Hsg huyện đức thọ 2012 2013 unprotected

PHỊNG GD-ĐT ĐỨC THỌ
2012-2013
Đề thi chính thức

ĐỀ THI OLYMPIC TỐN 7 NĂM HỌC
Thời gian làm bài 120 phút

a) Thực hiện phép tính A 

Câu 1:

212.35  4 6.9 2

 2 .3 
2

6

 8 4.3 5



510.73  25 5.49 2

 125.7 

3

 5 9.14 3

b) Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n thì 3n2  2n2  3n  2n chia hết cho 10

212.35  46.92
510.73  255.49 2
212.3 4.3  212.3 4 510.7 3  510.7 3.7
 12 5

3
Lời giải: a) A  2 6 4 5 
9
3
2 .3 .3  212.3 5 59.73  59.73.23
2 .3  8 .3  125.7   5 .14





212.3 4  3  1
2 .3  3  1
12

5





510.7 3  1  7 

2 6 1 2 7
 

  
5 .7  1  8  4 9 2 3 6
9

3

n 2
n 2
n
n
n
n
n
n
n
n
b) Ta có 3  2  3  2 3 .9  2 .4  3  2 .1 3  9  1  2  4  1





10.3n  10.2n 1 10. 3 n  2n 1 chia hết cho 10
Câu 2: Tìm x, biết

a) x 

1 4
2
    3,2  

3 5
5

b)  x  7 

x 1

  x  7


x
1 4
2
1 4  14
1
 x  2  
Lời giải: a) x      3,2    x   
3 5
5
3 5
5
3
x

Vậy giá trị cần tìm là x =

x 11

0

1
2
3

1
 2
3

7

 x 3

 x  5
3


7
5
; x
3
3
x 1

  x  7  0
10
0   x  7   1   x  7   0  
b)  x  7    x  7 


  x  7  10 1


 x  7 1
 x 8
10
x 1
 
Với  x  7  0  x 7 . Với  x  7  1  
. Vậy giá trị cần tìm là
 x  7  1  x 6
x 1

x 11

x 1

x   6;7;8
Câu 3:

a) Số A được chia thành 3 số tỉ lệ theo

2 3 1
: : . Biết rằng tổng các bình phương của ba số
5 4 6

đó bằng 24309. Tìm số A
2x  2y  z 2x  y  2z  x  2y  2z


.
z

y
x
 x  y  y  z  z  x

b) Cho x, y, z là các số hữu tỉ khác 0, sao cho
Tính giá trị bằng số của biểu thức M 

8xyz
Lời giải: a) Gọi 3 số được chia ra từ số A lần lượt là x; y; z.
x y z
x2 y 2 z2
x2  y 2  z2
24309
  
  

32400
Theo bài ra ta có 2 3 1
4
9
1
4 9 1
2701
 
5 4 6
25 16 36 25 16 36 3600




x2
y2
32400  x 2 5184  x 72
32400  y 2 18225  y 135
; 9
4
25
16

z2
32400  z 2 900  y 30
1
36
Với x = 72; y = 135; z = 30 thì A = 237. Với x = -72; y = -135; z = -30 thì A = -237
2x  2y  z 2x  y  2z  x  2y  2z 3  x  y  z 



3
b) Từ giả thiết ta có:
z
y
x
xy z
2x  y  2z
2x  2y  z
 x  2y  2z
3  x  z 2y ;
3  x  y 2z ;
3  y  z 2x

y
z
x
 x  y   y  z   z  x   2x.2y.2z 1
Do đó M 
8xyz
8xyz
Câu 4: Cho tam giác ABC (AB < AC), M là trung điểm của BC. Trên tia đối 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
 . Gọi D là giao điểm của Mx với AC.
c) Từ M kẻ tia Mx sao cho MA là tia phân giác của BMx
Chứng minh rằng MB > MD
Lời giải: a) Xét AMC và EMB có
A
 AM ME (gt)
x


 AMC EMB (®èi ®Ønh)  AMC = EMB (c – g – c)
D
MC=MB (gt)

I





 AC = EB và CAM
mà CAM
; BEM
BEM
C
B
là hai góc ở vị trí so le nên AC // BE
M
b) Nối I với M và K với M
K
Xét AMI và EMK có
 AM EM (gt)


MAI MEK (so le)  AMI = EMK (c – g – c)
E
 AI=EK (gt)



  KMA

 EMK

 AMI
mà EMK
 KMA
180 0 (Hai góc kề bù)  AMI
180 0 . Vậy ba điểm I, M, K
thẳng hàng







c) Ta có MDC
(Góc ngồi của AMD)  MDC
(Vì theo giả thiết AMB
mà
 DCM
 AMB
AMD




(Góc ngồi của AMC). Từ đó suy ra MDC
 MC > MD (Quan hệ cạnh và
AMB
 DCM
 DCM
góc trong DMC). Mặt khác MC = MB (gt). Vậy MB > MD (đpcm)

 150 . Đường vng
Câu 5: Cho tam giác ABC có B 600 , C 450 . Trong ABC
, vẽ tia Bx sao cho CBx

góc với AB tại A cắt Bx ở I. Tính ICB
Lời giải: Lấy điểm M trên BC sao cho BM = BA


 ABM cân tại B có ABM
600 nên ABM đều
 ABM

 600  150 450
 AM = AB. Mặt khác ABI
 IBM


A
 ABI vuông cân tại A nên AI = AB  AI = AM



Ta lại có BAC
1800  ABC
 ACB
75 0



 MAC
BAC
 BAM
75 0  60 0 15 0


 MAC
IAC

150

Xét AIC và AMC có
150
B
MDC  DCM
 AI AM

 ACM

 90 0
 AC chung  AIC = AMC ((c – g – c)  ACI
45 0  ICB


IAC MAC

x

I
450

C