Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022

--- Bài mới hơn ---

  • Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022
  • Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm
  • Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam
  • Ts Lê Bá Khánh Trình: Học Sinh Thi Olympic Toán Biết Học Và Chơi
  • Olympic Toán Quốc Tế 2022, Việt Nam Bị Loại Khỏi Top 10
  • LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2022

    Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng

    aff

    Lê Phúc Lữ – Nguyễn Văn Huyện

    1. Lờinóiđầu

    st

    Vậy là đã 7 năm chúng tôi đồng hành cùng các cuộc thi toán với những bài Giải và bình

    thi VMO và TST như một cố gắng đóng góp cho cộng đồng những tài liệu chất lượng, bổ

    n

    2. Thông tin bản quyền

    Ep

    Bản quyền thuộc về tất cả các thành viên trong nhóm biên soạn (Trần Nam Dũng, Võ Q

    Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Văn Huyện).

    Đây là thành quả của quá trình lao động miệt mài của nhóm để chia sẻ đến cộng đồng. M

    đều có thể xem tài liệu MIỄN PHÍ. Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn khi chia sẻ.

    3. Đề thi

    3.1. Ngày thithứ nhất (05/01/2017)

    Bài 1 (5.0 điểm).

    Cho a là một số thực và xét dãy

    số .u

    định bởi

    n / xác

    u1 D a;

    unC1

    r

    8n 2 N :

    2

    Bài 2 (5.0 điểm).

    Tồn tại hay không đa thức P .x/ với hệ số nguyên thỏa mãn

    p3

    p3

    p

    p

    P 1 C 2 D 1 C 2 và P 1 C 5 D 1 C 3 5‹

    aff

    Bài 3 (5.0 điểm).

    Cho tam giác

    ABC nhọn, không cân nội tiếp đường

    .O/:tròn

    GọiH là trực

    tâm của tam giác

    ABC vàE; F lần lượt là chân các đường cao hạ từB;

    các

    C Iđỉnh

    AH cắt

    .O/ tại D (D khác A).

    a) Gọi I là trung điểm của

    AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

    rằng M N ? OH :

    st

    b) Các đường thẳng

    DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

    P ; Q (P vàQ khácD ). Đường tròn

    ngoại tiếp tam giác

    AEF cắt.O / vàAO lần lượt tại

    R vàS (R vàS khácA). Chứng

    minh rằng BPC; Q và RS đồng quy.

    n

    ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được đi

    hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau; nếu mộ

    và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đ

    các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

    Ep

    a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để tồn tại cách điền

    k sốcân đối cho cách tô màu

    đối xứng ở hình bên dưới.

    A

    B

    D

    C

    b) Vớin D 2022;tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

    cách điền số kcân đối.

    3

    3.2. Ngày thithứ hai(06/01/2017)

    Bài 5 (6.0 điểm).

    Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

    f xf .y/

    f .x/ D 2f .x/ C xy

    với mọi số thực x; y:

    a)

    aff

    kD1

    b)

    2016

    st

    kD1

    n

    Ep

    Về cấu trúc, đề thi gồm 7 bài toán. Ngày đầu có 4 bài, mỗi bài được 5 điểm thuộc 4 phâ

    Giải tích, đại số, hình học, tổ hợp. Ngày thứ hai có ba bài thuộc ba phân môn: Đại số, số

    hợp với số điểm tương ứng là 6, 7, 7.

    Đề thi ngày thứ nhất, trừ bài cuối là khá cơ bản và quen thuộc.

    Bài 1 là bài giải tích yêu cầu khảo sát sự hội tụ của một x

    dãy

    D f .n

    hồi; dạng

    xn / :

    nC1 truy

    Về nguyên tắc, dạng dãy số này khó khảo sát hơn dạng

    x nC1

    dãyDtruy

    f .x hồi

    n / vì

    2 nC3

    các hệ số của hàm

    f không hằng mà biến thiên

    n theo

    :Tuy nhiên, nếu để

    ý dần đến

    q nC1

    1

    2 khin dần đến vô cùng thì ta có thể “quy về” dãy

    x nC1sốDdạng

    C x n C 14 và dự

    2

    đoán được giới hạn bằng

    3 :Từ đó dùng bổ đề quen thuộc: “Nếu tồn qtại2 số

    . 0thực

    ;1 /

    sao cho

    x nC1 q x n C bn vớilim bn D 0 thì ta có

    lim xn D 0″, thì từ đánh giá đơn giản

    j unC1

    3j

    3j C

    ta sẽ suy ra kết luận bài toán. Ở đây, chú ý là câu b) cũng làm hoàn toàn tương t

    kiện đối với

    a chẳng qua là uđể

    2 xác định. Chú ý là dạng bài dãy số này đã xuất hiện ở

    hai kỳ VMO gần đây (2012 và 2022) với cùng cách giải tương tự thông qua bổ đề nói

    4

    aff

    Bài 2 là một bài toán về xác định đa thức thoả mãn một điều kiện cho trước. Bài nà

    học sinh nắm vững lý thuyết về đa thức tối thiểu của số đại số thì sẽ giải rất nhanh.

    ta có định lý rất cơ bản sau:

    P .Nếu

    x /vàQ.x / là các đa thức đơn khởi, hệ số nguyên có

    chung nghiệm ˛ và Q . x / là bất khả quy thì P . x / chia hết cho Q . x / :

    p3

    p

    Ta đặtQ.x / D P .x C 1/

    1 thì 2 và 5 tương ứng sẽ là nghiệm của đa thức

    Q.x / x vàQ.x / 3x 1 :Vì các đa thức

    x 3 2 vàx 2 5 bất khả quy trên

    Z nên từ

    3

    2

    đây sẽ suy ra ngay

    Q.x / x D .x

    2 / S . xvàQ.x

    /

    / 3x 1 D .x

    5/T.x/:

    3

    2

    Từ đây sẽ 2x

    ra C 1 D .x

    2 / S . x /. x

    5 / T . x /Đến

    : đây, chọn

    x D 7 sẽ suy

    ra điều mâu thuẫn vì vế phải chia hết cho 1 1 ; còn vế trái thì không.

    st

    n

    Ý tưởng dạng này đã xuất hiện trong các kỳ VMO, nhưng từ rất lâu, cụ thể là VMO 1

    Trước đó nhiều

    năm,

    VMO 1984 có bài tìm đa thức đơn khởi hệ số nguyên bậc nhỏ

    p

    p3

    có nghiệm là2 C 3 :Chính qua những bài toán như vậy khái niệm đa thức tối thiểu

    (và sau này là mở rộng trường) được giới thiệu.

    Bài 3 là một bài toán hình khá nhẹ nhàng, câu a) quy về việc

    Mchứng

    N là trục

    minh

    đẳng phương của hai đường

    .ABtròn

    C / và.DEF /: Câu b) cũng là một cấu hình rất

    quen thuộc mà trong đó có cả điểm Miquel, tứ giác điều hoà, đường đối trung, đường

    giác, định lý Pascal.

    Tuy

    . . nhiên, cách tiếp cận chân phương nhất là dùng đồng dạng, m

    kiến thức hoàn toán lớp 9.

    Ep

    Bài 4, bài toán tổ hợp là bài khó nhất của ngày thi thứ nhất, cũng là bài toán lạ nhất.

    việc đọc hiểu được đề bài cũng đã tốn khá nhiều thời gian, vì vậy, việc cho câu a), m

    huống rất cụ thể với bảng kích thước nhỏ là hết sức cần thiết, vừa tạo cơ hội cho h

    kiếm điểm, vừa để học sinh “làm quen và cảm nhận” bài toán. Với câu a), chỉ cần q

    lý luận đơn giản (chú ý đến tính đối xứng, do

    i và

    đócột

    hàng

    i là giống nhau) là ta thấy

    k D 2 không thoả mãn yêu cầu bài toán. Như vậy, chỉ còn cần chỉ

    k Dra3ví

    làdụ với

    hoàn thành được câu này.

    Với phần b) thì khó khăn hơn. Riêng việc đoán ra đáp số đã là không đơn giản. Thực

    nhiều lời giải sai (với đánh

    kD

    giá2007) đã được đưa ra (trong đó có những lời giải của

    người ở bên ngoài, trong điều kiện thoải mái về thời gian). Với câu này, cần tiếp tục

    tính đối xứng để chỉ ra một cấu hình tốn nhiều số nhất. Và cấu hình này chính là cấu

    đen trắng xen kẽ. Với cấu hình này, ta có thể suy ra ra tất cả các số dương ở nửa tam

    2022 2 1

    đôi một khác nhau. Suy

    k 1008C1008C1006C1006C

    ra

    C2C2 D

    :

    4

    Để chứng minh điều kiện đủ, ta có thể sử dụng quy nạp Toán học 2

    với

    :Điều

    bước nhảy là

    này có thể giải thích được vì nếu tinh ý, chúng ta có thể đưa bài toán về mô hình đ

    sử dụng định lý Mantel-Turan để giải quyết.

    Ngày thi thứ hai:

    5

    Tìm tất cả các hàm sốRf !WR thỏa mãn

    f

    xf .y / C f .x /

    D 2f .x / C xy

    Ep

    n

    st

    với mọi số thực yx :;

    aff

    Bài 5là một bài toán phương trình hàm có hai biến tự do vàxy

    cóởbiểu

    ngoài

    thức

    dấu

    hàm số:

    f xf . y / f . x / D 2f .x / C x y :Với những phương trình hàm như vậy,

    điều đầu tiên mà ta cần để ý khai thác, đó là tính song ánh của hàm số. Sau đó ta

    xảy ra trường hợp

    f .0/ D 0 hay không, hayf là

    .0/ D c ¤ 0 và tồn tại

    u ¤ 0 để

    f . u / D 0 :Từ đây tiếp tục thế một cách thích hợp sẽ

    f .x

    tìm

    /D

    được

    1 x là hàm số

    duy nhất thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáng chú ý, bài toán này có hình thức khá gi

    đề Olympic của Brazil năm 2006. Cách giải của hai bài toán cũng khá giống nhau. Đ

    Brazil 2006 như sau

    6

    k D1

    p

    k Cpk D

    X2

    1

    p

    p Cpk

    Dp

    k D1

    0

    3

    C pk

    1

    1

    2

    1

    1

    1

    A:

    C pk

    p

    Cp

    1

    2

    1

    1

    2

    st

    X2

    1

    aff

    p

    X2

    A

    Tiếp theo là nhiệm vụ của số học với định lý nhỏ Fermat và

    C pktính

    chấtp(cụ

    của

    1 mod

    k

    k

    thể ta có

    Cp 1 .

    1 / .mod p )/. Ở câu b), ta cũng thực hiện phép rút gọn tổng bằng

    p

    1

    p

    1

    n

    Bài 7 là một bài hình học khó có tính phân loại cao, đặc biệt là ở câu b). Ở câu a)

    toán vẫn khai thác các vấn đề quen thuộc như điểm Miquel, trục đẳng phương và tâm

    phương, và đa số thí sinh đã giải quyết được vấn đề nhưng sang đến câu b) thì dườ

    chỉ có các cao thủ hình học mới đủ sức xử lý. Có lẽ bài toán được lấy ý tưởng dựa tr

    phương pháp điều hoà và xạ ảnh.

    Ep

    Tóm tắt lại, nếu đánh giá về độ khó thì đề năm nay khá dễ chịu, có nhiều câu thí sinh c

    được như câu 1, 2, 3, 5. Ngay cả với những bài khó hơn như 4, 6, 7 cũng có ý để ăn điểm

    4a, ý điều kiện cần của câu 4b), câu 6a, ý rút gọn của câu 6b), câu 7a. Về độ mới và ha

    bài 1, 2, 5 có ý khá cũ. Sự lặp đi lặp lại của ý tưởng bài 1 cho thấy lối mòn trong việc kh

    đề tài giải tích. Tại sao lại phải là dãy số và giới hạn mà không phải là những vấn đề r

    như sự liên tục, ứng dụng của đạo hàm bậc2?nhất,

    Bài 3bậc

    không mới nhưng đặt vấn đề đẹp

    và phù hợp trong bối cảnh ngày thi có 4 bài. Bài 6 cũng là một bài không mới, với ý rút

    tổng. Phần số học của bài này sẽ tạo thuận lợi cho các đội mạnh, nơi các học sinh được

    kiến thức đầy đủ hơn về các tính chất của số nguyên tố (như các định lý nêu trên trong p

    luận về bài 6 cùng các phương pháp chứng minh của chúng). Hai bài toán đẹp nhất và c

    nhất của đề thi là bài số 4 và số 7, trong đó bài 4 khai thác cách phát biểu thú vị về dạn

    lưỡng phân, còn bài 7 là các tính chất xạ ảnh đẹp đẽ và sâu sắc.

    Với những nhận xét và đánh giá trên, theo chúng tôi, sẽ rất khó dự đoán điểm chuẩn chín

    vì khu vực 15 đến 20 điểm sẽ rất dày đặc. Trong 7 bài toán, có đến 5 bài có hai ý a), b) và

    số sẽ hết sức phụ thuộc vào sự phân bố điểm ở các câu này. Dù vậy, qua khảo sát sơ bộ

    dự thi, chúng tôi tạm đưa ra dự đoán bộ điểm chuẩn rất chẵn của năm nay như sau: Khuy

    15 điểm (1, 2, 5), giải 3: 20 điểm (1, 2, 3, 5), giải nhì 25 điểm: (1, 2, 3, 5) + (4a + 6a +

    nhất 30 điểm: phải giải quyết được các vấn đề xương xẩu hơn như 4b, 6b, 7b hoặc làm

    bài trên rất chuẩn.

    7

    .1/

    aff

    a) Khi a D 5 ; chứng minh rằng dãynsố

    / có. ugiới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

    b) Tìm tất cả các giá trị của số a để dãy

    số .định

    u và có giới hạn hữu hạn.

    n / xác

    a

    st

    Lờigiải.Ta sẽ giải trực tiếp ý b), từqđó suy ra kết quả cho ý a). Có

    . uthể

    thấy

    định

    dãy

    n / xác

    1

    5

    1

    khi và chỉ khi2 uxác định. Mà2 uD 2 C

    a C 4 nên u2 xác định khi và chỉ khi

    2

    n

    Ep

    17

    4C

    17

    với mọin 2 : Vậy dãy

    . un / tăng ngặt và

    bị chặn trên bởi2 nên có giới hạn hữu hạn. Đến đây, bằng cách chuyển phương trình

    sang giới hạn, ta cũng thu được

    lim

    3: u

    n D

    Tóm lại, với mọi a

    thì dãy . nu/ xác định và hội tụ về 3 :

    8

    un C

    C

    j un

    3j C q

    st

    q

    aff

    un C

    C

    un C

    q

    un C

    C

    C

    C

    <

    D

    n

    q

    <

    C

    D

    Do đó, kết hợp với đánh giá ở trên, ta thu được

    j unC1

    3j

    3j C

    8n 2 :

    Ep

    Đến đây, bằng cách sử dụng bổ đề quen thuộc (có thể chứng minh bằng định nghĩa giới h

    Cho số thực

    q 2 . 0 ;1 / :Xét hai dãy không. âm

    an / ; . bn / thỏa mãn

    anC1 q a n C b n với

    mọi n 2 N và lim nb D 0 : Khi đó, ta có lim

    D

    a

    0:

    n

    Ta dễ dàng suy ra lim

    3 và hoàn tất lời giải cho bài toán.

    n Du

    9

    a) Với a D 0 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

    b) Với mọi a 2 Œ 10 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn.

