2020

Từ điểm B trên Ax kẻ BH vuông góc với Ay tại H, kẻ BK vuông góc với Az và Bt song song với Ay, Bt cắt Az tại C.[r]

Hướng dẫn giải

bài tập tuần từ 19.3 đến 28.3

Câu

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

   

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

1) Tìm x biết

2x.3 5x x 10800

2) Ba bạn An, Bình Cường có tổng số viên bi 74 Biết số viên bi An Bình tỉ lệ với 6; số viên bi Bình Cường tỉ lệ với Tính số viên bi bạn

Câu (4,0 điểm)

1) Cho plà số nguyên tố lớn Chứng minh p22012 hợp số

2) Cho n số tự nhiên có hai chữ số Tìm n biết n4 2n số phương

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân A có ba góc góc nhọn Về phía ngồi tam giác vẽ tam giác ABE vuông cân B Gọi H trung điểm BC, tia đối tia AH lấy điểm I cho AI BC

Chứng minh hai tam giác ABI BEC BICE Câu (1,0 điểm)

Cho 1 1 1 2011 2012 2013

S        

1 1 1007 1008 2012 2013

P     Tính SP2013

Câu Phương pháp-Kết Điểm

Câu ( điểm)

(2điểm) 15 : 18

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

    0.5đ

ĐỀ

12 11 : 10 12

 0.5đ

6 12 72

5 11 55

 

0.5đ Vậy 72

55

A 0.5

2 (2điểm)

2012 2013 P x  x

+ Nếu x2012 x2013 P1 0.5 đ

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

+ Do giá trị nhỏ P 1, đạt x2012 2013

x

0.5 đ

Câu (4điểm)

1 (2.5điểm)

Ta có 2

2x.3 5x x 108002 3.5x x x 10800 1.0 đ 2.3.5x 900

0.5 đ

30x 30 x

   

0.5 Vậy x2 kết cần tìm 0.5 đ

2 (2.5điểm)

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

0.5 đ

+ Vì số viên bi An Bình tỉ lệ với nên

5 10 12 a b a  b

0.5 đ + Vì số viên bi Bình Cường tỉ lệ với nên

4 12 15 b  c b  c

0.5

+ Từ ta có 74

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

  0.5đ

+ Suy a20;b24;c30

0.5đ

Câu (4điểm)

1

(2điểm) + Vì p3k1plà số nguyên tố lớn nên p có dạng k ,k1

0.5

+Với p3k1

suy

 2  

2 2

2012 2012 2013 2012

p   k   k  k  p 

0.5

+Với p3k1

suy

 2  

2 2

2012 2012 2013 2012

p   k   k  k  p 

Vậy

2012

p  hợp số 0.5

2

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

0.5đ + Mặt khác 2n số phương chẵn nên 2n nhận giá trị: 36; 64; 100; 144; 196

0.5đ + Với 2n36    n 18 n 22 không số phương

2n64 n 32  n 36là số phương

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

0.5 đ

+ Vậy số cần tìm n32 0.5đ

Câu (6 điểm)

1 (3điểm)

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

BE=BA( gt) 0.5

+ Góc IAB góc ngồi tam giác ABH nên

90

IABABHAHBABH 0.5

+ Ta có

90

EBCEBAABCABC Do IABEBC

+ Do 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 H có

90

AIBIBH

Do

90

BCEIBH 0.5đ

KL: CE vng góc với BI 0.5đ

2

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

( óc ngồi tam giác) FMDMBDBDM g

MBD CDM

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

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

Do

2

BDDF MN 0.5 đ

Câu

(1 điểm) Cho

1 1 1

1

2 2011 2012 2013

S       

1 1

1007 1008 2012 2013

P     Tính SP2013

(1 điểm)

+ Ta có:

1 1

1007 1008 2012 2013

P    

1 1 1 1

1

2 1006 1007 1008 2012 2013

 

          

 

1 1

1 1006

 

     

 

0.5 đ

1 1 1 1

1

2 1006 1007 1008 2012 2013

 

          

 

1 1

2

2 2012

 

      

 

1 1 1

1

2 2012 2013

       =S

Do  2013 SP =0

0.5 đ

Điểm toàn (20điểm)

Bài (2.0 điểm):

a) Cho 99 100

1 2 3 4 5 99 100

2 2 2 2 2 2 2

      

A So sánh A với 2.

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

Bài (2.0 điểm):

a) Tìm số nguyên x, y thoả mãn: x2012  2013 y b) Tìm x biết: x7x11 x 7x1 0

Bài (2.0 điểm):

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

a b c d

  

 

c) Cho số a, b, c khác thoả mãn:

a c

ca c b

bc b a

ab

   



Tính giá trị biểu thức: 2 2 2 c b a

ca bc ab M

 

   Bài (4.0 điểm):

Tam giác nhọn ABC có AB<AC Các đường cao BE CF cắt O Trên tia đối tia BE lấy điểm G cho BG = AC; tia đối tia CF lấy điểm H cho CH = AB

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

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

- So sánh số đo hai góc BAM MAC

Bài (2.0 điểm):

2 98 99

2 3 4 5 99 100

2 1

2 2 2 2 2 2

      

A 0,25

2 98 99 99 100

2 99 100

2 99 100 99 100

2 (1 ) ( )

2 2 2 2 2 2

1 1 100

1

2 2

             

     

A A A

0,25

Đặt 1 12 199

2 2

    

B . Có 2 1 12 198

2 2

    

B

2 98 99 99

1 1 1 1

2 (1 )

2 2 2 2

             

B B B

0,25

100 99 100 100

100 100 102

2

2 2

      

