Bộ đề kiểm tra học kỳ 2 - Toán lớp 6-8 - Trường Amsterdam | Hocthattot.vn

(1)

Sản phẩm của nhóm: TOÁN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019

ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM-2018-2019 MÔN TOÁN 8 - Đề 1

Thời gian:

Bài 1. Cho biểu thức 2 5₂ 1 ₂ 1

1 2 4 1 1 2 :4 4

1 x x 1

x x x x x

P   

   

 

    

1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P 2) Tìm giá trị x để 1

P 2

3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên Bài 2. Giải các phương trình sau:

1)

x

²

  x 2 x

²

 3 x  3

2)

x

⁴

 3 x

²

 6 x  13 0 

3)

| 2 x   1| 2 x

³

 2 x  1

4)

2 2

2

4 12

( 2) x x

 x 



Bài 3. (Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình)

Một xe tải và một xe con cùng khởi hành từ tỉnh

A

đến tỉnh

B

. Xe tải đi với vận tốc 30 km/h, xe con đi với vận tốc 45 km/h. Sau khi đi được

3

4

quãng đường

AB

, xe con tăng vận tốc thêm 5 km/h trên quãng đường còn lại. Tính quãng đường

AB

, biết rằng xe con đến tỉnh

B

sớm hơn xe tải

2

giờ 20 phút.

Bài 4. 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

vuông góc với

AB

tại

E

và cắt đường thẳng qua

M

vuông góc với AC tại

F

. Đường thẳng qua C vuông góc với

BF

cắt đường thẳng

AH

tại N

1) Chứng minh: NACđồng dạng với

 BMF

.

2) Giả sử

ME

vuông góc với

AB

tại

I

, MF AC tại

K

. Chứng minh:

.

2

.

MI AE MA   MK MF

3) Chứng minh:

AB BM ME

AC  CM MF 

4) Chứng minh:

AH BF CE , ,

đồng quy.

Bài 5.

1) Cho các số thực a1,

b  1

. Chứng minh rằng:

1

₂

1

₂

1 1 2

ab ab

a b

   

 

^.

2) Cho các số thực a,

b

thoả mãn

a  2 b  0

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

a b P ab

 

.

(2)

Sản phẩm của nhóm: TOÁN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 Bài 6. Có một tấm nhôm hình vuông cạnh

12cm

. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình

vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng

x cm  

rồi gấp tấm nhôm đó lại như hình vẽ dưới dây để được một cái hộp không nắp. Tìm

x

để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

(3)

Sản phẩm của nhóm: TOÁN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

MÔN TOÁN 8 (2018 – 2019)

Bài 1. Cho biểu thức 2 5₂ 1 ₂ 1

1 2 4 1 1 2 :4 4

1 x x 1

x x x x x

P   

   

 

    

1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P 2) Tìm giá trị x để 1

P 2

3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên Lời giải

1) ÐKXÐ x: 1; 1 x 2

 

        

2 2

2

2 5 1 1

1 2 4 1 1 2 4 4 1

2 2 1 5 4 4 1

1 .

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

1 :

2 1

2 1 1

x x

x x x x x

x x x x

x x x x x x x

P

x

 

     

    

    

    

 

 

      

 

   

² ¹



²

4 2 5 2 1

1 .

2 1 2 1 1

x x x x

x x x

    

    

 

1

 

² ¹



²

1 .

2 1 2 1 1

x x

x x x

 

    

2 1

1 2 1

x x

  



2 1 2 1

x x

 

 

 

= 2

2x 1



 2)

 

1 2 1

1 2 4

2 2 1 2

2 5 5

2

P x

x

x x TM

 

       



    3)

 

2 2 2 1

2 1

P Z Z x

x

      

 

   

2x 1 ¦    2 1; 2

(4)

 

 

  

   

      

 

           

 1

2 1 1 2 2 0

2 1 1 2 0 3

2 1 2 2 3 2

2 1 2 2 1 1

2

x L

x x x TM

x x

x L

x x

x L

Vậy với x0 thì P Z Bài 2. Giải các phương trình sau:

1)

x

²

  x 2 x

²

 3 x  3

2)

x

⁴

 3 x

²

 6 x  13 0 

3)

| 2 x   1| 2 x

³

 2 x  1

4)

2 2

2

4 12

( 2) x x

 x 



Lời giải 1)

x

²

  x 2 x

²

 3 x  3

2

3 3

x   x x  x 

 

2 2

2 3 3

x x x x

    

       

2 2

2 3 0

3 4 3 0

x x

   

     

  

2

1 3 0

2 13

3 4 0

x x

x

  



     

1 3 2 13

3 x

x x

  

    

  

  

Vậy phương trình có tập nghiệm

2 13 1; 3;

S        3   

 

 

2)

x

⁴

 3 x

²

 6 x  13 0 

   

4 2

4 2 2

2 2

2

4 4 6 9 0

3 6 13

2 0

0

3

x x x

x

x x

x

x x

     

  







 





(Tương tự câu 1)

2 3 x x

  

  

  

^{(vô lý)}

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

3)

| 2 x   1| 2 x

³

 2 x  1

(5)

 

| 2 x   1| 2 x

3

 2 x  1 1

ĐK:

2 x

³

 2 x   1 0

Ta xét 2 TH sau:

TH1:

1

2 1 0

x     x  2

 