    Bài 2 (5.0 điểm).

    Tồn tại hay không đa thức P . x / với hệ số nguyên thỏa mãn

    1C

    p3

    2 D1C

    p3

    2 và P

    1C

    p

    5 D1C3

    p

    5‹

    aff

    P

    Lờigiải.Giả sử đa thức

    P . x /nói trên tồn tại. Đặt

    Q.x / D P .1 C x /

    1 thìQ.x / cũng

    p3

    p3

    p

    p

    là đa thức với hệ số nguyên. Từ giả thiết, ta2cóDQ 2 và Q

    5 D3 5:

    Q.x /

    x D .x

    3

    st

    n

    p

    p

    Do R .x / có các hệ số đều nguyênRnên 5 có dạnga C b 5 với a ;b 2 Z: Thay

    p

    x D 5 vào đẳng thức trên, ta được

    p

    p

    2 5D 5 5

    2

    aCb

    p

    5 D 25b

    2 a C .5a

    suy ra5a 2 b D 2và2 a D 25b :Tuy nhiên, không có cặp số nguyên nào thỏa mãn đồng

    thời hai tính chất này. Mâu thuẫn nhận được chứng

    P .tỏ

    x đa

    /thỏa

    thức

    mãn đồng thời các tính

    chất ở đề bài không tồn tại.

    Ep

    3. (International Zhautykov Olympiad, 2014) Tồn tại không

    P . xđa

    /với

    thức

    các hệ số

    p

    p

    p

    p

    nguyên thỏa mãn 1P C 3 D 2 C 3 và P 3 C 5 D 3 C 5?

    10

    Bài 3 (5.0 điểm).

    Cho tam giác

    AB C nhọn, không cân nội tiếp đường

    . Otròn

    / :Gọi

    H là trực tâm của tamAB

    giác

    C vàE ; F lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh

    B ; C I A H cắt . O / tại D (D khác A).

    a) Gọi I là trung điểm của

    AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

    rằng M N ? OH :

    aff

    b) Các đường thẳng

    DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

    P ; Q (P vàQ khácD ). Đường

    tròn ngoại tiếp tam AEF

    giác cắt.O / vàAO lần lượt tại

    R vàS (R vàS khácA).

    Chứng minh rằng BP

    C ;Q và RS đồng quy.

    st

    Lờigiải.a)Gọi J là đường tròn Euler của tam

    ABgiác

    C thì. J / đi quaE ; I ; F đồng thời

    J là trung điểm

    OH . Dễ thấy

    D đối xứngH quaB C nên tam giác

    BDH cân tạiB . Cũng dễ

    thấy tam giác

    IEH cân tạiI nên∠IEH D ∠IHE D ∠BHD D ∠BDH;

    suy ra tứ giác

    BDE I nội tiếp. Mà DB cắt E I tại M nên

    MD:

    n

    ME MIDMB

    Từ đó phương tích của

    M đối với đường tròn

    . J / và.O / bằng nhau. Tương tự phương tích

    củaN đối với đường tròn

    . J / và.O / bằng nhau. Vậy

    M N là trục đẳng phương .O

    của

    /

    và .J / nên M N ? OJ . Do J là trung điểm OH nên M N ? OH .

    A

    I

    Ep

    M

    J

    E

    O

    C

    N

    b)Gọi X là trung điểm

    EF . AH cắtB C tạiK . Dễ thấy các tam BF

    giác

    E vàKHE đồng

    dạng (g-g).

    X là trung điểm

    EF vàK là trung điểm

    HD nên hai tam giác

    BF X vàDHE

    đồng dạng (c-g-c), suy

    ∠FraBX D ∠HDE D ∠F BP . Từ đó suy ra ba điểm

    B ;X ;P

    thẳng hàng. Tương tự ba điểm

    X ;Q

    C cũng

    ;

    thẳng hàng.

    A

    O

    K

    D

    R

    C

    aff

    F

    st

    S

    n

    Gọi AL là đường kính của

    .O / thì dễ thấy

    SH đi quaL và tứ giác

    HBLC là hình bình hành

    nênH L đi qua trung điểm

    M củaB C. Dễ thấy hai tam SE

    giác

    C vàSF B đồng dạng (g-g)

    nên hai tam giác

    SEF vàS CB đồng dạng (c-g-c), hai tam giác này có trung tuyến tương ứn

    là SX vàS M nên∠F SX D ∠B S M . Cũng có hai tam giác

    SF B vàSRL đồng dạng (g-g)

    nên hai tam giác S F R và S B L đồng dạng (c-g-c). Suy ra

    ∠F SR D ∠B SL D ∠B S M D ∠F SX:

    Từ đó, ta có ba điểm

    S ; X ; R thẳng hàng. Vậy

    SR đi quaX . Đều này chứng tỏ ba đường thẳng

    BP ; C Q và RS đồng quy tại trung điểm X của EF .

    Ep

    Tham khảo tại: http://analgeomatica.blogspot.com/2015/06/ve-mot-bai-toanhinh-hoc-tu-dien-aops.html

    12

    R

    E

    st

    B

    aff

    J

    Q

    Mặt khác phép đồng dạngP tâm

    biến đoạn

    CE thànhFB nênJ cũng biến thành

    I; do đó

    ı

    ∠JPI D ∠EPB D 180

    ∠BAC , từ đó tứ giác GIPJ nội tiếp. Ta có biến đổi góc

    n

    ∠IGP D ∠IJP D ∠BEP D ∠BAP D ∠BGQ

    ∠GPI D ∠GJI D ∠GCB D ∠GQB:

    Từ đó hai tam giác

    GIP vàGBQ đồng dạng. Như vậy phép đồng dạng

    G biếnI

    tâmthànhP

    và đoạn

    FB thành đoạn

    LQ . Mặt khác,

    I là trung điểm

    FB nênP là trung điểm

    LQ . Từ đó,

    gọiM là trung điểm

    EF . Ta dễ thấy hai tamBFE

    giácvàPLE đồng dạng. Từ đó, hai tam giác

    BFM vàQLE đồng dạng. Vậy

    ∠FBM D ∠LQE D ∠FBR nênBR đi quaM . Ta có điều

    phải chứng minh.

    Ep

    A

    F

    E

    B

    Q

    13

    Gọi R là bán kính ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có biến đổi diện tích

    ŒBFR ŒBFR ŒBAR ŒBRQ

    D

    ŒBER ŒBAR ŒBRQ ŒBER

    ABARBR

    4R

    BRRQQB

    4R

    Vậy BR chia đôi EF .

    aff

    st

    n

    Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn .O/. P là điểm bất kỳ trong tam giác

    choR đối xứng

    P quaBC thìR nằm trên

    .O/ . PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường

    tròn.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. GP cắtBC tạiM và cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF /

    tại Q khác A. Chứng minh rằng GQ chia đôi EF .

    Lờigiải.Dễ thấyP nằm trên

    .AEF / . Ta có∠DP C D ∠FP G D ∠FAG D ∠PDB nên

    P C k DB. Tương tự, ta cũngPB

    cók DC; do đó tứ giác

    PBDC là hình bình hành PD

    nênđi

    qua trung điểm M của BC .

    A

    Ep

    G

    F

    E

    B

    Q

    O

    C

    M

    R

    D

    Gọi giao điểm của

    GQ vàEF làN . Dễ thấy phép đồng dạng

    G lần

    tâmlượt biến

    E; F thành

    C; B. Lại có hai tam giác GFB và GQD đồng dạng (g-g) nên ∠F GB D ∠QGD; suy ra

    ∠NGF D ∠MGB:

    Do đó cũng phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy N là trung điểm EF .

    14

    Bài toán trên cũng có thể được mở rộng hơn nữa như sau

    aff

    Bài chúng tôi tam giác

    ABC nội tiếp trong đường .O/

    tròn

    . P là điểm bất kỳ trong tam giác.

    PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường tròn

    .AEF / cắt.O/ tạiG khácA. M là điểm

    bất kỳ trên cạnh

    BC . GM cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF / tạiQ khácA. GQ cắtEF tại

    N . Chứng minh rằng

    MB

    NF

    D

    :

    MC

    NE

    A

    G

    F

    P

    Q

    M

    C

    n

    B

    N

    st

    E

    D

    Lờigiải.Dễ thấy phép đồng dạng

    G lần

    tâmlượt biến

    E; F thànhC; B. Lại có hai tam giác

    GFB vàGQD đồng dạng (g-g) ∠FGB

    nên D ∠QGD suy ra∠NGF D ∠MGB; do đó cũng

    phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy

    MB

    NF

    D

    :

    MC

    NE

    Ep

    Ta thu được điều phải chứng minh.

    Các bạn có thể làm các bài toán sau đây đề luyện tập thêm:

    1. (Mở rộng ý a) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

    ABC giác

    nội tiếp đường tròn

    .O/ . Một

    đường tròn

    .K/ đi quaB; C cắtCA; AB tạiE; F khácB; C . BE cắtCF tạiH . AH cắt

    .O/ tạiD khácA. Tiếp tuyến E;

    tạiF của.K/ lần lượt cắt

    DB; DC tạiM; N . Chứng

    minh rằng MN ? OH .

    2. (Mở rộng ý b) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

    ABC giác

    nội tiếp trong đường.O/

    tròn

    .

    P là điểm bất kỳ trong tam giác sao

    R đối

    choxứngP quaBC thìR nằm trên

    .O/ .

    PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường tròn

    .AEF / cắt.O/ tạiG khácA. D

    thuộc.O/ sao cho

    DR k BC . AD cắt.AEF / tạiQ khácA. DE; DF cắt.O/ tạiS; T

    khác D. Chứng minh rằng BS; C T; GQ đồng quy.

    15

    aff

    st

    ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được

    trên hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau

    một hàng và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền

    hàng đó và tập các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

    a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để tồn tại cách điền

    k số

    cân đối cho cách tô

    màu đối xứng ở hình bên dưới.

    B

    n

    A

    C

    Ep

    D

    b) Vớin D 2022;

    tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

    cách điền số kcân đối.

    5

    ¤ ;:

    16

    Ta sẽ chứng minh k D 3 thỏa với cách điền như sau:

    0

    1

    1

    0

    2

    2

    1

    2

    0

    2

    2

    2

    2

    0

    3

    3

    0

    3

    aff

    3

    2

    st

    1

    1

    Ep

    n

    b)Điều kiện cần: Trước hết, xét cách tô màu đối xứng như bàn cờ, tức là trắng đen xen

    hình, trong đó vị trí .i; j / sẽ được tô đen nếu i C j chẵn, ngược lại thì tô trắng.

    Xét hai ô trắng bất kỳ trong bảng ô vuông trên

    .a; b/ởvà.c;

    vị tríd /; 1 a; b; c; d 2022:

    Nếua C cchẵn thì

    b C d cũng chẵn, suya ra

    C d vàb C clẻ. Khi đó, một trong hai ô

    .a; d /và.b; c/ sẽ được tô đen vì chúng không thể cùng nằm trên đường chéo màu x

    Suy ra hai ô vuông trắng phải được điền số khác nhau.

    Nếua C clẻ thìb C d cũng lẻ, xét.d;

    ô c/ điền cùng số với

    .c;ôd /thì rõ ràng ta có thể

    áp dụng lập luận trên để suy ra hai số điền cho hai ô hai khác nhau.

    Từ đó suy ra tất cả các số điền cho các ô trắng nằm ở nửa trên bên phải của bảng là đôi m

    biệt. Do đó, ta thu được kết quả

    k 2C4C6C

    2017

    Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh

    k Drằng

    4

    1

    thỏa mãn bài toán bằng quy nạp

    kết quả

    j 2rằng

    k

    n

    trên cũng đúng với mọi bảng có kích

    n thước

    n vớin là số nguyên dương, cụ kthể

    D là4 :

    17

    Thật vậy, với n D 1; n D 2; n D 3; ta dễ dàng kiểm tra được các kết quả tương ứng.

    Xét n 5 và giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên dương bé hơn n:

    Đánh số cách hàng

    1 !từn và cột1 ! n . Ta sẽ chứng minh rằng với mọi vị trí của các ô đen

    thì luôn tồn tại cách điền các số nguyên dương không

    kn vào

    vượt

    ô trắng

    quá còn lại trong bảng

    (trường hợp điền số âm thì tương tự vì tính bình đẳng).

    aff

    Xét graph

    G D .V; E/ màV là tập hợp các đỉnh, đỉnh

    i ứng

    thứ với hàng

    i và1 i n ; còn

    E là tập hợp các cạnh, trong đó có cạnh nối từ

    i đến

    đỉnh

    đỉnh

    thứthứ

    j nếu như tại.i;ô j / và

    ô .j; i / là ô màu trắng. Ta phát biểu bổ đề sau:

    Bổ đề (Định lý Mantel-Turan).

    Xét mộtj graph

    đơn vô hướng

    n đỉnh

    có và

    k cạnh. Khi đó, nếu

    k

    2

    n

    graph này không có chứa tam giác thì

    k

    :

    4

    Áp dụng vào bài toán, ta xét các trường hợp sau:

    st

    j 2k

    Nếu graph

    G không có chứa tam giác, theo bổ đề thì nó sẽ có nkhông

    cạnh,

    quá

    nghĩa

    4

    j 2k

    j 2k

    n

    là có không quá

    ô trắng nên có thể dùng

    k D n4 số nguyên dương điền vào các ô

    4

    đó (cho dù vị trí của các ô đen thế nào đi nữa).

    n

    Nếu graph

    G có chứa tam giác, giả sử các

    a; đỉnh

    b; cphân biệt được nối với nhau đôi

    một. Điều này tương ứng với việc

    .a;các

    b/; ô

    .b; c/; .c; a/và.b; a/; .c; b/; .a; c/là

    giao điểm của các hàng

    a; b; cđều được tô màu trắng. Khi đó, các số điền vào các ô đó

    không cần phải phân biệt và tập hợp các ô trắng (nếu có) còn a;

    lạib;

    trên

    ccũng

    các hàng

    không cần phải rời nhau. Rõ ràng trên mỗi hàng sẽ còn lại không

    3 ô nhưquá

    thế.

    n

    Khi đó, ta có thể dùng

    1số để điền vào các ô trắng ở trên và dùngnkhông

    3số quá

    phân

    biệt để điền vào mỗi ô còn lại của mỗi hàng.

