ÔN TẬP NÂNG CAO TOÁN LỚP 7

Kẻ BH, CK vuông góc với AE H và K thuộc đường thẳng AE.

y0 2 1

X0 C

B

A

x

o 1 2 3 4 5 y

3-5-2015-Hiep ÔN TẬP NÂNG CAO TOÁN 7

1) Tính tổng S = 1 + 2 + 5 + 14 + …+

2

1

3n 1

(với n (với n Z+)

H.dẫn: Biến đổi S = n

2

1

2

3

2

3 2

3 2









n

; Đưa về dạng 3S – S = 2S; Biến đổi được S =

4

1 3

2n n

2) Tính tổng B = 1+5+52+53+… +52008+52009

H.dẫn giải: Nhân 2 vế tổng B với 5 ; Lấy 5B – B rút gọn và tính được B =

4

1

52010 3) Tìm x

3) Tìm x  Z để A =

2

2 5





x

x

có giá trị nguyên;

H.dẫn giải: A = 5 +

2

8



x ; A đạt giá trị nguyên  ; A đạt giá trị nguyên 2

8



x đạt giá trị nguyên  đạt giá trị nguyên x – 2 x – 2 Ư (8)

Lập bảng

Vì x

Vì x  Z Z  x = {–6; –2; 0; 1; 3; 4; 6; 10} thì A  x = {–6; –2; 0; 1; 3; 4; 6; 10} thì A Z

4) Tính tổng: M = – n 4n

4 13

9

4 9 5

4 5 1

4









H.dẫn giải: Đưa dấu “ – “ ra ngoài dấu ngoặc; Tách một phân số thành hiệu 2 phân số rồi rút gọn được A = 11

n

5) Tính tổng: M = 3 1 1 1 4761 4 5

417 762 139�  �762 417.762 139 

H.dẫn giải: – Biến đổi M dưới dạng một tổng rồi đặt a = 1

417 ; b = 762

1

; c = 139 1

– Rút gọn rồi thay giá trị a, b, c vào ta tính được M =

762 3

6) Chứng minh rằng đa thức P(x) = 2x2 + 2x +

4

5 không có nghiệm:

H.dẫn giải: P(x) = (x+1)2 + x2 +

4

1 4

1

 với với x Vậy P(x) không có nghiệm 7) Cho các số a1, a2, a3 …an mỗi số nhận giá trị là 1 hoặc –1

Biết rằng a1a2 + a2a3 + … + ana1 = 0 Hỏi n có thể bằng 2002 được hay không?

H.dẫn giải: Xét giá trị của mỗi tích a1a2, a2a3, …ana1

 số tích có giá trị bằng 1 bằng số tích có giá trị bằng –1 và bằng

2

n

; Vì 2002 ; Vì 2002 2 2  n = 2002 8) Tìm x biết

x

y y

y

6

6 1 24

4 1 18

2









H.dẫn giải: biết

x

y y

y

6

6 1 24

4 1 18

2

1 ( 1 ) ( 2 )  ( 3 )









– áp dụng tính chất dãy TSBN cho tỉ số (1) và (3) được tỉ số (4)

– Xét mối quan hệ giữa tỉ số (4) và (2)

– Xét mối quan hệ giữa tỉ số (4) và (2)  6x = 2 24 = 48 6x = 2 24 = 48 x = 8

9) Cho hình vẽ, đường thẳng OA là đồ thị hàm số y = f(x) = ax (aCho hình vẽ, đường thẳng OA là đồ thị hàm số y = f(x) = ax (a 0)

a) Tính tỉ số 42





o

o x

y

b) Giả sử x0 = 5 tính diện tích OBC

H.dẫn giải: a) Trên mặt phẳng toạ độ ta thấy điểm B(x0;y0) ) đồ thị hàm số y = f(x) = ax

 y0 = ax0

0

0

x

y

 = a ; Mà A(2;1)  = a ; Mà A(2;1) a =

0

0 2

1

x

y

4

2 4

2 0

0 0

0









x

y x

y

b)

b) OBC vuông tại C OBC vuông tại C SOBC = OC BC

2

1

= 0 2

1

y OC

Với x0 = 5

2

5 5 2

1







 SOBC = 6,25 (đvdt)

M K H

B

E

10) Tìm x, y biết

x

y x

y y

4

7 1 5

5 1 12

3









H.dẫn giải: – áp dụng tính chất dãy TSBN cho tỉ số (1) và (3) được tỉ số (4)

– Từ tỉ số (4) và tỉ số (2)  12 + 4x = 2.5x  x = 2 Từ đó tính được y = –

15 1

11) Cho Cho ABC vuông cân ở A, M là trung điểm của BC, điểm E nằm giữa M và C

Kẻ BH, CK vuông góc với AE (H và K thuộc đường thẳng AE) Chứng minh rằng:

a) BH = AK b) a) BH = AK b) MBH = MBH = MAK c) MAK c) MHK là tam giác vuông cân

H.dẫn giải: Chứng minhChứng minh ΔHAB = ΔKCA (CH – GN) KCA (CH – GN)  BH = AK

Chứng minhChứng minh MHB = MHB = MKA (c.g.c)  MKA (c.g.c) MHK cân vì MH = MK (1)

Có Có MHA = MHA = MKC (c.c.c) MKC (c.c.c) góc AMH = góc CMK từ đó

 góc HMK = 900 (2) Từ (1) và (2)   (2) Từ (1) và (2) MHK vuông cân tại M

y  x 

Vì 2

0

8

Vì 0 (�x2010)2 và x N� ,  2

2010

x là số chinh phương nờn 2

(x2010) 4

� hoặc (x2010)2  hoặc 1 (x2010)2  0

2008

x

x



�

y y



�



+ Với (x2010)2 1 � y2 36 8 28  (loại)

+ Với (x2010)2 0� x2010 và 2 36 6

y y



�

 � �  �

13) Cho H = 22010 22009  22008  21 Tính 2010H

H.dẫn giải: Ta có 2H = 22011  22010  22009  22  2

2H – H = 22011 22010 22010. 2200922009  22 22  221

H =22011  2.22010 122011 22011 11  2010H = 2010

16

1

) 4 3 2 1 ( 4

1 ) 3 2 1 ( 3

1 ) 2 1 ( 2

1

H.dẫn giải: M =

2

17 16 16

1

2

5 4 4

1 2

4 3 3

1 2

3 2 2

1

2

17

2

5 2

4 2

3 2

2











2

1











2

18 17 2

1



















2

31 31 2

30

6 2

5 5 2

4 4 2

3 3 2

2 2

2

1

6 

2 2 31 30

4 3 2 1

31 30

4 3 2 1

 � 36 2 x

2

1

 � x18

16) Cho

4

3

y x

 và

6 5

z y

 Tính M =

z y x

z y x

5 4 3

4 3 2









H.dẫn giải:

20 15 4 3

y x y x





24 20 6 5

z y z y







24 20 15

z y x





(1)

96 60 30

4 3 2 96

4 60

3

30

2















(1)

120 80 45

5 4 3 120

5 80

4

45

3

















96 60 30

4 3 2







x

:

120 80 45

5 4 3







x

= 30

2x

: 45

3x

5 4 3

245

186

4

3

2

























z y x

z y x M z

y x

z y

x