3 3

2 2 1

1 2 1

1 1

x x x

x x TM

   

   



TH2:

1

2 1 0

x     x  2

 

3

3 2

2 2 1 2 1

2 4 0 2 2 0

1

0( )

x x x

x x x x x L

    

       



S    1

4)

2 2

2

4 12

( 2) x x

 x 



ĐKXĐ: x 2

 

2 2 2

2

2 2

4 4 4

2 2 12 2

2 4

2 12 2

x x x

PT x

x x x

x x

x x x

 

    

  

  

         

 

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2

2 4

2 12 2

4 12 0

2 2

4 12 0 2

2 2 2 2 4 0 1 5

6 6 12 0

2 6

x x

x x x

x x

y x PT y y

x

y x x x x TM

y x x x

x

  

         

 

         

     



 

 

   

  

                    

S    1 5 

Bài 3. (Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình)

Một xe tải và một xe con cùng khởi hành từ tỉnh

A

đến tỉnh

B

. Xe tải đi với vận tốc 30km h/ , xe con đi với vận tốc 45km h/ . Sau khi đi được

3

4

quãng đường

AB

, xe con tăng vận tốc thêm

(6)

Sản phẩm của nhóm: TOÁN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 5km h/ trên quãng đường còn lại. Tính quãng đường

AB

, biết rằng xe con đến tỉnh

B

sớm hơn xe tải

2

giờ 20 phút.

Lời giải Đổi:

2

giờ 20 phút = 7

3( )h

Gọi quãng đường

AB

dài là: x km x( , 0)

Xe tải đi với vận tốc 30km h/ thời gian xe tải đi hết quãng đường

AB

là: ( ) 30

x h

Xe con đi với vận tốc 45km h/ trên

3

4

quãng đường

AB

, nên thời gian đã đi là:

3 . 1 ( ) 4 45 60

x  x h . 1

4 quãng đường

AB

còn lại, xe con đi với vận tốc 50km h/ nên thời gian đã đi:

1 1

. ( )

4 50 200 x  x h

Từ đó suy ra tổng thời gian xe con đi hết quãng đường

AB

là: 13 ( ) 60 200 600

x  x  x h Vì xe con đến B sớm hơn xe tải

2

giờ 20 phút nên ta có phương trình:

7 13 70 13

200 ( / )

30 3 600 30 600

x x x x

x t m

      

Vậy quãng đường

AB

dài: 200km

Bài 4. 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

vuông góc với

AB

tại

E

và cắt đường thẳng qua

M

vuông góc với AC tại

F

. Đường thẳng qua C vuông góc với

BF

cắt đường thẳng

AH

tại N

1) Chứng minh: NACđồng dạng với

 BMF

2) Giả sử

ME

vuông góc với

AB

tại

I

, MF AC tại

K

. Chứng minh:

.

2

.

MI AE MA   MK MF

3) Chứng minh:

AB BM ME

AC  CM MF 

4) Chứng minh:

AH BF CE , ,

đồng quy.

Lời giải

(7)

1) Gọi J là giao điểm của MFvà NC

Có:  BFMJ₁90^o,  NCA J ₂ 90^o mà  J₁J₂ (đối đỉnh) BFM NCA

Xét NAC và BMF có:  BFM NCA (cmt),  ANC MBF (cùng phụ với NCH) NAC BMF

  ∽ (g.g)

2) Chứng minh:

MI AE MA . 

²

 MK MF .

* Xét MIA và MAE có:  MIA MAE 90^o, AMI: chung MIA MAE

  ∽ (g.g) MI MA . ²

MI ME MA MA ME

    (1)

* Tương tự ta cũng có:  MAF∽MKA (g.g) MA MF ² . MA MK MF MK MA

    (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

MI AE MA . 

²

 MK MF .

(đpcm) 3) Chứng minh:

AB BM ME

AC  CM MF 

Theo chứng minh trên ta có: NA AC NA BM

NAC BMF

BM MF AC MF

 ∽     (3)

Chứng minh tương tự như ý 1) ta sẽ có: NAB∽CME (g.g) NA AB AB ME CM ME NA CM

    (4)

Nhân vế với vế của (3) và (4) ta được: NA AB. BM ME. AB BM ME.

AC NA MF CM  AC CM MF (đpcm) 4) Chứng minh:

AH BF CE , ,

đồng quy

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của CE với NB NH,

Theo ý 3) NAB∽CME BNA ECM (hai góc tương ứng) hay PNQ HCQ 

2 1

P Q

J

I

K N

F

E

H A

B

C M

(8)

Sản phẩm của nhóm: TOÁN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 2018 – 2019 Xét PNQ và HCQ có:  PNQ HCQ (cmt), PQN HQC (đối đỉnh)

PNQ HCQ

  ∽ (g.g)NPQ CHQ  90^o (hai góc tương ứng) QPBN hay CE NB.

Từ đó suy ra

NH BF CE , ,

là các đường cao của NBC nên chúng đồng quy tại Q hay

, ,

AH BF CE

đồng quy (đpcm) Bài 5.

1) Cho các số thực a1,

b  1

. Chứng minh rằng:

1

₂

1

₂

2

1 1

ab ab

a b

   

 

^.

2) Cho các số thực a,

b

thoả mãn

a  2 b  0

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

a b P ab

 

.

