho không chia hết cho Vậy d  Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Bài Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… a) Người ta lấy tờ giấy xé thành mảnh sau lại lấy số mảnh xé mảnh thành mảnh nhỏ Hỏi sau lần xé liên tục ta 2010 mảnh, 2011 mảnh khơng? b) Tìm số ngun tố có hai chữ số khác dạng ab cho ba số nguyên tố hiệu ab  ba số phương Lời giải a) Khi cắt mảnh giấy thành mảnh nhỏ số mảnh giấy tăng thêm Cắt nhiều lần số mảnh tăng thêm 4k  k  , k  1 Ban đầu có mảnh giấy, tổng mảnh 4k  Số chia dư mà 2010, 2011 chia dư dư Vậy với cách xé này, xé liên tục thành 2010, 2011 mảnh b) Ta có: ab  ba  10a  b  10b  a  9a  9b  32  a  b  Vì ab  ba số phương nên a  b số phương a  b  1; 4;9 + Nếu a  b  1; ab số nguyên tố  ab  43 Khi ba  34 (khơng số nguyên tố: loại) + Nếu a  b  4; ab số nguyên tố  ab  73 (thỏa mãn vì: ba  37 số nguyên tố) + Nếu a  b  9; ab số nguyên tố  ab  Vậy số cần tìm 73 Bài Tính giá trị biểu thức A  1.2004  2.2003  3.2002   2004.1 1.2  2.3  3.4   2004.2005 Lời giải Đặt: B  1.2004  2.2003  3.2002   2004.1 C  1.2  2.3  3.4   2004.2005 Ta có: B  1.2004  2.2003  3.2002   2004.1  1.2004   2004  1   2004     2004  2004  2003   1.2004  2.2004  1.2  3.2004  2.3   2004.2004  2003.2004  1.2004  2.2004  3.2004   2004.2004   1.2  2.3  3.4   2003.2004   2004 1     2004   1.2  2.3  3.4   2003.2004   2004 1     2004   1.2  2.3  3.4   2003.2004   2004.2005  2004.2005  2004 1     2004  2005   1.2  2.3  3.4   2003.2004  2004.2005   2004 2006.2005  1.2  2.3  3.4   2003.2004  2004.2005  C  1.2  2.3  3.4   2004.2005 3C  1.2.3  2.3.3  3.4.3   2004.2005.3  1.2.3  2.3   1  3.4      2004.2005  2006  2003   1.2.3  2.3.4  2.3.1  3.4.5  2.3.4   2004.2005.2006  2003.2004.2005 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TOÁN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20…  1.2.3  2.3.4  3.4.5   2004.2005.2006   1.2.3  2.3.4   2003.2004.2005   2004.2005.2006 C  2004.2005.2006 Khi đó: B  2004.2005.2006 2004.2005.2006 2004.2005.2006   2004.2005.2006 Suy : A   2004.2005.2006 Vậy A  Bài  98 99 1 1 Tìm x , biết:            x  100  99 98 97 2 Lời giải Đặt : A  98 99      99 98 97        98   99  A    1    1    1     1    1  99  99   98   97       100 100 100 100      100  99  99 98 97  100 100 100 100 100      99 98 97 100 1 1   100        2  100 99 98 97  1 1  100       100  2  98 99 1 1            x  100  99 98 97 2 98 99      99 98 97 x 1 1     100  1 1 100       100  2 x 1 1     100 x  100 Vậy x  100 Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MƠN TỐN – ĐỀ 17 Thời gian: Bài Thực phép tính 3   a) 11 13  5   11 13 1   5   1 1 1 b) 1     90 12.34  6.68  :      3 6 Bài a) Chứng minh rằng: 3636  910 chia hết cho 45 b) Tìm số a, b,c biết Bài Một người từ A đến B với vận tốc 4km / h dự định đến B lúc 11 45 phút Sau qng đường người với vận tốc 3km/h nên đến B lúc 12 trưa Tính quãng đường AB , người khởi hành lúc giờ? Bài Chứng minh số có dạng 33   có n chữ số (với n số nguyên dương), viết dạng hiệu số tự nhiên viết toàn chữ số số tự nhiên viết toàn chữ số Bài Hai người chơi trò chơi sau: hộp có 311 viên bi, người lấy k viên bi với k  1; 2;3 Người thắng người lấy viên bi cuối hộp bi 1) Hỏi người thứ hay người thứ hai thắng chiến thuật chơi để thắng? 