    Nếu không

    3 hàng

    a; b; c, ta còn lại

    n 3 hàng, sử dụng giả thiết quy nạp thì cần

    j tính

    k

    .n 3/ 2

    không quá 4

    số nguyên dương phân biệt cho các hàng đó.

    Ep

    j 2k

    Tóm lại, trong mọi trường hợp, ta đều cần sử dụng nkhông

    số nguyên

    quá

    dương phân biệt

    4

    j 2k

    n

    để điền vào các ô trắng hay nói cách khác

    cũng

    k D thỏa mãn đề bài với bảng n n:

    4

    Theo nguyên lý quy nạp thì khẳng định được chứng minh. Vậy giá trị tốtknhất

    là cần tìm c

    20222 1

    . Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

    4

    Bài toán này thuộc dạng cực trị tổ hợp và đòi hỏi phải xử lý cả điều kiện cần và đủ thì mớ

    kết luận được đáp số của bài toán.

    18

    Ở phần a), ta thấy kích thước của bảng là nhỏ nên có thể thử trực tiếp các số để kiểm t

    xây dựng cũng khá nhẹ nhàng. Chú ý rằng một số có thể được sử dụng lại nhiều lần the

    bài nếu đọc không cẩn thận, ta dễ hiểu nhầm đáp số câu a) là k D 5:

    Phần b) thử thách hơn nhiều với kích thước bảng lớn, và quan trọng hơn là cách tô đối xứ

    nên chưa thể định hướng được ngay giá trị “vừa đủ lớn” của k:

    aff

    Ý tưởng mấu chốt là chỉ ra một mô hình đặc biệt mà ở đó,kđòi

    phải

    hỏiđạt

    giáđược

    trị cực đại

    thì mới đủ để điền vào. Và bàn cờ ở trên chính là mô hình cần phải tìm, số các ô đen tr

    xen đòi hỏi tất cả các số dương điền vào các ô trắng phải phân biệt nhau, các số âm cũ

    st

    Đoạn khó khăn chính là việc xây dựng cách đánh số cân đối cho mọi mô hình. Thực tế

    2

    1

    như các cách xây dựng trực tiếp thuật toán để kđiền

    D 2022

    vào

    với

    đều không thành công

    4

    do các mô hình có thể biến đổi rất phức tạp. Cách tiếp cận dùng đồ thị ở trên cũng chỉ mớ

    minh được là cách đánh số cân đối sẽ luôn tồn tại chứ chưa chỉ ra cách xây dựng cụ th

    nhiên, về mặt lập luận thì như thế là đủ.

    n

    Điểm mới lạ của bài toán này chính là việc sử dụng ngôn ngữ đồ thị để giải quyết vấn

    cách tiếp cận mà trước giờ khá ít khi xuất hiện trong các kỳ thi HSG cấp Quốc gia. Địn

    Mantel-Turan về tồn tại graph con đầy đủ trong một graph đơn vô hướng là tương đối que

    đối với các học sinh có học qua về lý thuyết graph. Đặc điểm của các bài toán dùng Mant

    là thường che giấu được vấn đề khá kỹ và khó xử lý tốt bằng các cách thông thường.

    Định lý này có cách chứng minh dùng quy nạp là phân hoạch tập hợp đỉnh thành A; B rồ

    Đếm số cạnh trong A; đếm số cạnh trong B:

    Đếm số cạnh nối giữa A; B:

    Ep

    1. (MOSP, 2011) Xét các số xthực

    : Chứng minh rằng có khôngn4 quá

    cặp

    1; x2; : : : ; nx

    .i; j / với 1 i < j n sao cho 1 < jxi xj j < 2:

    2

    2. (China TST, 1987) Trong mặt phẳng

    2nđiểm

    cho với

    n 2 và có tất n

    cả

    C 1đoạn thẳng

    nối chúng. Chứng minh rằng

    a) Tồn tại ít nhất một tam giác.

    b) Tồn tại hai tam giác có chung cạnh.

    c) Tồn tại ít nhất n tam giác.

    19

    Bài 5 (6.0 điểm).

    Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

    f xf .y/

    f .x/ D 2f .x/ C xy

    .1/

    với mọi số thực x; y:

    f f .y/

    f .1/ D y C 2f .1/; 8y 2 R:

    aff

    Lờigiải.Thay x D 1 vào (1), ta được

    .2/

    Từ đây có thể thấy fhàm

    là một song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất

    a đểf

    số thực

    .a/ D 0:Thay

    x D a vào phương trình (1), ta được

    Trong (3), cho

    y D 0;ta được

    f af .0/

    Suy ra a D 0 hoặc f .0/ D 1:

    D ay;

    8y 2 R:

    st

    f af .y/

    .3/

    D 0 D f .a/:Từ đó, do

    f đơn ánh nên taafcó

    .0/ D a:

    n

    Xét trường hợp

    a D 0;tứcf .0/ D 0:Thayy D 0 vào (1), ta được

    f

    f .x/ D 2f .x/: Dof

    toàn ánh nên taf .x/

    có D 2x với mọix 2 R: Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa mãn

    phương trình (1). Do đó a ¤ 0; suy ra f .0/ D 1:

    Thayx D 0 vào (1), ta được

    f . 1/ D 2:Thayy D a vào (3), ta được

    a2 D f .0/ D 1;suy ra

    a D 1 (do f . 1/ D 2), tức f .1/ D 0: Đến đây, ta có hai cách tiếp cận như sau:

    Cách 1. Do f .1/ D 1 nên phương trình (2) có thể viết lại dưới dạng

    f f .y/

    D y;

    8y 2 R:

    .20/

    0

    Thay y bởi f .y/ vào (1) và sử dụng

    /; ta.2được

    f xy

    f .x/ D 2f .x/ C xf .y/;

    8x; y 2 R:

    Ep

    f .x/

    Trong phương trình này, ta xét x ¤ 0 và thay

    ; ta

    y Dđược

    x

    suy ra

    f

    D

    1

    ;

    8x ¤ 0:

    Thay y Df .x/

    vào (1) và sử dụng kết quả trên, ta được

    x

    f1

    3f .x/ D 3f .x/;

    8x ¤ 0:

    Dof song ánh và

    f .0/ D 1nên với

    x ¤ 0 thì1 3f .x/ có thể nhận mọi giá trị thực 2:

    khác

    Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được f .x/ D x C 1 với mọi x ¤ 2:

    Nói riêng,ta cóf .3/ D 2: Thayy D 3 vào.20/; ta đượcf . 2/ D 3: Tóm lại,ta có

    f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R: Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán.

    20

    Cách 2. Thay y D 1 vào (1), ta được

    f

    f .x/ D 2f .x/ C x;

    8x 2 R:

    .4/

    aff

    Lần lượt thay

    x D 1 vàx D 2 vào đẳng thức trên, tafđược

    . 2/ D 3vàf . 3/ D 4:Chú ý

    0

    rằngf .1/ D 0nên ta cũng có đẳng.2

    thức

    / như cách 1 ở trên, do đó bằng cách

    x bởif

    thay

    .x/

    vào (4), ta được

    f . x/ D f .x/ C 2x; 8x 2 R:

    Từ đây suy fra.2/ D 1 vàf .3/ D 2: Bây giờ, ta sẽ chứng minh

    x D 1 là nghiệm duy

    nhất của phương trình

    f .t / D 2t: Thật vậy, giả sử có

    b số

    ¤ 1 sao cho

    f .b/ D 2b; ta thay

    x D b và y D 3 vào (1) thì được 1 D f .0/ D 4b C 3b; suy ra b D 1; mâu thuẫn.

    Với kết quả trên, ta thay y D 2 thì có

    Từ đó suy rax

    x

    f .x/ D 2 x C f .x/ D 2

    x

    f .x/ ;

    8x 2 R:

    st

    f

    f .x/ D 1; tức f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R:

    n

    D 2f .x/ C xy; 8x; y 2 R:

    Cách giải của hai bài toán cũng hoàn toàn tương tự nhau. Đây là một sự trùng hợp thú v

    đây là một số bài toán “tương tự” khác:

    1. (IMO Shortlist, 2002) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    Ep

    f f .x/ C y

    D 2x C f f .y/

    x;

    8x; y 2 R:

    2. (Kiểm tra Trường Đông Nam Bộ, 2022) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f f .x/ C 2y

    D 10x C f f .y/

    3x ;

    8x; y 2 R:

    3. (Baltic Way, 2010) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f .x 2/ C f .xy/ D f .x/f .y/ C yf .x/ C xf .x C y/;

    8x; y 2 R:

    4. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f yf .x C y/ C f .x/

    D 4x C 2yf .x C y/; 8x; y 2 R:

    5. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f xf .x C y/

    D f yf .x/

    C x 2;

    8x; y 2 R:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022
  • Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022
  • Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022
  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án
  • Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay
  • Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022
  • Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022
  • Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022
  • Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm
  • Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam
  • 2

    1. Đề thi ngày 1 (ngày 27/12/2019)

    Bài 1. (5 điểm) Cho dãy số (x n ) xác định bởi x 1 = 1 và

    x n+1 = x n + 3

    n

    n→+∞ x n

    a) Chứng minh rằng lim

    p

    = 0.

    b) Tính giới hạn lim

    Bài 2. (5 điểm)

    Bài 3. (5 điểm) Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và

    an+2 = 5an+1 − 6an với mọi n ≥ 2.

    a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

    b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với

    mọi số tự nhiên k.

    Bài 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực

    tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.

    a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi

    Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt

    nhau tại một điểm trên (O).

    b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các

    đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

    3

    4

    a) Chứng minh rằng lim

    b) Tính giới hạn lim

    < 1n , mà lim

    = 0 nên theo nguyên lý kẹp thì lim

    = 0.

    b) Cách 1. (sử dụng định lý trung bình Cesaro – định lý Stolz)

    2

    = yn2 + 3 yn +

    Đặt x n = yn2 thì công thức đã cho viết lại thành yn+1

    ( yn+1 − yn )( yn+1 + yn ) = 3 yn +

    yn+1 − yn =

    yn+1 + yn

    Theo câu a thì lim

    =q

    3 yn +

    yn2 + 3 yn +

    + yn

    = 0 nên kéo theo lim

    nên

    1+

    = lim

    +

    +1

    .

    = 0 và dựa theo đẳng

    thức trên thì lim ( yn+1 − yn ) = 32 . Theo định lý trung bình Cesaro thì dãy số (un ) có

    n→+∞

    lim un = L thì lim

    n→+∞

    n→+∞

    u1 +u2 +···+un

    n

    = L.

    Xét dãy un = yn+1 − yn , áp dụng ta dễ dàng có được

    lim

    n→+∞

    ta thấy rằng nếu lim

    =

    =

    ,

    = l thì theo định lý Stolz, ta phải có l =

    p

    l → l = 94 .

    5

    Sử dụng ước lượng

    p

    p

    p

    p

    ‹2

    p

    xn +

    x n + 23 − 2n nên

    p

    Mặt khác, dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng

    nên ta được

    Theo nguyên lý kẹp, dễ dàng suy ra lim nx n = 49 .

    Nhận xét. Câu b có thể sử dụng định lý Stolz cho dãy ( yn ) và dãy zn = n cũng thu

    được kết quả tương tự, vì thực ra định lý Stolz còn tổng quát hơn cả định lý trung bình

    x n+1 −x n

    Cesaro: Cho hai dãy số (x n ), ( yn ) có yn dương, tăng, tiến tới vô cực và lim yn+1

    − yn = L

    n→+∞

    = L. Dấu hiệu nhận biết định lý Stolz cho câu b là khá rõ. Nếu ở trên không

    p

    p

    thực hiện đặt dãy phụ thì vẫn có thể xét hiệu x n+1 − x n . Tuy nhiên, nếu ta đi theo

    hướng xét trực tiếp dãy x n và n2 thì hơi khó, vì khi đó không dễ để tính trực tiếp được

    x

    giới hạn sau (cũng khó có thể chứng minh được tính tăng/giảm của dãy n2n , dù trên thực

    tế, nó đúng là dãy tăng).

    p

    3 x n + pnx n

    x n+1 − x n

    =

    .

    2n + 1

    (n + 1)2 − n2

    thì

    = 3.

    2. (VMO 2022 Mock test) Cho dãy số (un ) thỏa mãn

    u1 =

    p

    a) Tính

    u2018 .

    b) Chứng minh rằng an =

    c) Chứng minh rằng bn =

    + u12 + · · · + u1n hội tụ.

    + u22 + · · · + unn → +∞.

    với n ≥ 1. Tính giới hạn của các dãy số sau

    Š

    4. (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2022) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn x n+1 = 13 x n + p2nx n .

    Æ

    p

    3

    3

    x

    −x

    Chứng minh rằng (n − 1)2 < x n < n2 , ∀n ≥ 3 và tính lim p3n+12 n .

    n −x n

    Lời giải. Nhận xét. Theo BĐT Cauchy – Schwarz, ta luôn có

    Ç

    X

    1≤i≤2018

    2019

    “i = 0 (do trong tổng ở trên có 2022

    i=1

    dấu − và 2022 dấu +) nên trong các hệ số này, phải có ít nhất một hệ số bằng 0, vì

    nếu không thì vế trái là số lẻ, vô lý. Không mất tính tổng quát, giả sử “2019 = 0. Suy ra

    2022

    2018

    xi − x j , 1 ≤ i ≤ j ≤ n

    8

    3. (Komal 2014) Với n ≥ 2 ,cho các số thực 0 ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ . . . ≤ x n và 0 ≤ y1 ≤

    n

    n

    P

    P

    y2 ≤ . . . ≤ yn thỏa mãn điều kiện

    xi =

    yi = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của

    i=1

    i=1

    Bài 3. Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và an+2 = 5an+1 − 6an với mọi

    n ≥ 2.

    a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

    b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với

    mọi số tự nhiên k.

    Lời giải. a) Cách 1. Ta thấy (an ) là dãy sai phân tuyến tính cấp hai có phương trình

    đặc trưng x 2 = 5x − 6 với hai nghiệm là x 1 = 2, x 2 = 3 nên dễ dàng tìm được công

    thức tổng quát là

    an = 2n + 3n , ∀n.