Lời giải

( GV hướng dẫn : Trần Hương ) 1) Ta có:

1

₂

1

₂

2

1 a  1 b  1 ab

  

2 2

1 1 1 1

1 a 1 ab 1 b 1 ab 0

    

   

2 2

0

(1 )(1 ) (1 )(1 )

ab a ab b

a ab b ab

 

  

   

2 2

( )(1 ) ( )(1 )

(1 )(1 )(1 ) 0 a b a b b a b a

a ab b

    

 

  

2 2

( )

(1 )(1 )(1 ) 0 a b a ab b ba

a ab b

 

      

 

  

2 2

( )( )( 1)

(1 )(1 )(1 ) 0 a b a b ab

a ab b

  

 

  

2

2 2

( ) ( 1)

(1 )(1 )(1 ) 0 a b ab

a ab b

 

 

    

^*

Vì

a  1; b   1 ab   1 ab   1 0

 

^*

 luôn đúng

2 2

1 1 2

1 a 1 b 1 ab

  

  

2 2

1

1 2

1 1

ab b ab

a

  



 



2)

2 2

3

4 4

a b a b a b a

P ab b a b a b

      

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương

4

a b

^và

b

a

^{, ta có:}

(9)

2. 1 1

4 2

a b

b a   

Lại có,

3 3 3

2 2 2.

4 4 2

a a

a b

b b

     

3 5 1 2 2

    P

Dấu “=” xảy ra

4 2

2 a b

a b b a

a b

 

    

  

5 2

Min P    2 a b

Bài 6.Có một tấm nhôm hình vuông cạnh

12cm

. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng

x cm  

rồi gấp tấm nhôm đó lại như hình vẽ dưới dây để được một cái hộp không nắp. Tìm

x

để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

Lời giải

( GV hướng dẫn : Trần Hương ) Thể tích hình hộp chữ nhật là:

(12 2 )(12 2 ) V x  x  x 4V4 (12 2 )(12 2 )x  x  x

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương 4x; 12 2 x; 12 2x ta có:

4 12 2 12 2 3

4 4 (12 2 )(12 2 ) 512

3

x x x

V  x  x  x        128

 V

128 4 12 2 2

MaxV   x  x x

Vậy, thể tích lớn nhất của hộp là 128cm³khi x2cm

(10)

Sản phẩm của nhóm: TOÁN THCS VIỆT NAM Trường THCS Amsterdam – Năm 20… – 20…

ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN 6 (2019 – 2020) - ĐỀ 13

Bài 1. Tính 15% A biết: A = ₂ ₂ ₂

11 13 1 1 1

2315 2620 :1 30 42 56 16

12 5 3 .13.2 37

 

     

 

  

 Bài 2. Tìm x biết:

a) 7.( x 9) 3.(5 x) 2

b) 3 2 1 2 4

5 34 17

x  

c) (x 6).(x 5) 0 ( víi x    )

Bài 3. Một người đem bán 1 rổ xoài. Lần thứ nhất bán 1

3 rổ xoài và một quả, lần thứ hai bán 20% số xoài còn lại và bớt 2 quả, lần thứ 3 bán 1

2 số xoài còn lại và 3 quả, lần thứ tư bán nốt 24 quả cuối cùng. Hỏi ban đầu rổ có bao nhiêu quả xoài.

Bài 4. Cho góc xoy. Trên Ox lấy điểm ,A B sao cho OA = 3cm, OB6cm . Trên tia Oy lấy điểm C sao cho OC5cm^.

a) CMR A là trung điểm đoạn thẳng OB. b) CMR tia CA nằm giữa hai tia CO và CB.

c) Gọi OM là tia phân giác của góc xOy. Tia OM cắt những cạnh nào của tam giác ACB ? Tại sao?

Bài 5. CMR nếu

 

ⁿ^,6 ^¹^thì



ⁿ^^{1 .}

 

ⁿ^¹



chia hết cho 24. (Với nN^* )

(11)

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN 6 (2019 – 2020) - ĐỀ 13

Bài 1. Tính 15% A biết: A = ₂ ₂ ₂

11 13 1 1 1

2315 2620 :1 30 42 56 16

12 5 3 .13.2 37

 

     

 

  



Lời giải

2 2 2

11 13 1 1 1

2315 2620 :1 30 42 56 16

12 5 3 .13.2 37

A

 

     

 

 

 



35615 53320 :1 5.61 6.71 7.81 16

144 25 9.13.2 37

   

 



1424 159960 60 :1 15 16 16 17 17 18 16

169 234 37

      

 

175 4 1 60 :5 8 16

169 234 37

 

 

35 37 40 16 169 23412 : 37



 

35 : 37 16

12.169 40.234 37

  

35.40.234 16 12.169.37 37

 

2100 208 2308

481 481 481

 

  

2308 15 1731

15% .

481 100 2405

A  .

Bài 2. Tìm x biết:

a) 7.( x 9) 3.(5 x) 2

b) 3 2 1 2 4

5 34 17

x  

c) (x 6).(x 5) 0 ( víi x    )

Lời giải a) ^^7.



