Hsg thcs hồng hà 2015 2016

PHỊNG GD&ĐT TAM NƠNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 7

TRƯỜNG THCS HỒNG ĐÀ

NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1. (3 điểm)
a. Tính giá trị biểu thức:
212.13  212.65
310.11  310.5
+
210.104
3 9 .2 4

b. Cho A = 3 + 32 + 33 + …+ 32015
Tìm số tự nhiên n biết rằng 2A + 3 = 3n
Câu 2. (5 điểm)
y  z 1 x  z  2 y  x  3
1



x

y
z
xyz
x  4 x  3 x  2 x 1



b. Tìm x:
2012 2013 2014 2015

a. Tìm các số x; y; z biết rằng:

c. Tìm x để biểu thức sau nhận giá trị dương: x2 + 2016x
Câu 3. (5 điểm)
a. Cho

A

x 1
x 3

. Tìm số nguyên x để A là số nguyên

b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B =

x 2  15
x2  3

c. Tìm số nguyên x,y sao cho x - 2xy + y = 0
Câu 4. (5 điểm)

Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của của tia MA
lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng:
a. AC = EB và AC // BE
b. Gọi I là một điểm trên AC; K là một điểm trên EB sao cho AI = EK.
Chứng minh ba điểm I, M, K thẳng hàng


c. Từ E kẻ EH  BC  H  BC  . Biết HBE
= 50o; MEB
=25o.


Tính HEM
và BME
Câu 5. (2 điểm)
Từ điểm I tùy ý trong tam giác ABC, kẻ IM, IN, IP lần lượt vng góc với
BC, CA, AB. Chứng minh rằng: AN2 + BP2 + CM2 = AP2 + BM2 + CN2
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ..............................................Số báo danh:.......................
PHỊNG GD&ĐT TAM NÔNG

HƯỚNG DẪN CHẤM


TRƯỜNG THCS HỒNG ĐÀ

Câu

THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 7
NĂM HỌC 2015 – 2016
Mơn thi : Tốn

Điểm

Nội dung chính

Câu 1

212.78
310.16
a. b, = 10
+
2 .104
39.16

1,0

=3+3 =6

0,5

b. Tìm được

n = 2010

1,5

a. Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :

Câu 2

y  z 1 x  z  2 y  x  3
1



x
y
z
xyz
y  z  1  x  z  2  y  x  3 2( x  y  z )

2
=
x yz
x yz
( Vì x+y+z 0). Do đó x+y+z = 0,5. Thay kết quả này vào đề bài ta có:
0,5  x  1 0,5  y  2 0,5  z  3
1,5  x 2,5  y  2,5  z


2 tức là


2
x
y
z

x
y
z
1
5
5
Vậy x  ; y  ; z 
2
6
6
x  4 x  3 x  2 x 1
b.



2012 2013 2014 2015
x4
x 3
x2
x 1

1 
1 
1 
1
2012
2013
2014
2015
1

1
1
1
 ( x  2016)(



) 0
2012 2013 2014 2015
1
1
1
1
 x  2016 0 (Vì



0)
2012 2013 2014 2015
 x  2016

0,5
0,5
0.5

0,5
0,5
0,5
0,5

Vậy giá trị x cần tìm là : x = -2016
c. Ta có : x2+2014x = x(x+2014)
x
x+2014
x(x+2014)

0,5
- -2014
0
+

+
-

0

0,5

+
+
+

0.5

2

Vậy x +2014x > 0 khi x < -2014 hoặc x > 0

Câu 3

a. A 

Để A là số nguyên thì x  3 là ước của 4, tức là
Vậy giá trị x cần tìm là : 1 ; 4 ; 16 ;25 ;49
b. B =

0,5

x 1
x  34
4

1 
x 3
x 3
x 3





12
x 2  3  12
x 2  15
=
=1+ 2
2
2
x 3
x 3

x 3

x  3  1; 2; 4



0,5
1
0,5


Ta có: x 2  0. Dấu ‘ =’ sảy ra khi và chỉ khi x = 0
0,5

 x 2 + 3  3 ( 2 vế dương )



12
x 3
2



12
3



12

12
 4  1+ 2
 1+ 4
x 3
x 3
2

0,5

 B 5
Dấu ‘ =’ sảy ra khi và chỉ khi x = 0

0,5

Vậy Max B = 5  x = 0.

c.

Từ : x-2xy+y=0
Hay (1-2y)(2x-1) = -1
Vì x,y là các số nguyên nên (1-2y)và (2x-1) là các số nguyên
do đó ta có các trường hợp sau :

0,25

0,25

1  2 y 1
 x 0
 


2 x  1  1  y 0
1  2 y  1  x 1
 
Hoặc 
2 x  1 1
 y 1

0,25
0,25

Vậy có 2 cặp số x, y như trên thoả mãn điều kiện đầu bài
Câu 4 .Vẽ hình
A

I
M

B

0,5
C

H
K

E

Câu
Câu 4

Nội dung chính
a. Xét AMC và EMB có :
AMC = EMB

(đối đỉnh )

AM = EM

Điểm
(gt )
0,5

BM = MC
(gt )
 AC = EB

AMC
Nên :
= EMB (c.g.c )
0,5


Vì AMC = EMB  MAC = MEB
(2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt
0,5
đường thẳng AE )
Suy ra AC // BE .
b. Xét AMI và EMK có : AM = EM (gt )



= MEK
( vì AMC EMB )
MAI
AI = EK (gt )


Nên AMI EMK ( c.g.c )

Suy ra AMI = EMK

Mà AMI + IME
= 180o ( tính chất hai góc kề bù )


 EMK
+ IME
= 180o
 Ba điểm I;M;K thẳng hàng
 = 90o ) có HBE

c. Trong tam giác vng BHE ( H
= 50o


= 90o - HBE
= 90o - 50o =40o
 HEB




= HEB
- MEB
= 40o - 25o = 15o
 HEM



Nên BME
= HEM
+ MHE
= 15o + 90o = 105o
( định lý góc ngồi của tam giác )

Câu 5

Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vng NIA và NIC ta có:
AN2 =IA2 – IN2; CN2 = IC2 – IN2
 CN2 – AN2 = IC2 – IA2 (1)
Tương tự ta cũng có: AP2 - BP2 = IA2 – IB2 (2)
MB2 – CM2 = IB2 – IC2 (3)
Từ (1); (2) và (3) ta có: AN2 + BP2 + CM2 = AP2 + BM2 + CN2

Lưu ý: Nếu học sinh có cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5
1