    Đến đây, giả sử có n ≥ 1 để an , an+1 có ước nguyên tố chung là p. Rõ ràng gcd(p, 6) =

    1. Ta có

    n

    k

    k

    k

    b) Xét số nguyên tố p là ước của 22 + 32 . Suy ra 22 ≡ −32 (modp) → 22

    k+1

    32 (modp). Theo định lý Fermat nhỏ thì

    k+1

    t

    0

    t

    k

    a) Chứng minh rằng 2x n+1 = x n2 − 8, từ đó chỉ ra rằng x n = 22 +1 + 2−2

    mọi n.

    b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để [x n ] + 3 là lập phương đúng.

    n−1

    n−1

    +1

    với

    Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm H.

    Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.

    a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi

    Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt

    nhau tại một điểm trên (O).

    b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các

    đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

    Lời giải. a) Xét hình vẽ như bên dưới, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

    Giả sử H a D cắt (O) ở K. Gọi M là trung điểm BC thì OD = 2OM = AH. Hai tam giác

    cân OBD và OOa B có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy ra

    OB

    OD

    =

    → OD · OOa = R2

    OB

    OOa

    với R là bán kính (O).

    Suy ra AH ·OOa = R2 nên

    =

    mà ∠OAH = ∠A0 OAa nên hai tam giác AHO, OA0 Oa

    10

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022
  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án
  • Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay
  • Bộ Đề Ôn Tập Môn Toán Lớp 5 Lên Lớp 6 (Có Đáp Án)
  • Tuyển Tập Đề Thi Học Sinh Giỏi Môn Toán Lớp 6 (Có Đáp Án)
  • Học Sinh Giỏi Quốc Gia Môn Toán 2012 – Vmo 2012

    --- Bài mới hơn ---

  • Đề Cương Ôn Tập Môn Lịch Sử Lớp 4
  • Đáp Án Lưu Hoằng Trí Lớp 9 Lưu Hoằng Trí, Đáp Án Sách Tiếng Anh Lưu Hoằng Trí Lớp 9
  • Đáp Án Môn Toán Kỳ Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022 Đợt 2 (24 Mã Đề)
  • Giải Bài Tập Sgk Hình Học 12 Cơ Bản
  • Bài Tập Chuẩn Hóa Cơ Sở Dữ Liệu Có Lời Giải Chi Tiết 2022
  • KỲ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2012 

    NGÀY THI THỨ I

    THỜI GIAN: 180 PHÚT

    Bài  (5 điểm).

    Cho dãy số thực  xác định bởi :

    với mọi .

    Chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn khi  và Tính giới hạn đó.

    Bài  (5 điểm).

    Cho các cấp số cộng  và số nguyên . Xét  tam thức bậc hai :  .

    Chứng minh rằng nếu hai tam thức  đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.

    Bài  (5 điểm) .

    Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi  nội tiếp đường tròn tâm  và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi  tương ứng là giao điểm của các đường thẳng  và ,  và . Gọi  tương ứng là giao điểm các đường phân giác trong của các cặp  và ,  và ,  và,  và . Giả sử bốn điểm  đôi một phân biệt.

    1) Chứng minh rằng bốn điểm  cùng nằm trên một đường tròn. Gọi  là tâm của đường tròn đó.

    2) Gọi  là giao điểm của các đường chéo  và . Chứng minh rằng ba điểm  thẳng hàng.

    Bài  (5 điểm) .

    Cho số nguyên dương . Có  học sinh nam và  học sinh nữ xếp thành một hàng ngang, theo thứ tự tùy ý. Mỗi học sinh (trong số học sinh vừa nêu) được cho một số kẹo bằng đúng số cách chọn ra hai học sinh khác giới với X và đứng ở hai phía của . Chứng minh rằng tổng số kẹo mà tất cả  học sinh nhận được không vượt quá   .

    ——– Ngày thi thứ hai————-

    Thời gian 180 phút

    Bài  (7 điểm). Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là , và 12 chàng trai. Có 17 chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

    1/ Mỗi ghế có đúng một người ngồi;

    2/ Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là ;

    3/ Giữa  và  có ít nhất 3 chàng trai;

    4/ Giữa  và  có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.

    Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?

    (Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau).

    Bài  (7 điểm). Xét các số tự nhiên lẻ  mà  là ước số của  và  là ước số của . Chứng minh rằng  và  là các số hạng của dãy số tự nhiên  xác định bởi

     và  với mọi .

    vàvới mọi

    Bài  (6 điểm). Tìm tất cả các hàm số  xác định trên tập số thực , lấy giá trị trong  và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

    1/  là toàn ánh từ  đến ;

    2/  là hàm số tăng trên ;

    3/  với mọi số thực .

    ———— Hết ————

    MỌI NGƯỜI CLICK VÀO SỐ THỨ TỰ CÁC BÀI TOÁN ĐỂ XEM CÁC THÀNH VIÊN TRÊN DIỄN ĐÀN MATHSCOPE THẢO LUẬN VỚI NHAU NHÉ. HAY MỌI NGƯỜI CÓ THỂ DOWNLOAD FILE PDF ĐỀ DO BQT MATHSCOPE LÀM TẠI ĐÂY VMO 2012 [MathScope.Org]

    NGUỒN: http://forum.mathscope.org/showthread.php?p=132804#post132804

    Share this:

    Like this:

    Số lượt thích

    Đang tải…

    --- Bài cũ hơn ---

  • Nhận Xét Và Bình Luận Đề Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia Môn Toán Năm 2022
  • Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 7
  • Đề Kiểm Tra Học Kì 1 Toán 11 Có Đáp Án
  • Danh Mục Giáo Trình Life A2
  • Hướng Dẫn Giải Đề Thi Minh Họa Thpt Quốc Gia Môn Sinh Năm 2022
  • Giải Bài Vmo 2014: Olympiad Toán Quốc Gia 2014

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Lời Giải Kết Cấu Thép 1
  • Bài Tập Toán Đố Dạng Phân Số Lớp 6 Hk 2 (Có Lời Giải Chi Tiết)
  • Cảm Nhận Về Nhạc Phẩm “Giải Phóng Ðiện Biên” Của Ðỗ Nhuận
  • Bài Tập Lượng Giác Lớp 10 Cơ Bản Có Đáp Án Chi Tiết.
  • Đề Cương Ôn Tập Về Phương Trình Đường Thẳng
  • Câu 1. Cho hai dãy số thực dương $(x_n)$, $(y_n)$ xác định hồi quy bởi $x_1=1$, $y_1=sqrt3$, and $x_{n+1}y_{n+1}-x_n=0$, và $x_{n+1}^2+y_n=2$, với mọi $n=1, 2, ldots$. Chứng minh rằng hai dãy số hội tụ, và tìm giới hạn của chúng.

     

    Problem 1. Let $(x_n)$, $(y_n)$ be two sequence of positive numbers defined recursively by $x_1=1$, $y_1=sqrt3$, and $x_{n+1}y_{n+1}-x_n=0$, and $x_{n+1}^2+y_n=2$, for all $n=1, 2, ldots$. Prove that the two sequences are convergent and then find their limits.

     

    Lời giải của Võ Quốc Bá Cẩn: Từ giả thiết, ta suy ra $x_{n+1}=sqrt{2-y_n}$ và $y_{n+1}=frac{x_n}{x_{n+1}}$ với mọi $n in mathbb N^*.$ Để ý rằng $x_1=1=2sin frac{pi}{6},$ $y_1=sqrt{3}=2cos frac{pi}{6}$ nên ta có

    $$x_{2}=sqrt{2-y_1}=sqrt{2-2cos frac{pi}{6}}=2sin frac{pi}{12}$$

    $$y_2=frac{x_1}{x_2}=frac{2sin frac{pi}{6}}{2sin frac{pi}{12}}=2 cos frac{pi}{12}.$$

    Từ đây, bằng quy nạp theo $n,$ ta dễ dàng chứng minh được

    $$x_{n}=2sin frac{pi}{3cdot 2^n},quad y_n=2cos frac{pi}{3cdot 2^n}$$

    với mọi $n in mathbb N^*.$ Với kết quả này, ta thu được ngay $lim x_n=0$ và $lim y_n=2.$

     

     

    Câu 2. Cho đa thức $p(x)=(x^2-7x+6)^{2n}+13$, trong đó $n$ là một số nguyên dương. Chứng minh rằng $p(x)$ không thể biểu diễn dưới dạng tích của $n+1$ đa thức khác hằng có hệ số nguyên.

     

    Problem 2. Let $p(x)=(x^2-7x+6)^{2n}+13$ be a polynomial, where $n$ is some positive integer. Prove that $p(x)$ can NOT be factored into $n+1$ non-constant polynomials with integer coefficients.

     

     

    Lời giải bài 2 (ngày 1) (của thầy Nguyễn Tiến Lâm): Trước hết, ta nhận thấy đa thức $p(x)$ có bậc là $4n$ và vô nghiệm nên nếu đa thức $p(x)$ phân tích được thành tích các đa thức thì các đa thức này phải có bậc chẵn, hệ số bậc cao nhất là 1 và luôn dương với mọi $x.$

     

     

    Vì $p(1)=p(6)=13$ nên $q(1),q(6)$ là các ước dương của 13. Do đó, ta có hai trường hợp

     

     

    Nếu $q(1)=13,$ thì dẫn đến $c=12-b.$ Từ đó, ta cũng có $q(6)=48+5b$ là ước dương của 13. Tương tự như trường hợp 1, ta cũng suy được $b=-7,c=19.$ Khi đó, $q(x)=x^2-7x+19$ và $q(2)=9$ chia hết cho 3, còn $p(2)=4^n+13$ chia 3 dư 2, vô lý.

     

    Vậy, giả sử phản chứng là sai. Suy ra điều phải chứng minh.

     

    Nhận xét (Phan Minh Nghĩa, học sinh lớp 10A1 Toán, THPT chuyên KHTN) Ta còn có thể nhận xét là nếu đa thức $p(x)$ phân tích được thành $n+1$ đa thức khác hằng hệ số nguyên thì trong số các đa thức đó phải có ít nhất hai đa thức bậc hai. Bằng lập luận như trường hợp 2, ta suy ra hai đa thức đó trùng nhau và bằng $x^2-7x+19.$ Suy ra $p(x)=(x^2-7x+19)^2.r(x),$ trong đó đa thức $r(x)$ có các hệ số nguyên. Dẫn đến $p(1)=13^2.r(1),$ nhưng $p(1)=13$ vô lí. Suy ra giả sử là sai và ta có điều phải chứng minh

     

    Câu 3. Trong một đa giác đều có $103$ cạnh, $79$ đỉnh của đa giác được tô màu đỏ, $24$ đỉnh còn lại của nó được tô màu xanh. Gọi $A$ là số đỉnh màu đỏ kề nhau, $B$ là số đỉnh màu xanh kề nhau. Tìm 

     

    a) tất cả các giá trị có thể của cặp $(A,B)$;

    b) số cách tô màu các đỉnh của đa giác sao cho $B=14$, biết rằng hai cách tô được coi là giống nhau nếu chúng có thể nhận được từ nhau qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác.

     

    Problem 3. In a regular polygon with $103$ edges, $79$ of the vertices are colored red, and $24$ other vertices are colored green. Let $A$ be the number of red vertices that are adjacent, and $B$ the number of green vertices that are adjacent. Find, with proof,

     

    a) all the possible values of the pair of numbers $(A,B)$;

    b) the number of ways of coloring the vertices of the polygon such that $B=14$, given that two ways of coloring are assumed to be identical if one gives rise to the other after a rotation about the center of the circumcircle of the polygon.

     

    Lời giải của thầy Vũ Thế Khôi Nguyễn Tiến Lâm:

     

    a) Giả sử có tất cả $k$ đoạn mà mỗi đoạn gồm các toàn đỉnh màu đỏ liên tiếp. Ký hiệu $x_1, x_2, cdots, x_k$ là số các đỉnh màu đỏ trong mỗi đoạn này. Khi đó ta có $sumlimits_{i=1}^k x_i=79, x_i ge 1$ $; forall i.$

     

    Như vậy cũng phải có đúng $k$ đoạn màu xanh nằm giữa những đoạn màu đỏ này. Ký hiệu $y_1, y_2, cdots, y_k$ là số các đỉnh màu xanh trong mỗi đoạn này. Khi đó ta có $sumlimits_{i=1}^k y_i=24, y_i ge 1 forall i.$

     

    Khi đó $A= sumlimits_{i=1}^k (x_i -1)=79-k$ và $B= sumlimits_{i=1}^k (y_i -1)=24-k.$ Vậy giá trị của $A$ và $B$ chỉ phụ thuộc vào $k.$ Ta thấy $k$ có thể nhận bất cứ giá trị nào từ 1 đến 24, do đó $A$ và $B$ có thể nhận 24 cặp giá trị tương ứng.

    b) Để $B=14$ thì theo câu a) ta cần tô màu sao cho có đúng $10$ đoạn gồm toàn các đỉnh

    đỏ nằm xen kẽ với 10 đoạn gồm toàn các đỉnh xanh. Xét hệ phương trình $sumlimits_{i=1}^{10}x_i=79, ;; sumlimits_{i=1}^{10}y_i=24,$  trong đó $x_i, y_i$ là các số nguyên dương.

     

    Ta cố định một đỉnh o của đa giác. Với mỗi bộ nghiệm $(x_1, x_2, cdots, x_{10})$ và $(y_1, y_2, cdots, y_{10})$ của hệ, ta tô màu bắt đầu từ đỉnh o, $x_1$ đỉnh liên tiếp màu đỏ (bao gồm cả đỉnh o) tiếp theo là $y_1$ đỉnh màu xanh, rồi đến $x_2$ đỉnh đỏ và $y_2$ đỉnh xanh, …

     

    Dễ thấy tập $S$ gồm tất cả các cách tô màu như trên vét hết các cách tô màu mà $B=14.$ Ta cần xét xem trong số các cách tô màu thuộc $S$ có bao nhiêu cách tương đương với nhau (tức là nhận được bằng cách quay quanh tâm).