^x^{ }⁹

 

^{3. 5}^{ }^x



²

7x 63 15 3x 2

    

(12)

7x 3x 2 63 15

     4x 80

  x20

b) 2 1 4

3 2

5 34 17

x  

2 77

3x 5 34

TH1: 2 77

3x 5 34 77 2 3x345 3 453

x170 151 x170

TH2: 2 77

3x 5 34 77 2 3x34 5 3 317

x170 317 x510

c)



^x^^{6 .}

 

^x^{ }⁵



⁰^(với^x^^⁾



^x ⁶



  ^và



^x^⁵



trái dấu hoặc bằng 0 Ta thấy x  6 x 5 x 

6 0

  x và x 5 0 6

x và x5 mà x

Vậy x     



5; 4; 3; 2; 1;0;1; 2;3; 4;5;6



Bài 3. Một người đem bán 1 rổ xoài. Lần thứ nhất bán 1

3 rổ xoài và một quả, lần thứ hai bán 20% số xoài còn lại và bớt 2 quả, lần thứ 3 bán 1

2 số xoài còn lại và 3 quả, lần thứ tư bán nốt 24 quả cuối cùng. Hỏi ban đầu rổ có bao nhiêu quả xoài.

Lời giải 1

2 số quả xoài bán được trong lần 3 là:

24 3 27 (quả)

Sau lần 2 bán thì số xoài còn lại là:

(13)

27.2 2 52^(quả)

54 quả ứng với số phần trăm là: 100% 20% 80%  100% số xoài còn lại bán trong lần 1 là:

52 : 80.100 1 66  (quả)

66 quả chiếm số phần số quả ban đầu là:

3 1 2

3 3 3 (số xoài trong rổ) Số xoài ban đầu trong rổ là:

66 : 2.3 99 ^(quả) Đáp số: 99 quả

Bài 4. Cho góc xoy. Trên Ox lấy điểm ,A B sao cho OA = 3cm, OB6cm . Trên tia Oy lấy điểm C sao cho OC5cm^.

a) CMR A là trung điểm đoạn thẳng OB. b) CMR tia CA nằm giữa hai tia CO và CB.

c) Gọi OM là tia phân giác của góc xOy. Tia OM cắt những cạnh nào của tam giác ACB ? Tại sao?

Giải :

a) Trên tia OB có OA = 3cm, OB6cm^^{OA OB cm}^



³ ^⁶^cm



 A nằm giữa O và B OA AB OB

  

Mà OA = 3cm, OB6cm

3 AB 6 AB 3cm.

    

Ta có:ABOA3cm; A nằm giữa O và B  A là trung điểm đoạn thẳng OB. b) Vì A nằm giữa O và B nên tia CA nằm giữa hai tia CO và CB.

c) Do OM là tia phân giác của xOy_{nên tia}OM nằm giữa hai tia OC và OB. Mà tia CA nằm giữa hai tia CO và CB.

Suy ra tia OM cắt cạnh CA CB; của ACB.

Bài 5: CMR nếu

 

ⁿ^,6 ^¹^thì



ⁿ^^{1 .}

 

ⁿ^¹



chia hết cho 24. (Với nN^* )

y

x B C

O A

M

(14)

Giải : Vì

 

ⁿ^,6 ^{ }¹ n không chia hết cho 2 và 3.

n không chia hết cho 2 nên n phải là số lẻ, n không chia hết cho 3 nên chỉ có thể dưới dạng 3k + 1 hoặc 3k + 2.

+) Nếun3 k  1thì k phải là số chẵn. Đặtk2j. Ta có: n3.2j  1 6j 1. Khi đó ⁿ²^{ }¹



⁶^j^{  }¹



² ^{1 36}^j²^¹²^j^^{12 3}^j



^j^¹



TH1: Nếu j chẵn^{    }^j ²^t ⁿ² ^{1 12.2 6}^{t t}



^{ }¹



^{24 6}^{t t}



^¹



chia hết cho 24.

TH2: Nếu j lẻ, ^j^{    }²^t ¹ ⁿ² ^{1 12. 2}



^t^^{1 6}



^t^{ }⁴



^{24 2}



^t^^{1 3}



^t^²



chia hết cho 24.

Vậy



ⁿ^^{1 .}

 

ⁿ^¹



chia hết cho 24.

+) Nếu n là 3k + 2 thì n là số lẻ. Đặt ^k^{   }²^j ¹ ⁿ ^{3. 2}



^j^{   }¹



² ⁶^j ⁵

Khi đó ⁿ²^{ }¹



⁶^j^⁵



²^{ }^{1 36}^j²^⁶⁰^j^{ }^{24 12 3}^j



^j^{ }⁵



^24.

TH1: Nếu j chẵn^{    }^j ²^t ⁿ² ^{1 12.2 6}^{t t}



^{ }⁵



^{24 6}^{t t}



^⁵



chia hết cho 24.

TH2: Nếu j lẻ, ^j^{    }²^t ¹ ⁿ² ^{1 12. 2}



^t^^{1 6}



^t^{ }⁸



^{24 2}



^t^^{1 3}



^t^⁴



chia hết cho 24.

Vậy



ⁿ^^{1 .}

 

ⁿ^¹



chia hết cho 24.

(15)

ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN 6 (2019 – 2020) - ĐỀ 14

Thời gian:

Bài 1.

a) Tìm x biết: 150 1,03 : 10,3. 



x 1



 160 b) Tìm ,x y biết:



³



¹¹ ¹²¹

27 1 2 33

x

y

    

Bài 2. Ba đội lao động có số người bằng nhau. Công việc đội 1 làm trong 2 ngày bằng đội 2 làm trong 3 ngày và bằng đội 3 làm trong 6 ngày. Nếu 3 đội cùng làm thì sau 2 ngày hoàn thành một công trình. Hỏi nếu làm riêng mỗi đội hết bao lâu xong công trình ấy?