2) Cũng hỏi câu trên, đề thay 311 viên bi n viên bi, với n số nguyên dương? Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TOÁN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MƠN TỐN (20… – 20…) Thời gian: Bài Thực phép tính 3   11 13  a) 5   11 13 1   5   1 1 1 b) 1     90 12.34  6.68  :      3 6 1   5   Lời giải 1 1   1 1         11 13  8       1 1 1 1 5             11 13   8 a) 3   11 13  5   11 13 b) 1     90 12.34  6.68  :  1 1     3 6 1 1 1  1     90  6.2.34  6.2.34  :      3 6 1 1 1  0:     3 6 0 Bài a) Chứng minh rằng: 3636  910 chia hết cho 45 b) Tìm số a, b,c biết Lời giải 9 Ta có   3636  910  1 36   Lại có chữ số tận 36 nên chữ số tận 3636 Và 910  815 , chữ số tận 81 nên chữ số tận 815 Suy chữ số tận 3636  910    3636  910    Từ 1   có 3636  910 chia hết cho Mà hai số nguyên tố nên 3636  910 chia hết cho 9.5 , hay nói cách khác 3636  910 chia hết cho 45 Bài Một người từ A đến B với vận tốc 4km / h dự định đến B lúc 11 45 phút Sau qng đường người với vận tốc 3km/h nên đến B lúc 12 trưa Tính quãng đường AB , người khởi hành lúc giờ? Lời giải Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… Gọi độ dài quãng đường AB x  km  Thời gian người đến muộn so với dự định ban đầu 15 phút hay Khi đó, theo đề ta có:  4  5x 5x x 1 1 x    x  15  km      x x x   4 15 4 60     Với vận tốc 4km / h người hết quãng đường AB 15  3, 75 hay 45 phút Vậy người khởi hành lúc quãng đường AB dài 15km Bài  Chứng minh số có dạng 33  có n chữ số (với n số nguyên dương), viết dạng hiệu số tự nhiên viết toàn chữ số số tự nhiên viết tồn chữ số Lời giải Ta có:  33 3  3.11 1 2    11    11 1 11 1 (có n chữ số ngoặc)   99  11 1 (có n chữ số n chữ số ngoặc)  10  1 11 1 (có n chữ số 1)  10 11 1  11 1  11 100   11 1 (có n chữ số n chữ số ngoặc)  11 100   11 1  11 1  11 1  11 1   22  (có 2n chữ số n chữ số ngoặc)  11 n n  Vậy số có dạng 33  có n chữ số (với n số nguyên dương), viết dạng hiệu số tự nhiên viết toàn chữ số số tự nhiên viết toàn chữ số Bài Hai người chơi trị chơi sau: hộp có 311 viên bi, người lấy k viên bi với k  1; 2;3 Người thắng người lấy viên bi cuối hộp bi 1) Hỏi người thứ hay người thứ hai thắng chiến thuật chơi để thắng? 2) Cũng hỏi câu trên, đề thay 311 viên bi n viên bi, với n số nguyên dương? Lời giải 1) Người thứ thắng Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20… Chiến thuật chơi để thắng: Lần đầu người thứ lấy viên bi, lại 308 viên bi (là số chia hết cho 4) Sau người thứ hai lấy k viên bi với k  1; 2;3 ; người thứ lấy  k viên bi, lần người thứ làm thắng 2) Khi thay 311 viên bi n viên bi, với n số ngun dương: Nếu n khơng chia hết cho người thứ thắng với chiến thuật Nếu n chia hết cho người thứ hai thắng Sản phẩm nhóm: TỐN THCS VIỆT NAM Trang ... 30 42 56  16 A : 2 12  32.13.2 37 3 56 533 1    1 16 15 20 5 .6 6.7 7.8   : 144  25 9.13.2 37 1424 1599 1 1 1 1       60 : 6 7  16  60 169 234 37 175  60  16  : 169 234 37... có   363 6  910  1 36   Lại có chữ số tận 36 nên chữ số tận 363 6 Và 910  815 , chữ số tận 81 nên chữ số tận 815 Suy chữ số tận 363 6  910    363 6  910    Từ 1   có 363 6  910...   13 26  21 28 36 13 26 b) Ta có:  40 54 70 265 0 (nhân tử mẫu với 2) 42 56 72 265 2  5.8 6. 9 7.10 50.53 6. 7 7.8 8.9 51.52  5 .6. 7 50.8.9.10 53 ? ?6. 7.8 51.7.8.9 52  53 265 