     

    Ta có một nhận xét quen thuộc: số đỉnh đa giác 103 là số nguyên tố nên khi quay đa giác quanh tâm luôn có ít nhất 1 đỉnh được quay đến 1 đỉnh có màu khác với nó. Như vậy mỗi cách tô màu trong $S$ tương đương với $9$ cách tô màu khác, tương ứng với việc hoán vị vòng quanh cả hai bộ nghiệm $(x_1, x_2, cdots, x_{10})$ và $(y_1, y_2, cdots, y_{10}).$

     

    Số phần tử của tập $S$ là ${78choose 9}{23choose 9}.$ Do đó tổng số cách tô màu thỏa mãn đầu bài là $frac {1}{10}{78choose 9}{23choose 9}.$

     

     

    Câu 7. Tìm tất cả các bộ số gồm 2014 số hữu tỉ không nhất thiết phân biệt thỏa mãn điều kiện: nếu bỏ đi một số bất kì trong bộ đó thì 2013 số còn lại sẽ được chia làm 3 nhóm rời nhau sao cho mỗi nhóm gồm 671 số và tích tất cả các số trong mỗi nhóm bằng nhau.

    Problem 7. Find all $2014-$tuples of rational numbers not necessarily distinct such that if one of the numbers is removed from the tuple, the remaining $2013$ numbers can be partitioned into three disjoint sets whose cardinality is $671$ each and the product all numbers in each of the three sets is the same.

     

    Lời giải (của em Đỗ Tuấn Mạnh, lớp 11 A1 Toán, chuyên KHTN, ĐHQGHN) Giả sử đã tìm được 2014 số hữu tỉ thoả mãn yêu cầu bài toán. Trước hết, ta có một nhận xét là nếu nhân cả 2014 số hữu tỉ đó với cùng một số hữu tỉ thì ta nhận được bộ 2014 số hữu tỉ mới vẫn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp 2014 số cần tìm là số nguyên (vì nếu không, ta có thể nhân tất cả các số hữu tỉ đó với bội chung dương nhỏ nhất của các mẫu).

     

    Giả sử $S={a_1,a_2,cdots,a_{2014}}$ là bộ 2014 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý rằng từ giả thiết bài toán, nếu bỏ đi một số bất kỳ trong 2014 số thì tích 2013 số còn lại sẽ là một lập phương đúng.

     

    a) Xét trường hợp $S$ chứa ít nhất một phần tử $a_i$ bằng 0. Ta bỏ đi một phần tử nào đó, nhưng không phải phần tử $a_i$ thì 2013 số còn lại sẽ được phân hoạch thành ba tập $S_1,S_2,S_3$, mỗi tập gồm 671 phần tử và tích các phần tử của mỗi tập đều bằng nhau. Khi đó tồn tại một tập $S_i$ chứa phần tử 0, không mất tổng quát giả sử $S_1$ chứa 0 thì $S_2,S_3$ cũng phải chứa 0. Khi đó, $S$ có ít nhất 3 số 0. Giả sử ta bỏ đi 1 trong 3 số 0 đó thì khi chia $S$ thành ba tập rời nhau, sẽ tồn tại một tập chứa ít nhất một số 0, suy ra hai tập còn lại cũng phải chứa số 0. Do vậy, $S$ phải chứa ít nhất 4 số 0.

     

    Ngược lại, dễ dàng kiểm tra được một bộ 2014 số nguyên trong đó có ít nhất 4 số 0 luôn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

     

    $P=b_1b_2cdots b_{2014}.$

    Ta phân tích $P$ thành tích các thừa số nguyên tố dưới dạng sau

    $P=p_1^{3k_1+r_1}p_2^{3k_2+r_2}cdots p_n^{3k_n+r_n}=(p_1^{3k_1}p_2^{3k_2}cdots p_n^{3k_n})(p_1^{r_1}p_2^{r_2}cdots p_n^{r_n}),$

    trong đó $k_i,r_iin mathbb N$ và $r_iin{0,1,2}.$

     

     

    Bây giờ, ta sẽ chỉ ra tất cả các bộ 2014 số nguyên khác 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trước hết, bộ phải chứa 2014 số có giá trị tuyệt đối bằng nhau. Hơn nữa, nếu bộ số đó chứa đúng 1 hoặc 2 số âm (hoặc chứa đúng 1 hoặc 2 số dương) thì bộ đó không thỏa mãn điều kiện bài toán. Trong các trường hợp còn lại, có thể dễ dàng kiểm tra bộ số luôn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy, bộ 2014 số cần tìm có một trong hai dạng

     

    Dạng 1. ${0;0;0;0;a_1,a_2,cdots,a_{2010}}$ với $a_iin mathbb Q.$

     

    Dạng 2. ${-a;-a;cdots;-a;a;a;cdots;a}$ trong đó gồm $t$ số $-a$ và $2014-t$ số $a,$ với $ain mathbb Q;$ còn $t=0$ hoặc $3leq tleq 2014.$

     

     

     

    --- Bài cũ hơn ---

  • Hướng Giải Và Bình Luận Đề Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia Môn Toán 2014 Của Gs Nguyễn Tiến Zũng
  • Giới Thiệu Một Số Tài Liệu Về Các Đề Thi Toán Quốc Tế Từ Năm 1959
  • Lời Giải Đẹp Cho Bài Toán Olympic Giúp Lê Bá Khánh Trình Giành Giải Đặc Biệt
  • 10 Website Giải Nguy Tức Khắc Cho Developer
  • Đề Thi Học Kì 1 Lớp 11 Môn Toán Có Đáp Án Sở Gd&đt Quảng Nam
  • Hướng Dẫn Giải Chi Tiết Đề Thi Đại Học Hóa Học Từ Năm 2007 Đến Năm 2010

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Chi Tiết Đề Thi Tuyển Sinh Đại Học, Cao Đẳng Năm 2011 Môn Thi: Hóa Học
  • Sách Giải Chi Tiết Part 6 Ets Rc 1000
  • Ets Toeic Test 1200
  • Tổng Hợp Đề Luyện Toeic Có Phần Giải Thích
  • Giải Chi Tiết Đề Thi Chính Thức Thpt Quốc Gia Môn Hóa Học 2022 Mã Đề 217
  • HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI ĐẠI HỌC

    TỪ NĂM 2007 ĐẾN NĂM 2010

    Võ Ngọc Bình (Tổng hợp)

     Dành cho: Ôn thi Đại học – Cao đẳng.

     Nguồn: Tổng hợp và sưu tầm từ internet.

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ

    KHỐI A NĂM 2007 – MÃ ĐỀ 930

    I. Đặt vấn đề

    Kỳ thi ĐH – CĐ năm 2007 đến nay đã qua đi được gần 1 năm, nhưng từ đó đến nay, rất nhiều

    Đây là điều hoàn toàn dễ hiểu vì đối với các bạn học sinh trước khi bước vào kỳ thi của năm nay, thì

    việc nghiên cứu kỹ lưỡng các đề thi của các năm trước đó là hết sức quan trọng, nhất là đề thi năm

    2007 bắt đầu thay đổi theo hướng thi trắc nghiệm.

    Để cung cấp thêm cho các em một tài liệu tham khảo quan trọng cùng những lời khuyên bổ ích

    trước khi bước vào kỳ thi sắp tới, tôi xin cung cấp đáp án chi tiết của cá nhân tôi với đề thi tuyển sinh

    ĐH – CĐ năm 2007 môn Hóa học, trước hết là đề thi của khối A (mã đề 930).

    II. Đáp án chi tiết

    Đáp án: B

    Cho từ từ HCl và Na2CO3 đầu tiên tạo ra muối acid, tỷ lệ phản ứng 1:1 (các tỷ lệ này đều

    nhẩm được trong đầu)

    Có khí thoát ra HCl dư (a-b) mol →

    → đáp án B.

    Bài này làm trong 20 – 30s

    Đáp án: A

    Ag+ mạnh nhất → loại C, D và chỉ cần xét thứ tự Cu2+ và Fe2+ đáp án A →

    Bài này làm trong 10 – 15s

    Đáp án: D

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    46g = 0,5 mol M = 888 M 3 gốc acid = 888 – 41 – 44*3 = 715 M trung bình =

    715/3 Số C trung bình khoảng = (715 : 3) : 14 (phép tính liên tục, ko cần giá trị trung gian) =

    17,0238 đáp án B hoặc D.

    → → →

    Làm ngược lại: 17 * 14 = 714 = 715 – 1 đáp án D. →

    (các giá trị 41, 45, 92, 888 là hoàn toàn có thể tính nhẩm được nhờ rèn luyện kỹ năng tính)

    Bài này làm trong 40 – 60s.

    Bài này thì đáp án A, C, D đều có thể đúng, nhưng đơn giản nhất là cách nhận biết bằng Cu,

    theo đáp án C của Bộ (^^ dĩ nhiên là bài này có vấn đề, và tôi cũng không hài lòng với đáp án này)

    Bài này làm trong 10-15s

    Đáp án: B (Cái này thì không cần phải nghĩ nhiều)

    Bài này làm trong 5-10s

    Đáp án: D (Bài này cũng không cần phải nghĩ ngợi nhiều)

    Bài này làm trong 10-15s

    Đáp án: D

    Bài này nhìn thoáng qua cũng có thể đoán là đáp án B hoặc D (vừa là kinh nghiệm – có 2 đáp án

    cùng số C, vừa là có thể tính nhẩm: 8,4 = 1,4 x 6 – nhờ rèn luyện kỹ năng tính).

    Cũng nhờ kỹ năng tính, có thể thấy nCO2 < 0,4 (8,96lít) so với nH2O ~ 0,6 (9g = 0,5 mol, 10,8 =

    0,6 mol) thì nhỏ hơn khá nhiều đáp án D. →

    (Hoặc tính số mol CO2, N2, H2O rồi tính tỷ lệ: C : H : N ta có kết quả là đáp án D)

    Bài này làm trong 20-30s

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Đáp án: A

    Thực ra bài này có thể nhìn thoáng qua cũng thu được đáp án đúng dựa vào suy luận: log100 = 2

    (hoặc từ độ điện ly, thay vào công thức tính nồng độ, rồi lấy log*0,2 = 14,3 (chỉ cần bấm máy

    tính 1 lần, các giá trị 46; 40; 27,5 là có thể nhẩm được)

    Bài này có thể giải trong vòng 40 – 60s

    Đáp án: C

    Đây là một phản ứng rất quen thuộc trong quá trình học cũng như giải toán (thậm chí một số em

    còn thuộc lòng cả hệ số): 1 – 4 – 1 – 2 – 2.

    (Cho dù phải viết phản ứng ra thì cũng rất nhanh)

    Bài này có thể giải trong 15-20s

    Đáp án: A

    Đây là một bài tập rất rất quen thuộc. Ta dễ dàng thấy X, Y, Z là C2H4, C3H6 và C4H8 mà không

    cần phải suy nghĩ nhiều (M + 28 = 2M M = 28 C→ → 2H4).

    0,1C3 0,3CO→ 2 30g CaCO→ 3 (M = 100 – quá quen thuộc, có thể nhẩm được)

    Bài này có thể giải trong 10-15s

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Đáp án: D

    SGK đã ghi rõ là H2 có thể khử được oxit của các kim loại đứng sau Al trong dãy hoạt động và

    chúng ta chấp nhận điều này.

    Bài này có thể giải trong 10-15s

    Đáp án: B

    Tính nhẩm: 43,2/108 = 0,4 mol tỷ lệ Andehit : Ag = 1:4 Andehit 2 chức B hoặc C. → → →

    Tính nhẩm: 4,6/23 = 0,2 mol tỷ lệ Rượu : Na = 1:2 Y có 2 nhóm –OH Đáp án B → → →

    Bài này có thể giải trong 20-30s

    Đáp án: A.

    Từ dữ kiện 1 acid đã cho có 2C, từ dữ kiện 2 acid đã cho là acid 2 chức đáp án A → → →

    Bài này có thể giải trong 10-15s

    Đáp án: D

    Áp dụng định luật bảo toàn điện tích (tổng điện tích dương = tổng điện tích âm), ta có:

    0,12*3 + 4a = 0,24*2 + 2a a = 0,06 mol →

    Bài này có thể giải trong 15-20s

    Đáp án: A.

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Từ giả thiết ta có: Ca(HCO3)2 – 1 mol và CaCO3 – 5,5 mol CO→ 2: 7,5 mol Glucose: 3,75

    mol Tinh bột: (180 – 18)*3,75/0,81= 750, trong đó giá trị 180 và 18 là nhẩm được hoặc biết từ

    trước, các phản ứng Hóa học và hệ số hình dung trong đầu.

    Bài này có thể giải trong 30s – 40s.

    Đáp án: C

    Chú ý chỗ “hấp thụ hoàn toàn”, có nghĩa là CO2 đã tác dụng hết với Ba(OH)2, với CO2 – 0,12

    mol và BaCO3 – 0,08 mol, dễ dàng suy ra Ba(HCO3)2 – 0,02 mol Ba(OH)→ 2 – 0,1mol a = 0,04. →

    (Trong bài này, giá trị M = 197 của BaCO3 là phải biết trước hoặc nhẩm được)

    Bài này làm trong 20-30s

    Đáp án: D

    Dễ dàng nhẩm ra X gồm 0,05 mol mỗi chất, hay là 0,1 mol acid M trung bình = 53 →

    Chú ý là ở đây, số mol C2H5OH là 0,125 mol nên lượng phản ứng phải tính theo các acid.

    M = (53 + 46 – 18)*0,1*0,8 = 6, 48 (các giá trị 53, 46, 18 là phải thuộc hoặc tính nhẩm được)

    Bài này có thể làm trong 30-40s

    Đáp án: D

    Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng.

    M chất rắn giảm = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3g = số mol H được giải phóng = số mol rượu phản

    ứng.

    M trung bình = 15,6/0,3 = 52 (tính nhẩm) đáp án D (46 và 60 – nhẩm) → →

    Bài này làm trong 30-40s

    Đáp án: C

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Br2 chỉ giảm ½ X đã phản ứng hết, Br→ 2 dư M trung bình = 6,7/0,2 = 33,5 (nhẩm) B

    hoặc C

    → →

    → X: 0,2 mol < Br2 phản ứng = 0,7/2 = 0,35 mol (nhẩm) C →

    Bài này làm trong 30 – 40s

    Đáp án: C

    5,6g Fe – 0,1 mol Fe phản ứng với H2SO4 loãng 0,1 mol Fe→ 2+ oxh bởi KMnO4 0,1 mol

    Fe

    3+ – cho 0,1mol e KMnO→ 4 nhận 0,1 mol e, mà Mn+7 + 5e Mn→ +2 → V = 0,1/5/0,5 = 0,04

    C.