Bài 3. So sánh A và B:

3 2 2 4 3

3 2 3

2 .5 .7 2 .5 2 .5 .3

A  3.5.7.11.13.37 10101 121212 50505

B  

Bài 4. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox vẽ hai tia Oy, Ot sao cho xOt60 ,⁰ xOy150⁰ a) Tính góc yOt

b) Vẽ tia Om nằm giữa hai tia Oy và Ot sao cho tOm2mOy . Tính góc mOy c) Tia Ot có phải là tia phân giác góc xOm không?vì sao?

Bài 5.

a) Tìm tích sau: 1 1 1 1

1 . 1 . 1 ... 1

21 28 36 1326

       

         

     

   

       

b) Tìm x để phân số sau có giá trị là số nguyên: ² 3 1 2

x x

x

 



(16)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN 6 (20… – 20…)

Thời gian:

Bài 1. a) Tìm x biết: 150 1,03 : 10,3. 



x 1



 160 b) Tìm ,x y biết:



³



¹¹ ¹²¹

27 1 2 33

x

y

   



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. 1 1,03:10 1 0,103:10,3

x x

 

  0, 01 1

x 

1, 01 x Vậy x1, 01

b)



³



¹¹ ¹²¹

27 1 2 33

x

y

    

Suy ra

+) 11 121

1 2y 33





 

121 1 2y 11.33

  

 

1 2 y 11.33: 121 1 2  y 3

2y 3 1

   

2y 4

  

 

4 : 2 y 

2 y

+)



³



¹²¹

27 33

 x 



^x ³



^₃₃¹²¹^.27

   3 99 x 

99 3 x 

96 x

(17)

Vậy x96^;^y²

Bài 2. Ba đội lao động có số người bằng nhau. Công việc đội 1 làm trong 2 ngày bằng đội 2 làm trong 3 ngày và bằng đội 3 làm trong 6 ngày. Nếu 3 đội cùng làm thì sau 2 ngày hoàn thành một công trình.

Hỏi nếu làm riêng mỗi đội hết bao lâu xong công trình ấy?

Lời giải Gọi năng suất của mỗi đội lần lượt là x y z, , .

Vì công việc đội 1 làm trong 2 ngày bằng đội 2 làm trong 3 ngày và bằng đội 3 làm trong 6 ngày nên 2x3y6z

Từ đó ta có: 2 3 2

3

x  y y x ⁽¹⁾ 2 6 2

6 3

x x x  z z  ⁽²⁾

Vì 3 đội cùng làm thì sau 2 ngày hoàn thành một công trình nên

 

2. x  y z 1^hay 1 x  y z 2⁽³⁾ Thay (1), (2) vào (3) ta được: 2 1

3 3 2

x x x   ^;

2 1 x2

1 x4

Thay 1

x4 vào (1) ta có 2 1. 1 3 4 6 y 

Thay 1

x4 vào (2) ta có 1 1. 1 3 4 12 z  Vậy nếu: Đội 1 làm riêng thì sau 1

1: 4

4 (ngày) hoàn thành công việc.

Đội 2 làm riêng thì sau 1 1: 6

Đội 3 làm riêng thì sau 1

1: 12

Bài 3. So sánh A và B:

3 2 2 4 3

3 2 3

2 .5 .7 2 .5 2 .5 .3

A  3.5.7.11.13.37 10101

121212 50505

B  

Lời giải

3 2 2 4 3

3 2 3

2 .5 .7 2 .5 2 .5 .3

A  ³ ²



²



3 2 3

2 .5 7 2.5 2 .5 .3

  ³ ²

 

3 2 3

2 .5 49 10 2 .5 .3

  2 .5 .3.13³₃²₂ ₃ 2 .5 .3

 13

 9 3.5.7.11.13.37 10101

121212 50505

B 





3.7.13.37 .5.11 10101



12.10101 5.10101

  

10101.55 10101 12.10101 5.10101

 



(18)

 

10101. 55 1 54 10101. 12 5 7

B  

 Vì 13 54

9  7 nên A < B.

Bài 4. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox vẽ hai tia Oy, Ot sao cho xOt60 ,⁰ xOy150⁰ a) Tính góc yOt

b) Vẽ tia Om nằm giữa hai tia Oy và Ot sao cho tOm2mOy . Tính góc mOy c) Tia Ot có phải là tia phân giác góc xOm không? vì sao?

Lời giải

a) Tính góc yOt.

Trên cùng nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox có hai tia Oy, Ot và  xOtxOy^{( 60}¹⁵⁰) nên tia Ot nằm giữa hai tia Ox và Oy.

Do đó:   xOt tOy xOy^.

Thay xOt 60 , xOy150^{ta có:}

60tOy150

 150 60 90

tOy    ^.

b) Vì tia Om nằm giữa hai tia Oy và Ot nên: tOm mOy   tOy^. Mà: tOm2mOy^nên:

2mOy mOy   90 ^. 3mOy 90

   mOy   90 : 3 30 ^. c) Ta có: tOm2mOy2.30  60 ^.

Suy ra:  ^xOt^^tOm



^{ }⁶⁰



^. ⁽¹⁾

Vì tia Ot nằm giữa hai tia Ox và Oy nên tia Ox và tia Oy nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ chứa tia Ot.

