Hsg bộ 20 đề trường thcs thanh oai

Trường THCS Mỹ Hưng
Huyện Thanh Oai – HN

ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7
Năm học 2013 – 2014
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 5 điểm ):
a c
 . với a, b, c 0 . Chứng minh rằng:
c b
a a2  c2
b  a b2  a 2

 2 2
a)
b)
b b2  c 2
a
a c
25
2. Tổng ba phân số tối giản bằng 5 các tử của chúng tỉ lệ nghịch với
63

1. Cho

20; 4; 5. Các mẫu của chúng tỉ lệ thuận với 1; 3; 7. Tìm ba phân số đó.
Câu 2 ( 3 điểm ): Tìm số nguyên x, y biết:

5 y 1
 
x 4 8

Câu 3 ( 3 điểm ): Tìm số nguyên x để A có giá trị là một số nguyên biết
A

x 1
x 3

 x 0 

Câu 4 ( 2 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
A  x  2013  x  2014  x  2015

Câu 5 ( 7 điểm ): Cho tam giác ABC vng cân tại A có trung tuyến AM. E là
điểm thuộc cạnh BC. Kẻ BH, CK vng góc với AE ( H, K thuộc AE ).
a) Chứng minh BH  AK .
b) Cho biết MHK là tam giác gì? Tại sao?

1


Trường THCS Mỹ Hưng
Huyện Thanh Oai – HN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC
Năm học 2013 – 2014
Mơn thi: Tốn Lớp 7
Nội dung

Điểm

Câu
2
2
Câu 1
a c
a c a c
 
.    
1.
a,
Từ:
(6
c b
c b  c  b
điểm)
a a2 c2 a2  c2


b



c2



b2



c 2  b2

0,5 đ


a a2  c2

(đpcm)
b b2  c2

0,5 đ

b, Áp dụng chứng minh phần a ta có:
a c
a a2  c2
b b2  c2
b
b2  c2
   2 2   2 2   1 2 2  1
c b
b b c
a a c
a
a c
2
2
2
2

2
b a b c a c
b  a b  c2  a2  c2
   2 2 2 2

a a a c a c
a
a2  c2
b  a b2  a2

 2 2 (đpcm)
a
a c

1,0 đ

1,0 đ

2. Gọi ba phân số cần tìm là a, b, c.
Theo bài ra ta có: a  b  c 5

25
63

0,5 đ

1
1 1
1
1

1
a : b : c  20  4  5    21: 35 :12
1
3 7 20 12 35

0,5 đ

25
5
a
b
c
a b c
5

  
 63 
21 35 12 21  35  12
68 63
5 5
5 25
5 20
 a 21.  ;  b 35.  ;  c 12. 
63 3
63 9
63 21
5 25
20
Vậy: Ba phân số cần tìm là ;
và

.
3 9
21

Câu 2
(3
điểm)

Từ:

5 y 1
5 1 y
5 1 2 y
      
 x  1  2 y  40
x 4 8
x 8 4
x
8
 1  2 y  ước lẻ của 40 là: 1; 5

0,5 đ
0,5 đ

1,0 đ
0,5 đ

Lập bảng:
1-2y
x

y

-5
-8
3

-1
-40
1

1
40
0

5
8
-2

1,0 đ

Vậy ta có các cặp số (x; y) là: (-8; 3); (-40; 1); (40; 0); (8; - 0,5 đ
2)
Câu 3
(3

Ta có: A 

0,5 đ

x 1

4
1 
x 3
x 3
2


điểm)

A Z 

4
Z 
x 3

x  3  Ư(4)  1; 2; 4

1,0 đ

Lập bảng:

4
49

1,0 đ

A  x  2013  2015  x   x  2014 2  x  2014 
  A 2
x  2014 0


1,0 đ

x 3

x

-4
/

-2
1

-1
4

1
16

2
25

Vậy: x   1; 4;16; 25; 49
Câu 4
(2
điểm)

0,5 đ

A  x  2013  x  2014  x  2015

A  x  2013  x  2015   x  2014

Vì: x  2015  2015  x
 A  x  2013  2015  x   x  2014

Mà: x  2013  2015  x  x  2013  2015  x 2

 x  2013  2015  x  0
Dấu bằng sảy ra  
 x  2014 0

2013  x 2015

 x 2014

1,0 đ
 x 2014

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x 2014
Câu 5
(7
điểm)

A
H
E
a) Xét ABH và CAK có:
C

B

M

AHB CKA

900
AB  AC ( ABC cân tại A)
ABH CAE


( Cùng phụ với BAH
)
 ABH CAK ( Cạnh huyền và góc nhọn)
 BH  AK ( Hai cạnh tương ứng ) (đpcm)
b) Ta có MA MB MC

K

( Trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ABC
)
ABC cân tại A  vừa là trung tuyến vừa là đường cao
 AM  BC  AMB và AMC vuông cân tại M

3

0,5 đ
0,5 đ
1,0 đ
1,0 đ
0,5 đ

0,5 đ



 BAM
 ACM 450
Ta có: ABH CAK (Theo chứng minh phần a)

BAH
 ACK (Hai góc tương ứng)

Mà:



BAH
450  MAH


  MAH MCK
ACK 450  MCK


Xét AMH và CMK có:
AMH CMK


(cùng phụ với HMC
)
MA MC (Theo chứng minh trên)



(Chứng minh trên)
MAH
MCK

0,5 đ
0,5 đ





BAH
BAM
 MAH

ACK  ACM  MCK



 AMH CMK  g .c.g   MH MK  MHK cân tại M
AMH  HMC

900  
0


  CMK  HMC HMK 90
AMH CMK



 HMK vuông cân tại M.