    Bài này làm trong 30-40s

    Đáp án: A

    (Rượu không no – Acid không no)

    Bài này chỉ cần 10-15s

    Đáp án: C

    Este – 0,1 mol (nhẩm) và NaOH – 0,04 mol Este dư m = (15 + 44 + 23)*0,04 = 3,28g → →

    Bài này làm trong 20-30s

    Đáp án: A

    4 chất trừ NH4Cl, ZnSO4

    Bài này làm trong 10-15s

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Đáp án: A

    0,1 mol NO → 0,3 mol e trao đổi 0,3 mol Ag 0,15 mol andehit M = 6,6/0,15 = 44

    CH

    → → →

    → 3CHO hoặc 0,3 mol HCHO (vô lý, loại)

    Bài này làm trong 15-20s

    Đáp án: B

    0,005 mol Cu (nhẩm) 0,005 mol Cl→ 2 0,01 mol NaOH phản ứng, trong đó NaOH dư =

    0,05*0,2 = 0,01 mol C

    → M = 0,02/0,2 = 0,1M

    Bài này làm trong 15-20s

    Đáp án: A.

    Bài này không cần phải suy nghĩ nhiều, 10-15s

    Đáp án: A

    Bài này cũng không phải suy nghĩ nhiều, 5-10s

    Đáp án: B

    Tăng giảm khối lượng: (13,95 – 10,3)/36,5 = 0,1 mol HCl (tính nhẩm) = 0,1 mol a.a M =

    103

    R = 103 – 44 – 16 = 43 C→ 3H7-

    Bài này làm trong 15-20s

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Đáp án: B

    Bài này đã quá quen thuộc, cũng không cần giải thích nhiều, làm trong 5-10s

    Đáp án: D

    Bài này nếu đọc kỹ toàn bộ câu hỏi và đáp án thì rất mất thời gian, nhưng nếu suy luận một chút

    thì chọn ngay được đáp án đúng là D vì ngay vế đầu tiên chỉ có D đúng với X, do đó không cần quan

    tâm đến Y (chỉ cần đọc về đầu để tìm mệnh đề đúng với X trước)

    Bài này làm trong 10-15s

    Đáp án: B

    Bài này làm trong 10-15s

    Đáp án: B

    nH+ = 0,5 mol (nhẩm), trong đó nH+ phản ứng = 5,32/22,4*2=0,475 mol nH→ + dư = 0,025

    C

    M = 0,1M pH = 1 →

    Bài này giải trong vòng 15-20s

    Đáp án: B

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Tách nước C4H10O C→ 4H8, trong số các C4H8, ta đã biết but-2-en là có đồng phân hình học

    (đây là ví dụ điển hình về đồng phân hình học trong SGK cũng như trong các bài giảng và tài liệu

    tham khảo) B →

    Bài này làm trong 10-15s

    Đáp án: D

    Bài này chỉ mất thời gian ở việc đọc đề và đáp án, chứ không mất sức nghĩ.

    Làm trong 15-20s

    Đáp án: D

    Bài này nhìn thoáng qua cũng có thể thấy đáp án là B hoặc D (hệ số phải nhớ trong đầu rồi)

    Dễ dàng suy ra được đáp án D

    Bài này làm trong 10-15s

    Đáp án: A

    Bài này chỉ nhìn vào câu hỏi và đếm, làm trong 10-15s

    Đáp án: C

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Bài này cũng rất dễ, nếu không nhìn ra ngay được đáp án thì ta cũng có thể loại trừ lần lượt theo

    “chiến thuật chọn ngẫu nhiên”: không xét a,b (vì đáp án nào cũng có hiển nhiên đúng, xét c và d,

    thấy d đúng loại A và B, xét g và h, thấy g đúng → chọn C)

    Bài này làm trong 10-15s

    Đáp án: A

    Đối với 1 mắt xích PVC (-C2H3Cl-), sau khi Clo hóa sẽ có CTPT dạng -C2H3-xCl1+x-

    Lập tỷ số: 35,5(x+1)/(24+3-x+35,5(1+x) = 0,6396

    Giải ra được x = 1/3

    Tức là cứ 3 mắt xích phản ứng thì có 1 nguyên tử Clo ứng với 1 phân tử Cl2

    Bài tập này vốn không hề khó, nhưng mất thời gian 1 chút trong lúc giải, có thể làm trong vòng

    40-60s

    Đáp án: C

    Câu này rất dễ, không cần phải suy nghĩ nhiều, chỉ 5s là có kết quả.

    Đáp án: B

    Với kỹ năng tính tốt, ta có thể nhẩm nhanh CO2 – 0,15 mol, N2 – 0,025 mol chất đem đốt có

    3C B

    Bài này làm trong 10-15s

    Đáp án: C

    Có thể đoán ngay ra với tỷ lệ như vậy O→ 2 dư, Z gồm O2 và CO2, ta dùng đường chéo tỷ

    lệ 1:1 (nhẩm)

    → x = 10 – (x + y/4), thay x = 3 và x = 4 vào (theo đáp án) x = 4, y = 8 →

    Bài này có thể giải trong 20-30s

    Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

    [email protected]

    Đáp án: D

    Áp dụng tăng giảm khối lượng: m = 0,05(96 – 16) + 2,81 = 6,81g (toàn bộ phép tính này có thể

    nhẩm được, từ các giá trị 96; 0,05 đến kết … pan-1,2-ñiol.

    C. propan-2-ol. D. glixerol.

    Câu 35: Cho 4 dung dịch: H2SO4 loãng, AgNO3, CuSO4, AgF. Chất không tác

    dụng ñược với cả 4 dung dịch trên là

    A. KOH. B. BaCl2. C. NH3. D. NaNO3.

    Phân tích, hng dn gii:

    ⇒ ðáp án D.

    Câu 36: Phản ứng ñiện phân dung dịch CuCl2 (với ñiện cực trơ) và phản ứng ăn

    mòn ñiện hóa xảy ra khi nhúng hợp kim Zn−Cu vào dung dịch HCl có ñặc ñiểm là:

    A. Phản ứng xảy ra luôn kèm theo sự phát sinh dòng ñiện.

    B. ðều sinh ra Cu ở cực âm.

    C. Phản ứng ở cực âm có sự tham gia của kim loại hoặc ion kim loại.

    D. Phản ứng ở cực dương ñều là sự oxi hóa Cl−.

    Phân tích, hng dn gii:

    − Phản ứng ñiện phân dung dịch CuCl2 sử dụng dòng ñiện một chiều

    ⇒ Loại phương án A.

    − Khi nhúng hợp kim Zn−Cu vào dung dịch HCl, cực âm là Zn và bị ăn mòn

    ⇒ Loại phương án B.

    − Khi nhúng hợp kim Zn−Cu vào dung dịch HCl, cực dương xảy ra quá trình khử

    H+ (2H+ + 2e → H2)⇒ Loại phương án D.

    ⇒ ðáp án D.

    Câu 37: Anken X hợp nước tạo thành 3-etylpentan-3-ol. Tên của X là

    A. 3-etylpent-3-en. B. 2-etylpent-2-en.

    C. 3-etylpent-2-en. D. 3-etylpent-1-en.

    Câu 38: Cho sơ ñồ chuyển hóa:

    Triolein

    0

    2H (Ni,t )+

    →d− X

    0NaOH ,t+

    →d− Y HCl+→ Z.

    Tên của Z là

    A. axit linoleic. B. axit oleic. C. axit panmitic. D. axit stearic.

    Phân tích, hng dn gii:

    − Triolein

    0

    2H (Ni,t )+

    →d− X ⇒ Gốc axit trong triolein chưa no và X chứa gốc

    axit no ⇒ Loại phương án C, A, B

    ⇒ ðáp án D.

    Câu 39: Phát biểu không ñúng là:

    A. Hiñro sunfua bị oxi hóa bởi nước clo ở nhiệt ñộ thường.

    B. Kim cương, than chì, fuleren là các dạng thù hình của cacbon.

    C. Tất cả các nguyên tố halogen ñều có các số oxi hóa: -1, +1, +3, +5 và +7

    trong các hợp chất.

    D. Trong công nghiệp, photpho ñược sản xuất bằng cách nung hỗn hợp quặng

    photphorit, cát và than cốc ở 12000C trong lò ñiện.

    Câu 40: ðốt cháy hoàn toàn một este ñơn chức, mạch hở X (phân tử có số liên kết

    pi nhỏ hơn 3), thu ñược thể tích khí CO2 bằng 67 thể tích khí O2 ñã phản ứng (các

    thể tích khí ño ở cùng ñiều kiện). Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với 200 ml

    dung dịch KOH 0,7M thu ñược dung dịch Y. Cô cạn Y thu ñược 12,88 gam chất

    rắn khan. Giá trị của m là

    A. 7,20. B. 6,66. C. 8,88. D. 10,56.

    Câu 41: Chất ñược dùng ñể tẩy trắng giấy và bột giấy trong công nghiệp là

    A. CO2. B. SO2. C. N2O. D. NO2.

    Phân tích, hng dn gii:

    ðáp án B.

    Đọc tham khảo phần ứng dụng và sản xuất đường saccarozơ (SGK Hoá học 12)

    Câu 42: Hỗn hợp X gồm 1 mol aminoaxit no, mạch hở và 1 mol amin no, mạch

    hở. X có khả năng phản ứng tối ña với 2 mol HCl hoặc 2 mol NaOH. ðốt cháy

    hoàn toàn X thu ñược 6 mol CO2, x mol H2O và y mol N2. Các giá trị x, y tương

    ứng là

    A. 8 và 1,0. B. 8 và 1,5. C. 7 và 1,0. D. 7 và 1,5.

    Câu 43: Từ 180 gam glucozơ, bằng phương pháp lên men rượu, thu ñược a gam

    ancol etylic (hiệu suất 80%). Oxi hóa 0,1a gam ancol etylic bằng phương pháp lên

    men giấm, thu ñược hỗn hợp X. ðể trung hòa hỗn hợp X cần 720 ml dung dịch

    NaOH 0,2M. Hiệu suất quá trình lên men giấm là

    A. 80%. B. 10%. C. 90%. D. 20%.

    Câu 44: Các chất vừa tác dụng ñược với dung dịch HCl vừa tác dụng ñược với

    dung dịch AgNO3 là:

    A. CuO, Al, Mg. B. Zn, Cu, Fe. C. MgO, Na, Ba. D. Zn, Ni, Sn.

    Phân tích, hng dn gii:

    − CuO và MgO không tác dụng với dung dịch AgNO3 ⇒ Loại phương án A và C.

    − Cu không tác dụng với dung dịch HCl ⇒ Loại phương án B.

    ⇒ ðáp án D.

    Câu 45: Trong phản ứng: K2Cr2O7 + HCl → CrCl3 + Cl2 + KCl + H2O

    Số phân tử HCl ñóng vai trò chất khử bằng k lần tổng số phân tử HCl tham gia

    phản ứng. Giá trị của k là

    A. 4/7. B. 1/7. C. 3/14. D. 3/7.

    Phân tích, hng dn gii:

    K2Cr2O7 + 14HCl → 2CrCl3 + 3Cl2 + 2KCl + 7H2O

    − Có 12 HCl ñóng vai trò là chất khử, tổng số phân tử HCl tham gia phản ứng là

    14 ⇒ k = 6 3

    14 7

    = ⇒ ðáp án D.

    Câu 46: Nhỏ từ từ từng giọt ñến hết 30 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung

    dịch chứa Na2CO3 0,2M và NaHCO3 0,2M, sau phản ứng thu ñược số mol CO2 là

    A. 0,030. B. 0,010. C. 0,020. D. 0,015.

    Câu 47: Cho m gam hỗn hợp etanal và propanal phản ứng hoàn toàn với lượng dư

    dung dịch AgNO3 trong NH3, thu ñược 43,2 gam kết tủa và dung dịch chứa 17,5

    gam muối amoni của hai axit hữu cơ. Giá trị của m là

    A. 10,9. B. 14,3. C. 10,2. D. 9,5.

    Phân tích, hng dn gii:

    Cách 1 :

    CH3CHO → CH3COONH4 + 2Ag

    a a 2a→ →

    C2H5CHO → C2H5COONH4 + 2Ag

    b b 2b→ →

    ( )2a 2b 0, 4 a 0,05 m 0,05 44 0,15 58 10,9 gam

    77a 91b 17,5 b 0,15

    + = = 

    ⇒ ⇒ ⇒ = × + × = 

    + = = 

    ⇒ ðáp án A.

    Cách 2 :

    RCHO → RCOONH4 + 2Ag

    0, 2 0, 4←

    ⇒ Khối lượng muối tăng = 0,2×33 = 6,6 (gam)

    ( )m 17,5 6,6 10,9 gam= − = ⇒ ðáp án A.

    Câu 48: Hỗn hợp gồm 0,1 mol một axit cacboxylic ñơn chức và 0,1 mol muối của

    axit ñó với kim loại kềm có tổng khối lượng là 15,8 gam. Tên của axit trên là

    A. axit propanoic. B. axit metanoic.

    C. axit etanoic. D. axit butanoic.

    Câu 49: ðốt cháy hoàn toàn một lượng hiñrocacbon X. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm

    cháy vào dung dịch Ba(OH)2 (dư) tạo ra 29,55 gam kết tủa, dung dịch sau phản

    ứng có khối lượng giảm 19,35 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban ñầu. Công thức

    phân tử của X là

    A. C3H4. B. C2H6. C. C3H6. D. C3H8.

    Câu 50: ðiện phân (với ñiện cực trơ) một dung dịch gồm NaCl và CuSO4 có cùng

    số mol, ñến khi ở catot xuất hiện bọt khí thì dừng ñiện phân. Trong cả quá trình

    ñiện phân trên, sản phẩm thu ñược ở anot là

    A. khí Cl2 va2 O2. B. khí H2 và O2.

    C. chỉ có khí Cl2. D. khí Cl2 và H2.

    Câu 51: Trong các polime sau: (1) poli(metyl metacrylat); (2) polistiren; (3)

    nilon-7; (4) poli(etylen-terephtalat); (5) nilon-6,6; (6) poli (vinyl axetat), các

    polime là sản phẩm của phản ứng trùng ngưng là:

    A. (1), (3), (6). B. (3), (4), (5). C. (1), (2), (3). D. (1), (3), (5).

    Phân tích, hng dn gii:

    Poli(metyl metacrylat) là sản phẩm của phản ứng trùng hợp

    ⇒ Loại phương án A, C và D.

    ⇒ ðáp án B.