Mà: tia Om nằm giữa hai tia Oy và Ot nên tia Omvà tia Oy nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ot.

Suy ra: tia Ox và tia Om nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ chứa tia Ot. x

t

y

m

150°

60°

O

(19)

Lại có:  xOt tOm    60 60 120180^. Do đó, Tia Ot nằm giữa hai tia Ox và Om. (2) Từ (1) và (2) suy ra: Tia Ot là tia phân giác góc xOm.

Bài 5.

a) Tìm tích sau: 1 1 1 1

1 . 1 . 1 ... 1

21 28 36 1326

       

         

     

   

       .

b) Tìm x để phân số sau có giá trị là số nguyên: ² 3 1 2

x x

x

 

 .

Lời giải

a) Ta có:

1 1 1 1 20 27 35 1325

1 . 1 . 1 ... 1 . . ...

21 28 36 1326 21 28 36 1326

       

         

     

   

       

40 54 70. . ...2650 42 56 72 2652

 (nhân cả tử và mẫu với 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



5 53. 265 51 7 357

  ^.

b) Ta có: ² ³ ¹ ⁽ ²⁾



²



³ ₁ ³

2 2 2

x x x

x x

x x x x

   

     

   .

Vì x^nên



^x^{ }¹



^^.

Do đó để phân số đã cho có giá trị nguyên thì 3 2

x có giá trị nguyên.



^x ²



  ^Ư(3).



^x ²

 

^1; ³



     ^. Ta có bảng:

2

x 1

1

3

3

x 3

(t/m)

1

(t/m)

5

(t/m) 1 (t/m)

Vậy ^x^{   }



^{5; 3; 1;1}



^.

(20)

ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN 6 – ĐỀ SỐ 15

Thời gian:

Bài 1. Tính nhanh

a) 1 3 3 1 1 1 2

3 4 5 57 36 15 9

   

         b) 3 3    ² 3³ 3⁴ ... 3²⁰⁰³3²⁰⁰⁴

Bài 2. a) Chứng minh rằng: Nếu 3a4b5c chia hết cho 11 với các giá trị tự nhiên nào đó của a b c, , thì biểu thức 9a b 4c với các giá trị đó của a b c, , cũng chia hết cho 11.

b) Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập tất cả các số có 6 chữ số khác nhau. Tìm ước chung lớn nhất của tất cả các số lập được.

Bài 3. a) Người ta lấy một tờ giấy xé thành 5 mảnh sau đó lại lấy một số mảnh này xé mỗi mảnh thành 5mảnh nhỏ hơn. Hỏi sau mỗi lần xé liên tục như vậy ta có thể được 2010 mảnh, 2011 mảnh được không?

b) Tìm số nguyên tố có hai chữ số khác nhau dạng ab sao cho ba cũng là số nguyên tố và hiệu



ab ba là số chính phương.

Bài 4. Tính giá trị biểu thức 1.2004 2.2003 3.2002 ... 2004.1 1.2 2.3 3.4 ... 2004.2005

   

    

A

Bài 5. Tìm x, biết: 1 1 1 ... 1 . 1 2 3 ... 98 99

2 3 4 100 99 98 97 2 1

           

 

  x

(21)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN 6 – ĐỀ SỐ 15 (20… – 20…)

Thời gian:

Bài 1. Tính nhanh

a) 1 3 3 1 1 1 2

3 4 5 57 36 15 9

   

         b) 3 3    ² 3³ 3⁴ ... 3²⁰⁰³3²⁰⁰⁴

Lời giải

1 3 3 1 1 1 2

)3 4 5 57 36 15 9

a         

1 3 1 3 1 2 1

3 5 15 4 36 9 57

   

        

1 1

1 1 57 57

   

2 3 4 2003 2004

) 3 3 3 3 ... 3 3

b B      

2 3 4 5 2004 2005

3B3     3 3 3 ... 3 3

2005

2005 3 3

4 3 3

B   B 4

Bài 2. a) Chứng minh rằng: Nếu 3a4b5c chia hết cho 11 với các giá trị tự nhiên nào đó của a b c, , thì biểu thức 9a b 4c với các giá trị đó của a b c, , cũng chia hết cho 11.

b) Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập tất cả các số có 6 chữ số khác nhau. Tìm ước chung lớn nhất của tất cả các số lập được.

Lời giải a) Ta có:

   

 

2 3a 4 5 3 9a 4 6a 8 10 27a 3 12

33a 11 22 11 3a 2

          

     

b c b c b c b c

b c b c

Ta thấy: ^{11 3a}



^{ }b ²c



¹¹ Theo bài ra: 3a 4 b5 11c Suy ra: 9a b 4 11c

b) Gọi d là ước chung lớn nhất của tất cả các số có 6 chữ số khác nhau lập được từ 6 số trên Suy ra: hiệu hai số bất kì trong đó cũng chia hết cho d

Ta có: 123465 123456 9  9d d



1;3;9



Mà tổng của các chữ số lập được đều bằng 1 2 3 4 5 6 21      Vậy các số đó chia hết cho 3 chứ không chia hết cho 9

Vậy d3

(22)

Bài 3. a) Người ta lấy một tờ giấy xé thành 5 mảnh sau đó lại lấy một số mảnh này xé mỗi mảnh thành 5 mảnh nhỏ hơn. Hỏi sau mỗi lần xé liên tục như vậy ta có thể được 2010 mảnh, 2011 mảnh được không?

b) Tìm số nguyên tố có hai chữ số khác nhau dạng ab sao cho ba cũng là số nguyên tố và hiệu



ab ba là số chính phương.