A B < 0,25

Thay 2014 x +1 ta được:

2013 2012 2011 2010

2013 2013 2012 2012 2011 2

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

x x x x x x x x x

x

            

          

 

0,75

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

x2012 , 2013y số tự nhiên Tổng chúng nên: Trường hợp 1: x 2012 = 2013y=1

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

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

0,25

 

1 10

(x7)x (x7)  1 0 0,25

1

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

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

x – = -1  x =

0,25

Bài (2.0 điểm): Đặt

d c b a

 = k Có a = bk 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

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 

Thay b = a; c = a M = 0,25

Bài (4.0 điểm):

ABE  ACF (Cùng phụ với góc Â) 0,25

 GBA  ACH(Cùng bù với cặp góc 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 E) (2) 0,25

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

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

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

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

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

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

GAM-GAB < HAMHAC BAM MAC 0,25

Câu (4,0 điểm) 3) M =

2 1

0, 0, 25

2012

9 11 :

7 2013

1, 0,875 0, 11

     

 



 

     

 

4) Tìm x, biết:  1  2 x x

x

Câu (5,0 điểm)

K

N

M H

G

O F

E A

B

C

a Cho a, b, c 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 biểu thức                      

b c c

a a

b

B 1

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 dự định gói Tính tổng số gói tăm mà ba lớp mua

Câu (4,0 điểm)

3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 2x 2 2x2013 với x số nguyên 4) 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 vng góc với Ay M Chứng minh :

a ) K trung điểm AC b ) KMC tam giác

c) Cho BK = 2cm Tính cạnh AKM

Câu Nội dung Điểm

Câu (4 điểm)

1) Ta có:

2 1

0, 0, 25

2012

9 11 :

7 2013

1, 0,875 0, 11

M

     

 

  

     

 

2 2 1

2012 11 :

7 7 7 2013

5 11 10

     

 

  

     

 

1 1 1

2

2012

5 11

:

1 1 1 2013

7

5 11

         

   

     

 

 

   

     

   

    

 

0.5đ

2 :2012 7 2013

        KL:…… 0.5đ 0.5đ 2)

1

x   x nên (1) => 2

1

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

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

+Nếu a+b+c 0

Theo tính chất dãy tỉ số ,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

          =

mà a b c b c a c a b

c a b

           =

=> a b b c c a

c a b

     =2

Vậy B = b a 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 =

Theo tính chất dãy tỉ số ,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

          =

mà a b c b c a c a b

c a b

           =

=> a b b c c a

c a b

     =1

Vậy B = b a 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 lớp mua x ( x số tự nhiên khác 0)

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

Ta có: ; ;

5 18 18 18 18 18

a b c a b c x x x x x

a b c

 

         (1)

Số gói tăm sau chia cho lớp a’, b’, c’, ta có: , , , , , ,

, , ,

; ;

4 15 15 15 15 15

a b c a b c x x x x x

a b c

 

         (2)

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

Vây: c’ – c = hay 4 360 15 18 90

x x x

x

     

Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói

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

(4 điểm)  2x 2 2013 2 x 2011

Dấu “=” xảy (2 2)(2013 ) 2013

x  x    x

KL:……

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

Theo =

yz +

1 yx+

1

zx  x +

1 x +

1 x =

3 x => x 2 => x =

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

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

TH1: y -1 = => y =2 z -1 = => z =3 TH2: y -1 = => y =3 z -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 (6 điểm)

V ẽ h ình , GT _ KL

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

 K trung điểm AC

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

2AC

 BH =

2AC

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

2AC  CM = CK

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

 MCK = 600 (2)

Từ (1) (2)  MKC tam giác

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

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

Mà KC =

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

0,25đ

1đ 1đ 0,5đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

Theo phần b) AB = BC = AH = BK =

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

0,25đ 0,5đ 0,25đ

Câu 1.( 4.0 điểm)

a) Tìm x, y, z biết 2x 3y 4z

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

1968 1973 1978 1983

        

Câu 2.(3.0 điểm)

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

b) g(x) =

x  x Câu 3.(3.0 điểm)

Tìm số tự nhiên nhỏ có chữ số mà chia số cho 11 dư chia cho 13 dư

Câu 4.(3.0 điểm)

Cho biểu thức A x x

2

   

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

Cho tam giác ABC có

BAC60 Kẻ BM CN tia phân giác ABC ACB ( MAC; NAB), BM CN cắt 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   =

x y z

  = x y z

3

   

= 49 12 49 12

 0.5đ

0.5đ

ĐỀ

Câu2 (3đ)

Câu3 (3đ)

Câu4 (3đ)

3 x 12 18

2

   

y 12 16

  

z 12 15

  

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

        

45 x 40 x 35 x 30 x

1 1

1968 1973 1978 1983

           

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

       

1 1

(2013 x)( )

1968 1973 1978 1983

    

2013 x

  

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) = 2x 0  x 0  x

  x = 2b(1.5đ)

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

𝑥 = −1

3(3.0 điểm)

Giả sử số cần tìm a

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

BCNN(11;13) = 143 nên *

a143k 83(k N ) A nhỏ k nhỏ

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

Rút gọn biểu thức A nhờ vào bảng sau x

2

x

 x

2

  x

 x



3 x

2

 x

2

  x

  x



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

Câu5 (4đ)

1 x

2

 - x

2

 1 2x2

Vậy x

 x

 A khơng phụ thuộc vào x

5a(2.0đ) -Hình vẽ

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

0

0

ABC ACB 180 BAC

NIB 60

2 2



   

5b(2.0đ) Kẻ tia phân giác IH 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) (2)  IM = IN hay tam giác IMN cân 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