    Câu 52: ðiện phân (ñiện cực trơ) dung dịch X chứa 0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol

    NaCl bằng dòng ñiện có cường ñộ 2A. Thể tích khí (ñktc) thoát ra ở anot sau 9650

    giây ñiện phân là

    A. 2,240 lít. B. 2,912 lít. C. 1,792 lít. D. 1,344 lít.

    Câu 53: Cho 0,448 lít khí NH3 (ñktc) ñi qua ống sứ ñựng 16 gam CuO nung

    nóng, thu ñược chất rắn X (giả sử phản ứng xảy ra hoàn toàn). Phần trăm khối

    lượng của Cu trong X là

    A. 12,37%. B. 87,63%. C. 14,12%. D. 85,88%.

    Phân tích, hng dn gii:

    2NH3 + 3CuO

    0t

    → N2 + 3Cu + 3H2O

    2NH3 + 3CuO 0t

    → N2 + 3Cu + 3H2O

    Ban ñầu 0,02 0,2 0

    Phản ứng 0,02 0,03 0,03

    Kết thúc 0 0,17 0,03

    %Cu = 0,03 64 100% 12,37%

    0,03 64 0,17 160

    ×

    ×

    × + ×

    ⇒ ðáp án A.

    Câu 54: ðốt cháy hoàn toàn V lít hơi một amin X bằng một lượng oxi vừa ñủ tạo

    ra 8V lít hỗn hợp gồm khí cacbonic, khí nitơ và hơi nước (các thể tích khí và hơi

    ñều ño ở cùng ñiều kiện). Amin X tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt ñộ thường, giải

    phóng khí nitơ. Chất X là

    A. CH2=CH−NH−CH3. B. CH3−CH2−NH−CH3.

    C. CH3−CH2−CH2−NH2. D. CH2=CH−CH2−NH2.

    Phân tích, hng dn gii:

    Nhận xét : Cả 4 phương án amin đều đơn chức (chứa 1 nguyên tử N)

    Gọi công thức của X là CnHmN

    − X tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt ñộ thường, giải phóng khí nitơ ⇒ X là amin

    bậc I ⇒ Loại phương án A và B.

    ⇒ Loại phương án A và D.

    − ðơn giản nhất là thử với một trong hai phương án còn lại (nếu C ñúng ⇒ D sai

    và chọn ñáp án C. Nếu C sai, không cần thử lại với D và chọn ñáp án D)

    Thử với phương án D : CH2=CH−CH2−NH2 2O+→ 3CO2 + 3,5H2O + 0,5N2

    Vhỗn hợp khí = 3 + 3,5 + 0,5 = 7 ⇒ Loại phương án D

    ⇒ ðáp án C.

    Câu 55: Hiñro hóa chất hữu cơ X thu ñược (CH3)2CHCH(OH)CH3. Chất X có tên

    thay thế là

    A. metyl isopropyl xetol. B. 3-metylbutan-2-on.

    C. 3-metylbutan-2-ol. D. 2-metylbutan-3-on.

    Phân tích, hng dn gii:

    ðáp án B.

    Câu 56: Trong số các nguồn năng lượng: (1) thủy ñiện, (2) gió, (3) mặt trời, (4)

    hóa thạch; những nguồn năng lượng sạch là:

    A. (1), (3), (4). B. (2), (3), (4). C. (1), (2), (4). D. (1), (2), (3).

    Phân tích, hng dn gii:

    Năng lượng hoá thạch (chủ yếu từ than ñá) không phải là nguồn năng lượng sạch

    ⇒ ðáp án D.

    Câu 57: Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic và hai axit cacboxylic (no, ñơn chức,

    kế tiếp nhau trong dãy ñồng ñẳng) tác dụng hết với Na, giải phóng ra 6,72 lít khí

    H2 (ñktc). Nếu ñun nóng hỗn hợp X (có H2SO4 ñặc làm xúc tác) thì các chất trong

    hỗn hợp phản ứng vừa ñủ với nhau tạo thành 25 gam hỗn hợp este (giả thiết phản

    ứng este hóa ñạt hiệu suất 100%). Hai axit trong hỗn hợp X là

    A. HCOOH và CH3COOH. B. CH3COOH và C2H5COOH.

    C. C2H5COOH và C3H7COOH. D. C2H7COOH và C4H9COOH.

    Phân tích, hng dn gii:

    ( )

    2X Hn 2n 0,6 mol= = .

    Vì các chất trong X phản ứng vừa ñủ với nhau ⇒ ( )

    3CH OH axitn n 0,3 mol= =

    3 3 2CH OH RCOOH RCOOCH H O

    0,3 0,3

    →+ +←

    →

    3RCOOCH R

    25

    m 83,33 M 24,3

    0,3

    ⇒ = ⇒ =≃

    ⇒ Hai axit là CH3COOH ( )( )3CHM 15− = và C2H5COOH ( )( )2 5C HM 29− =

    ⇒ ðáp án B.

    Câu 58: Cho m gam hỗn hợp bột X gồm ba kim loại Zn, Cr, Sn có số mol bằng

    nhau tác dụng hết với lượng dư dung dịch HCl loãng, nóng thu ñược dung dịch Y

    và khí H2. Cô cạn dung dịch Y thu ñược 8,98 gam muối khan. Nếu cho m gam

    hỗn hợp X tác dụng hoàn toàn với O2 (dư) ñể tạo hỗn hợp 3 oxit thì thể tích khí O2

    (ñktc) phản ứng là

    A. 2,016 lít. B. 0,672 lít. C. 1,344 lít. D. 1,008 lít.

    Phân tích, hng dn gii:

    Gọi công thức chung của 3 kim loại là M và số mol mỗi kim loại là a

    65 52 119 236M

    3 3

    + +

    = =

    2 2M 2HCl MCl H 2363a 71 8,98 a 0,02

    33a 3a

    + → +   

    ⇒ × + = ⇔ =  

     

    → 

    (mol)

    ( )

    0 2

    0 3

    0 4

    Zn Zn 2e

    0,02 0,04

    Cr Cr 3e

    n 0,18 mol

    0,02 0,06

    Sn Sn 4e

    0,02 0,08

    +

    +

    +

    → + 

    →

    → +

    =∑

    →

    → +

    → 

    electron nh−êng

    0 2

    2O 4e 2O

    0,045 0,18

    + →

    2O

    V 0,045 22,4 1,008= × = (lít) ⇒ ðáp án D.

    Câu 59: Tách nước hỗn hợp gồm ancol etylic và ancol Y chỉ tạo ra 2 anken. ðốt

    cháy cùng số mol mỗi ancol thì lượng nước sinh ra từ ancol này bằng 5

    3

    lần lượng

    nước sinh ra từ ancol kia. Ancol Y là

    A. CH3−CH2−CH(OH)−CH3. B. CH3−CH2−CH2−CH2−OH.

    C. CH3−CH2−CH2−OH. D. CH3−CH(OH) −CH3.

    Phân tích, hng dn gii:

    Nhận xét : Cả 4 phương án ancol đều có số nguyên tử H lớn hơn số nguyên tử H

    trong C2H5OH

    Gọi công thức ancol Y là CnH2n+2O ⇒ 4 10

    2n 2 5

    n 4 C H O

    6 3

    +

    = ⇔ = ⇒

    ⇒ Loại phương án A và D.

    Vì tách H2O chỉ tạo một anken duy nhất ⇒ Y là CH3−CH2−CH2−CH2−OH (ancol

    bậc 1) ⇒ ðáp án B.

    Câu 60: Xét cân bằng: N2O4 (k) →← 2NO2 (k) ở 250C.

    Khi chuyển dịch sang một trạng thái cân bằng mới nếu nồng ñộ của N2O4 tăng lên

    9 lần thì nồng ñộ của NO2

    A. tăng 9 lần. B. tăng 3 lần. C. tăng 4,5 lần. D. giảm 3 lần.

    Phân tích, hng dn gii:

    Ban ñầu :

    2

    2

    C

    2 4

    = .

    Khi = a

    2 2

    2

    C

    2 4 2 4

    9 a 9 NO a a 3 NO= ⇔ × = ⇒ = ××

    ⇒ ðáp án B.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lời Giải Đề Thi Minh Họa Môn Tiếng Anh Thpt Quốc Gia Năm 2022
  • Bai Tap Toan Lop 3
  • Giải Vở Bài Tập Toán Lớp 4 (Tập 1)
  • Bài Tập Quản Lý Chất Lượng
  • Tổng Hợp Bài Tập Python Cơ Bản 2022
  • Viết Câu Lời Giải Cho Bài Toán Có Lời Văn

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Toán Giải Bằng Hai Phép Tính (Tiếp Theo)
  • Các Dạng Toán Phương Trình Bậc 2 Một Ẩn, Cách Giải Và Tính Nhẩm Nghiệm Nhanh
  • Cách Giải Phương Trình Bậc 2 (Hai) Đầy Đủ Nhất
  • Phương Pháp Giải Bất Phương Trình Vô Tỷ Chứa Căn (Có Lời Giải)
  • Những Bí Ẩn Toán Học Hàng Trăm Năm Chưa Có Lời Giải
  • Hướng dẫn học sinh lớp 1Viết câu lời giải cho bài toán có lời vănNói đến “Bài toán có lời văn” là nói đến một loại Toán khó không chỉ đối với học sinh lớp 1 mà cả với các lớp 2, 3, 4, 5. Bởi vì , để giải được những bài toán này học sinh phải học được kĩ năng đọc đề bài, phân tích nội dung và xác định rõ dạng toán thì mới có thể giải bài toán đó. Khi giải một bài toán học sinh phải thực hiện theo các bước: + Viết câu lời giải. + Viết phép tính. + Viết đáp số. Một bài giải mà lời giải sai, phép tính và đáp số đúng thì bài giải đó vẫn bị coi là sai. Vì vậy, hướng dẫn học sinh lớp 1 tìm và viết câu lời giải đúng, ngắn gọn, đủ ý là một là một việc làm rất cần thiết và hết sức quan trọng. Với Toán 1, ” Bài toán có lời văn” được thể hiện theo hai dạng đó là: “Toán thêm” và “Toán bớt”. Để giúp các em viết đúng câu lời giải khi làm bài Gv cần hướng dẫn theo hai giai đoạn như sau:1/ Giai đoạn 1: Giai đoạn chuẩn bị- Gv cần hướng dẫn học sinh làm tốt kiểu bài: Viết phép tính thích hợp vào ô trống. Dạng bài này được thực hiện từ tiết 26 đến tiết 79 và được chia thành hai trường hợp: – Quan sát tranh và viết phép tính thích hợp. – Dựa vào tóm tắt viết phép tính thích hợp.- ở giai đoạn này Gv giúp Hs quan sát tranh để hiểu nội dung tranh hoặc đọc tóm tắt để hiểu nội dung bài. Sau đó hướng dẫn Hs làm theo 4 bước sau: + Quan sát tranh hoặc đọc tóm tắt bài toán. + Nêu bài toán. + Viết phép tính. + Nêu câu trả lời cho bài toán. – Hs nêu câu trả lời cho bài toán là bước chuẩn bị cho Hs viết câu lời giải cho giai đoạn tiếp theo. Ví dụ: Viết phép tính thích hợp: Có: 8 cái kẹo. Đã ăn: 3 cái kẹo. Còn lại: … cái kẹo? – Hs đọc tóm tắt bài toán, xác định đây là dạng “Toán bớt”. – Hs nêu bài toán: Lan có 8 cái kẹo. Lan đã ăn 3 cái kẹo. Hỏi Lan còn lại bao nhiêu cái kẹo? – Hs viết phép tính vào ô trống: 8 – 3 = 5 – Gv hỏi: Lan còn bao nhiêu cái kẹo? – Hs: Lan còn 5 cái kẹo.2/ Giai đoạn 2: Giai đoạn bài toán có lời văn – Dạng bài này được thực hiện từ tiết 81 đến tiết 134. Đây là giai đoạn quyết định giúp Hs hiểu một số thuật ngữ toán học.Thêm, mua thêm, tặng thêm, tất cả, cả hai, … thuộc dạng “toán thêm”.Bớt, cho, biếu, bay đi, còn lại, … thuộc dạng “toán bớt”. – Lúc này Gv cần yêu cầu Hs phải đọc kĩ đề bài, tìm hiểu nội dung để xác định được: + Bài toán cho biết gì? + Bài toán hỏi gì? – Sau đó hướng dẫn Hs trình bày bài giải theo ba bước: – Viết c

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đề Tài Biên Pháp Rèn Kĩ Năng Viết Câu Lời Giải Trong Giải Toán Có Lời Văn Cho Học Sinh Lớp 1
  • Triangle (2009): Vòng Lặp Chết Chóc
  • Loa Không Dây Triangle Aio 3
  • Review Và Giải Thích Phim Ảo Ảnh (Mirage): Ý Nghĩa Của Những Nhánh Thời Gian
  • Review Và Giải Thích Phim Us Với Những Tầng Ý Nghĩa Đáng Ngẫm
  • Lời Giải New Headway 2

    --- Bài mới hơn ---

  • Đáp Án New Headway 3
  • Gợi Ý Đáp Án Môn Ngữ Văn Thpt Quốc Gia 2022
  • Lời Giải New Cutting Edge Pre
  • Sách Giải New Cutting Edge
  • Đáp Án New Headway 1
  • Lời Giải New Headway 2, Lời Giải New Headway 3, Bài Giải Headway 4, Bài Giải Headway 2, American Headway 4 Giải Bài Tập, Bài Giải American Headway 2, Lời Giải New Headway 3 Unit 12 Trying Your Best, Bài Giải American Headway 4, Bài Giải Headway 2 Unit 9 Going Places, Đáp án Headway 2, Headway 2, Đáp án Headway 5, New Headway 3, Đáp án Headway 3, Đáp án Headway 4, Đáp án New Headway 1, New Headway 2, Headway, New Headway Pdf, Headway 3, Headway 4, Đáp án New Headway 3, New Headway Pre Intermediate, New Headway 3 Unit 12, Headway 3 Third Edition, Unit 9 Headway 2, New Headway Elementary, Answer Headway 2, Headway Unit 7, Going Places New Headway, Headway 4 Unit 7, New Headway 2 Unit 8, New Headway Pre Intermediate Pdf, Unit 9 Headway 2 Đáp án, Đáp án Bài Tập Headway Unit 12, New Headway 3rd Edition Pdf, New Headway English Course, Unit11 New Headway, Đáp án Headway 2 Unit 7, Đáp án Headway 2 Unit 8, Looking Good Headway, Ebay Headway 2, Headway 2 Unit 7, Đap án Headway 2 Unit 10, American Headway 5, Đáp án American Headway 4, Headway 3 Unit 4, Headway 4 Unit 2, American Headway 4, Đáp án New Headway English Course, Headway Intermediate Pdf, Đáp An Headway 4 Unit11, Headway 3 Unit 2, American Headway 2, Unit1 Headway, Headway 2a Unit 2, Unit 10 Headway, Headway 2 Unit 8, Bài Tập Trang 23 New Headway 1, Headway 2 Unit 3, Headway 2 Unit 12, Unit 3 Headway, American Headway 4 Đáp án, American Headway Second, Headway 4 Unit 11, America Headway 4, American Headway, Headway 4 Unit 13, American Headway 1, Unit 13 Headway 2, Trang 11 Headway New, Headway 4 Answer, Unit 10 Headway 2, Unit 8 Headway 4, Đáp án American Headway 5, Headway 2 Unit 10, Unit 6 Headway 2, Headway 3rd Edition Pre-intermediate Pdf, Headway 2 Unit 7 Fame, Unit10 New Headway Writing, Headway 4 Workbook Answer Key, Headway Unit4 The Marketplace, Giáo Trình New Headway, Giáo Trình Headway 1, Headway 2 Unit 6 Vâction, 1 Test B Headway Digital, Headway 2 Workbook Answer Key, Đáp án Sách Headway 2 Second Edition, New Headway Elementary Answer Key, Đáp án Headway 2 Unit 9 Going Places , New Headway Intermediate The Third Edition Pdf, Đáp án New Headway – Intermediate – The Third Edition, New Headway Pre Intermediate Unit 8, Answer Key New Headway Pre-intermediate, American Headway 2 Unit 3, American Headway Level 2, Giáo Trình Headway, American Headway 2 – Unit 11, American Headway Starter, Đáp án American Headway Starter,