Lời giải

a) Khi cắt một mảnh giấy thành 5 mảnh nhỏ thì số mảnh giấy tăng thêm 4 . Cắt nhiều lần như thế thì số mảnh tăng thêm là ⁴k k



^^,k ^¹



Ban đầu có 1 mảnh giấy, vậy tổng các mảnh sẽ là 4k1. Số này chia 4 dư 1 mà 2010,2011chia 4 dư 2 và dư 3.

Vậy với cách xé này, không thể xé liên tục thành 2010, 2011 mảnh được.

b) Ta có: ^{ab ba}^ ^^10a^{ }^b ¹⁰^{b a}^{ }^{9a 9}^ ^b^³²



^{a b}^



Vì ab ba là số chính phương nên a b là số chính phương ^{a b}^{ }



^{1; 4;9}



+ Nếu a b 1;ab là số nguyên tố ab43. Khi đó ba34 (không là số nguyên tố: loại) + Nếu a b 4;ab là số nguyên tố ab73(thỏa mãn vì: ba37 cũng là số nguyên tố) + Nếu a b 9;ab là số nguyên tố ab

Vậy số cần tìm là 73.

Bài 4. Tính giá trị biểu thức 1.2004 2.2003 3.2002 ... 2004.1 1.2 2.3 3.4 ... 2004.2005

   

    

A

Lời giải Đặt: B1.2004 2.2003 3.2002 ... 2004.1    C1.2 2.3 3.4 ... 2004.2005   

Ta có:

1.2004 2.2003 3.2002 ... 2004.1

    

B

     

1.2004 2. 2004 1 3. 2004 2 ... 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 2 3 ... 2004 1.2 2.3 3.4 ... 2003.2004

         

   

2004. 1 2 3 ... 2004 1.2 2.3 3.4 ... 2003.2004 2004.2005 2004.2005

           

   

2004. 1 2 3 ... 2004 2005 1.2 2.3 3.4 ... 2003.2004 2004.2005

           

 

2006.2005

2004. 1.2 2.3 3.4 ... 2003.2004 2004.2005

 2      

1.2 2.3 3.4 ... 2004.2005

     C

3C1.2.3 2.3.3 3.4.3 ... 2004.2005.3   

     

1.2.3 2.3 4 1 3.4. 5 2 ... 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

       

(23)



1.2.3 2.3.4 3.4.5 ... 2004.2005.2006

 

1.2.3 2.3.4 ... 2003.2004.2005



        

2004.2005.2006



2004.2005.2006

 C 3 .

Khi đó: 2004.2005.2006 2004.2005.2006 2004.2005.2006

2 3 6

  

B

Suy ra :

2004.2005.2006 6 1

2004.2005.2006 2 3

 

A

Vậy 1

2 A

Bài 5. Tìm x, biết: 1 1 1 ... 1 . 1 2 3 ... 98 99

2 3 4 100 99 98 97 2 1

           

 

  x

Lời giải

Đặt : 1 2 3 98 99

99 98 97 ... 2 1

      A

1 2 3 98 99

1 1 1 ... 1 1 99

99 98 97 2 1

         

                   A

 

100 100 100 100

... 100 99

99 98 97 2

      

100 100 100 100 100

99 98 97 ... 2 100

     

1 1 1 1 1

100. ...

100 99 98 97 2

 

       

1 1 1 1

100. ...

2 3 4 100

 

      .

1 1 1 1 1 2 3 98 99

... . ...

2 3 4 100 99 98 97 2 1

           

 

  x

1 2 3 98 99

99 98 97 ... 2 1

1 1 1 1

2 3 4 ... 100

    



    x

1 1 1 1

100 ...

2 3 4 100

1 1 1 1

2 3 4 ... 100

     

 

 



    x

100 x . Vậy x100.

(24)

ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN 6 – ĐỀ 17

Thời gian:

Bài 1. Thực hiện phép tính.

a)

3 3 3 1 1 1

7 11 13 2 3 4

5 5 5 5 5 5

7 11 13 4 6 8

   



   

b)



1 2 3 .. 90 12.34 6.68 :

 

^{1 1 1 1}

3 4 5 6

 

          Bài 2. a) Chứng minh rằng: 36³⁶9¹⁰ chia hết cho 45.

b) Tìm các số a,b,c biết

Bài 3. Một người đi từ A đến B với vận tốc

4km / h

dự định đến B lúc 11 giờ 45 phút. Sau khi đi được 4

5 quãng đường thì người đó đi với vận tốc 3km/h nên đến B lúc 12 giờ trưa. Tính quãng đường

AB

, người đó khởi hành lúc mấy giờ?

Bài 4. Chứng minh rằng số có dạng



^33...3



² trong đó có n chữ số 3 (với n là số nguyên dương), luôn viết được dưới dạng hiệu của số tự nhiên viết bởi toàn chữ số 1 và số tự nhiên viết bởi toàn chữ số 2.

Bài 5. Hai người chơi trò chơi như sau: trong hộp có 311 viên bi, lần lượt từng người lấy k viên bi với

 

k 1;2;3 . Người thắng là người lấy được viên bi cuối cùng trong hộp bi đó.