    Lời Giải New Headway 2, Lời Giải New Headway 3, Bài Giải Headway 4, Bài Giải Headway 2, American Headway 4 Giải Bài Tập, Bài Giải American Headway 2, Lời Giải New Headway 3 Unit 12 Trying Your Best, Bài Giải American Headway 4, Bài Giải Headway 2 Unit 9 Going Places, Đáp án Headway 2, Headway 2, Đáp án Headway 5, New Headway 3, Đáp án Headway 3, Đáp án Headway 4, Đáp án New Headway 1, New Headway 2, Headway, New Headway Pdf, Headway 3, Headway 4, Đáp án New Headway 3, New Headway Pre Intermediate, New Headway 3 Unit 12, Headway 3 Third Edition, Unit 9 Headway 2, New Headway Elementary, Answer Headway 2, Headway Unit 7, Going Places New Headway, Headway 4 Unit 7, New Headway 2 Unit 8, New Headway Pre Intermediate Pdf, Unit 9 Headway 2 Đáp án, Đáp án Bài Tập Headway Unit 12, New Headway 3rd Edition Pdf, New Headway English Course, Unit11 New Headway, Đáp án Headway 2 Unit 7, Đáp án Headway 2 Unit 8, Looking Good Headway, Ebay Headway 2, Headway 2 Unit 7, Đap án Headway 2 Unit 10, American Headway 5, Đáp án American Headway 4, Headway 3 Unit 4, Headway 4 Unit 2, American Headway 4, Đáp án New Headway English Course,

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lời Giải New Headway 3
  • Đáp Án Đề Thi Thpt Quốc Gia Môn Toán 2022 Nhanh Nhất Mã Đề 114
  • Đáp Án Tham Khảo Đề Thi Môn Toán Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022, Tất Cả Mã Đề
  • Đề Thi, Gợi Ý Đáp Án Môn Toán Kỳ Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022
  • Đáp Án Tham Khảo Môn Toán Thi Thpt Quốc Gia 2022 Tất Cả Mã Đề
  • Lời Giải New Headway 3

    --- Bài mới hơn ---

  • Lời Giải New Headway 2
  • Đáp Án New Headway 3
  • Gợi Ý Đáp Án Môn Ngữ Văn Thpt Quốc Gia 2022
  • Lời Giải New Cutting Edge Pre
  • Sách Giải New Cutting Edge
  • Lời Giải New Headway 2, Lời Giải New Headway 3, Bài Giải Headway 4, Bài Giải Headway 2, American Headway 4 Giải Bài Tập, Bài Giải American Headway 2, Lời Giải New Headway 3 Unit 12 Trying Your Best, Bài Giải American Headway 4, Bài Giải Headway 2 Unit 9 Going Places, Đáp án Headway 2, Headway 2, Đáp án Headway 5, New Headway 3, Đáp án Headway 3, Đáp án Headway 4, Đáp án New Headway 1, New Headway 2, Headway, New Headway Pdf, Headway 3, Headway 4, Đáp án New Headway 3, New Headway Pre Intermediate, New Headway 3 Unit 12, Headway 3 Third Edition, Unit 9 Headway 2, New Headway Elementary, Answer Headway 2, Headway Unit 7, Going Places New Headway, Headway 4 Unit 7, New Headway 2 Unit 8, New Headway Pre Intermediate Pdf, Unit 9 Headway 2 Đáp án, Đáp án Bài Tập Headway Unit 12, New Headway 3rd Edition Pdf, New Headway English Course, Unit11 New Headway, Đáp án Headway 2 Unit 7, Đáp án Headway 2 Unit 8, Looking Good Headway, Ebay Headway 2, Headway 2 Unit 7, Đap án Headway 2 Unit 10, American Headway 5, Đáp án American Headway 4, Headway 3 Unit 4, Headway 4 Unit 2, American Headway 4, Đáp án New Headway English Course, Headway Intermediate Pdf, Đáp An Headway 4 Unit11, Headway 3 Unit 2, American Headway 2, Unit1 Headway, Headway 2a Unit 2, Unit 10 Headway, Headway 2 Unit 8, Bài Tập Trang 23 New Headway 1, Headway 2 Unit 3, Headway 2 Unit 12, Unit 3 Headway, American Headway 4 Đáp án, American Headway Second, Headway 4 Unit 11, America Headway 4, American Headway, Headway 4 Unit 13, American Headway 1, Unit 13 Headway 2, Trang 11 Headway New, Headway 4 Answer, Unit 10 Headway 2, Unit 8 Headway 4, Đáp án American Headway 5, Headway 2 Unit 10, Unit 6 Headway 2, Headway 3rd Edition Pre-intermediate Pdf, Headway 2 Unit 7 Fame, Unit10 New Headway Writing, Headway 4 Workbook Answer Key, Headway Unit4 The Marketplace, Giáo Trình New Headway, Giáo Trình Headway 1, Headway 2 Unit 6 Vâction, 1 Test B Headway Digital, Headway 2 Workbook Answer Key, Đáp án Sách Headway 2 Second Edition, New Headway Elementary Answer Key, Đáp án Headway 2 Unit 9 Going Places , New Headway Intermediate The Third Edition Pdf, Đáp án New Headway – Intermediate – The Third Edition, New Headway Pre Intermediate Unit 8, Answer Key New Headway Pre-intermediate, American Headway 2 Unit 3, American Headway Level 2, Giáo Trình Headway, American Headway 2 – Unit 11, American Headway Starter, Đáp án American Headway Starter,

    Lời Giải New Headway 2, Lời Giải New Headway 3, Bài Giải Headway 4, Bài Giải Headway 2, American Headway 4 Giải Bài Tập, Bài Giải American Headway 2, Lời Giải New Headway 3 Unit 12 Trying Your Best, Bài Giải American Headway 4, Bài Giải Headway 2 Unit 9 Going Places, Đáp án Headway 2, Headway 2, Đáp án Headway 5, New Headway 3, Đáp án Headway 3, Đáp án Headway 4, Đáp án New Headway 1, New Headway 2, Headway, New Headway Pdf, Headway 3, Headway 4, Đáp án New Headway 3, New Headway Pre Intermediate, New Headway 3 Unit 12, Headway 3 Third Edition, Unit 9 Headway 2, New Headway Elementary, Answer Headway 2, Headway Unit 7, Going Places New Headway, Headway 4 Unit 7, New Headway 2 Unit 8, New Headway Pre Intermediate Pdf, Unit 9 Headway 2 Đáp án, Đáp án Bài Tập Headway Unit 12, New Headway 3rd Edition Pdf, New Headway English Course, Unit11 New Headway, Đáp án Headway 2 Unit 7, Đáp án Headway 2 Unit 8, Looking Good Headway, Ebay Headway 2, Headway 2 Unit 7, Đap án Headway 2 Unit 10, American Headway 5, Đáp án American Headway 4, Headway 3 Unit 4, Headway 4 Unit 2, American Headway 4, Đáp án New Headway English Course,

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đáp Án Đề Thi Thpt Quốc Gia Môn Toán 2022 Nhanh Nhất Mã Đề 114
  • Đáp Án Tham Khảo Đề Thi Môn Toán Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022, Tất Cả Mã Đề
  • Đề Thi, Gợi Ý Đáp Án Môn Toán Kỳ Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022
  • Đáp Án Tham Khảo Môn Toán Thi Thpt Quốc Gia 2022 Tất Cả Mã Đề
  • Hướng Dẫn Sử Dụng Myelt Dành Cho Sinh Viên
  • Tài Liệu Bài Tập Về Diode Có Lời Giải, Bài Tập Diode Có Lời Giải

    --- Bài mới hơn ---

  • Des Là Gì? Code Ví Dụ Des Bằng Java
  • Hệ Mật Mã Khối Và Các Thuật Toán Mã Hóa Khối Kinh Điển: Des
  • Bài Tập Toán Lớp 2 Cơ Bản Và Nâng Cao Cho Bé
  • Đáp Án Bài Tập Csdl
  • Giới Hạn Của Hàm Hai Biến Số
  • Đang xem: Bài tập về diode có lời giải

    Share Like Download …

    3 Comments 33 Likes Statistics Notes

    12 hours ago   Delete Reply Block

    250 bai tap_kt_dien_tu_0295

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bảo Hiểm Là Gì? Các Thuật Ngữ Cơ Bản Nhất Trong Bảo Hiểm Bạn Nên Biết
  • Đề Cương Ôn Tập Bảo Hiểm Xã Hội Có Đáp Án
  • Bài Tập Định Khoản Kế Toán Tiền Lương Có Lời Giải
  • 3 Mẫu Bài Tập Nghiệp Vụ Kế Toán Tiền Lương Có Lời Giải Đáp Án
  • Mức Hưởng Hàng Tháng 2022
  • Lời Giải Trong Tiếng Tiếng Anh

    --- Bài mới hơn ---

  • Lời Giải Đáp Trong Tiếng Tiếng Anh
  • Định Lý Cuối Cùng Của Fermat
  • Toán Học Cho Mọi Người
  • Phương Pháp Giải Các Dạng Toán Hàm Số Bậc Nhất Cơ Bản
  • Hướng Dẫn Vẽ Đồ Thị Hàm Số Và Giải Bài Tập Sách Giáo Khoa Trang 71
  • Hãy xem lời giải đáp cho các câu hỏi này trong sách Khải huyền.

    Note how those questions are answered in the book of Revelation.

    jw2019

    Đọc lời giải thích sau đây về ân điển của Chúa:

    Read the following explanation of the Lord’s grace:

    LDS

    Những khoa học gia tài giỏi đã chiếm giải Nobel nhờ khám phá ra các lời giải đáp.

    Brilliant scientists have won Nobel prizes for uncovering the answers.

    jw2019

    Tạp chí này cung cấp lời giải đáp thỏa đáng từ Kinh Thánh”.

    This magazine gives the Bible’s enlightening answers to those questions.”

    jw2019

    Tìm lời giải đáp dựa trên Kinh Thánh về nhiều câu hỏi như:

    Find Bible-based answers to dozens of questions, including:

    jw2019

    Thì còn có những lời giải thích và chứng cứ.

    There’s explaining and there’s showing.

    OpenSubtitles2018.v3

    Bạn sẽ tìm được lời giải đáp trong quyển sách đầy sức thu hút này.

    You will find answers to such questions in this fascinating 192-page book.

    jw2019

    Đó là lời giải thích duy nhất.

    That’s the only explanation.

    QED

    Các lời giải thích này mâu thuẫn với bằng chứng khoa học.

    These interptations fly in the face of scientific fact.

    jw2019

    Tại sao cháu lại muốn tìm một lời giải đáp.

    Why would you want to find an explanation?

    OpenSubtitles2018.v3

    Khi ôn lại lịch sử chúng ta tìm được một lời giải đáp đầy hy vọng.

    A look at history suggests a hopeful answer.

    jw2019

    Lời giải đáp nằm trong bộ lông được thiết kế một cách phi thường.

    The answer lies in their remarkably designed plumage.

    jw2019

    Con người luôn khát khao lời giải tìm kiếm trật tự trong hỗn loạn.

    Human beings are wired to solve, to make order out of chaos.

    ted2019

    Ta nghĩ ta xứng đáng có được một lời giải thích.

    I think I deserve an explanation.

    OpenSubtitles2018.v3

    Nhưng tôi không nghĩ đó là một lời giải thích đủ tốt.

    But I don’t think that explanation is good enough.

    ted2019

    lời giải đáp, như chúng ta sẽ thấy trong bài tới.

    As we shall see in the next article, there is an answer.

    jw2019

    (b) Câu hỏi nào được nêu ra, và chúng ta có thể tìm lời giải đáp ở đâu?

    (b) What question arises, and where can we find the answer?

    jw2019

    Lời giải đáp cho cả hai câu hỏi này là có.

    The answer to both these questions is yes.

    jw2019

    Và chìa khóa chỉ là một lời giải.

    And the only key is the key.

    OpenSubtitles2018.v3

    Bởi vậy lời giải đáp cho các câu hỏi đó liên can nhiều đến cá nhân bạn.

    The issues thus involve you in a profoundly personal way.

    jw2019

    Họ cần biết lời giải đáp.

    They demand an answer.

    jw2019

    Bởi vậy, để tự thỏa mãn, anh muốn nghe lời giải đáp cho câu hỏi đó.

    So, to satisfy himself he wanted an answer to that question.

    jw2019

    May mắn thay, sự tiến hóa cho chúng ta lời giải đáp, đúng không?

    Well fortunately, evolution has given us an answer, right?

    ted2019

    Điều đó để lại duy nhất một lời giải thích

    That leaves only one explanation.

    OpenSubtitles2018.v3

    Chúng ta nên tìm lời giải đáp ở đâu?

    Where should we look for answers?

    jw2019

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Toán Nông Dân Bỏ Ruộng (Tiếp Theo Và Hết)
  • Review: Triangle / Tam Giác Quỷ / Chuyến Hải Trình Kỳ Lạ
  • Ý Nghĩa Bộ Phim Siêu Xoẵn Não Triangle (Tam Giác Quỷ)
  • Giải Thích Phim Triangle (2009)
  • Review Ý Nghĩa Phim Triangle: Làm Tổn Thương Chính Mình
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100