1) Hỏi người thứ nhất hay người thứ hai thắng và chiến thuật chơi thế nào để thắng?

2) Cũng hỏi như câu trên, khi đề bài thay 311 viên bi bằng n viên bi, với n là số nguyên dương?

(25)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN 6 (20… – 20…)

Thời gian:

Bài 1. Thực hiện phép tính.

a)

3 3 3 1 1 1

7 11 13 2 3 4

5 5 5 5 5 5

7 11 13 4 6 8

   



   

b)



1 2 3 .. 90 12.34 6.68 :

 

^{1 1 1 1}

3 4 5 6

 

          Lời giải

a)

1 1 1 1 1 1

3 3 3 1 1 1 3. 2.

7 11 13 4 6 8 3 2

7 11 13 2 3 4 1

5 5 5 5 5 5 5. 1 1 1 5. 1 1 1 5 5

7 11 13 4 6 8 7 11 13 4 6 8

       

            

   

           

b)



1 2 3 .. 90 12.34 6.68 :

 

^{1 1 1 1}

3 4 5 6

 

         



1 2 3 .. 90 6.2.34 6.2.34 :

 

^{1 1 1 1}

3 4 5 6

 

           1 1 1 1

0 : 3 4 5 6

 

     

0

Bài 2. a) Chứng minh rằng: 36³⁶9¹⁰ chia hết cho 45.

b) Tìm các số a,b,c biết

Lời giải Ta có ^{9 9} ³⁶³⁶ ^{9 9 1}¹⁰

 

36 9

  



 

Lại có chữ số tận cùng của 36 là 6 nên chữ số tận cùng của 36³⁶ là 6 Và 9¹⁰81⁵, chữ số tận cùng của 81 là 1 nên chữ số tận cùng của 81⁵ là 1 Suy ra chữ số tận cùng của 36³⁶9¹⁰ là 6 1 5  ^³⁶³⁶^^{9 5 2}¹⁰

 

Từ

 

¹ ^và

 

² ^có³⁶³⁶^⁹¹⁰ chia hết cho 9 và 5

Mà 9 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau nên 36³⁶9¹⁰ chia hết cho 9.5, hay nói cách khác

36 10

36 9 chia hết cho 45.

Bài 3. Một người đi từ A đến B với vận tốc

4

km h

/

dự định đến B lúc 11 giờ 45 phút. Sau khi đi được 4

5 quãng đường thì người đó đi với vận tốc 3km/h nên đến B lúc 12 giờ trưa. Tính quãng đường AB, người đó khởi hành lúc mấy giờ?

Lời giải

(26)

Gọi độ dài quãng đường AB là ^{x km}

 

^.

Thời gian người đó đến muộn so với dự định ban đầu là 15 phút hay 1

4 giờ. Khi đó, theo đề bài ra ta có:

 

4 1

1 1 1 1 1 1

5 5 15

4 3 4 4 5 15 4 4 60 4

x x x x x x x x km

 

 

          

 

 

Với vận tốc

4

km h

/

người đó đi hết quãng đường AB trong 15 3, 75

4  giờ hay 3 giờ 45 phút.

Vậy người đó khởi hành lúc 8 giờ và quãng đường AB dài 15km.

Bài 4. Chứng minh rằng số có dạng



^33...3



Lời giải Ta có:



^33...3

 

²^ ^3.11...1



²

 

2 2

3 . 11...1



 

²

9. 11...1



   

9. 11...1 . 11...1

 (có n chữ số 1 trong mỗi ngoặc)



99...9 . 11...1

  

 (có n chữ số 1 và n chữ số 9 trong mỗi ngoặc)



¹⁰ⁿ ^{1 . 11...1}

  

  (có n chữ số 1)

   

10 . 11...1n 11...1

 



11...100...0

 

11...1



  (có n chữ số 0 và n chữ số 1 trong mỗi ngoặc)



11...100...0

 

11...1

 

11...1

 

11...1



   



^11...1

 

^22...2



  (có 2n chữ số 1 và n chữ số 2 trong mỗi ngoặc)

Vậy số có dạng



^33...3



Bài 5. Hai người chơi trò chơi như sau: trong hộp có 311 viên bi, lần lượt từng người lấy k viên bi với

 

k 1;2;3 . Người thắng là người lấy được viên bi cuối cùng trong hộp bi đó.

1) Hỏi người thứ nhất hay người thứ hai thắng và chiến thuật chơi thế nào để thắng?

2) Cũng hỏi như câu trên, khi đề bài thay 311 viên bi bằng n viên bi, với n là số nguyên dương?

Lời giải 1) Người thứ nhất thắng.

(27)

Chiến thuật chơi để thắng: Lần đầu người thứ nhất lấy 3 viên bi, còn lại 308 viên bi (là một số chia hết cho 4). Sau đó người thứ hai lấy k viên bi với ^k^



^1;2;3



; còn người thứ nhất lấy 4 k viên bi, mỗi lần người thứ nhất đều làm như vậy sẽ thắng cuộc.

2) Khi thay 311 viên bi bằng n viên bi, với n là số nguyên dương:

Nếu n không chia hết cho 4 thì người thứ nhất thắng với chiến thuật như trên.

Nếu n chia hết cho 4 thì người thứ hai thắng.