THCS Tam Hưng

ĐỀ THI OLYMPIC
MƠN TỐN LỚP 7
4

1 đ

1đ


Năm học 2013 – 2014
(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (3đ) Tìm x  Z sao cho
a, x  5 2
b, (x 2  20)(x 2  15)(x 2  10)(x 2  5)  0
Bài 2 (4đ) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m,n) thỏa mãn
a, 2 m  2 n 2048
b, 3m  4n  mn 16
Bài 3 (4đ)
2
2
a, Cho x, y, z, t là 4 số khác 0 và thỏa mãn các điều kiện sau: y xz, z yt và

y3  z 3  x 3 x
y  z  t 0 . Chứng minh 3 3 3 

y z t
t
3

3

3

b, Cho x+y – z = a-b
x-y+z=b-c
-x+y + z = c – a
Chứng minh : x+y+z=0
Bài 4 (4đ)
a, Cho đa thức

f(x) x 2015  2000x 2014  2000x 2013  2000x 2012  .....  2000x  1
Tính giá trị của đa thức tại x=1999
2
b, Cho đa thức f(x) ax  bx  c . chứng tỏ rằng: f( 2).f(3) 0 nếu

13a  b  2c 0

Bài 5 (5đ)
a,Cho tam giác ABC, đường cao AH. Vẽ ra phía ngồi của tam giác ABC các tam giác


vuông cân ABD, ACE ABD
ACE
9O 0
1, Qua C vẽ đường thẳng vng góc với BE cắt đường thẳng AH tại K. Chứng minh

CD vng góc với BK
2, Chứng minh ba đường thẳng AH, BE, CD đồng quy.
b, Cho 2 điểm B và C nằm trên đoạn thẳng AD sao cho AB=CD. Lấy điểm M tùy ý
trong mặt phẳng. Chứng minh rằng: MA  MD MB  MC
- HẾT -

ĐÁP ÁN
Bài 1 (3đ)
5


a, - Chỉ rõ được x  5   0,1,2
- Chỉ rõ từng trường hợp và kết luận đúng

(0.25đ)

x  5 0
(0.75đ)

x  5 1
x  5 2

b, Lý luận để có (x 2  20)  (x 2  15)  (x 2  10)  (x 2  5) (0.25đ)
Xét đủ 2 trường hợp
- Trường hợp có 1 số âm tính được x 4
(0.75đ)
- Trường hợp có 3 số âm tính được x 3
(0.75đ)
- Kết luận đúng (0.25đ)
Bài 2: Ta có

 2 m 11 11  2 n 11 11  211 0

(0.75®)

 211 (2 m  11  2 n  11  1) 0

(0.5®)

 (2 m  11  2 n  11  1) 0
(0.25®)
m 12
Lý luận tìm được
(0.5đ)
n 11
b, Biến đổi được (3  n)(m  4) 4

(1đ)

Xác định được tích 2 số nguyên bằng 4 (6 trường hợp)
(0.75đ)
(m,
n)

(8,2);
(0,4);
(5,

1);
(3,7);

(6,1);
(2,5)
Kết luận được:
(0.25đ)
Bài 3: Từ giả thiết suy ra

x y z
 
y z t

(0.5đ)

Lập phương các tỉ số trên và áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để có

x3  y3  z3
y3  z3  t 3

(0.5đ)

Mặt khác ta có

x3 x x x x y z x
 . .  . . 
y3 y y y y z t t

(0.75đ)

Suy được điều cần chứng minh
(0.25đ)
b, Cộng vế với vế suy được điều cần chứng minh

(2đ)

Bài 4

a,f(x) x 2015  (1999  1)x 2014  (1999  1)x 2013  (1999  1)x 2012  .....  (1999  1)x  1
(0.75đ)
Thay 1999=x ta được

f(x) x 2015  x 2015  x 2014  x 2014  x 2013  x 2013  .....  x 2  x  1 (0.75đ)
Tính được kết quả và kết luận f(1999) = 1998
b, Tính f( 2) và f(3) f(3)
(0.5đ)
 f( 2)  f(3)=13a+b+2c
(0.5đ)
 f( 2)  f(3)
(0.5đ)
6

(0.5đ)


2

 f(  2)f(3)=-f(3)f(3)=-  f(3) 0

(0.5đ)

Bài 5 (5đ)
a, (2đ)

1, Vẽ hình và chứng minh đúng đến hết
(1đ)
2, Chỉ ra được AH, BE, CD là 3 đường cao của BCK (1đ)
b, (3đ)
Xét 2 trường hợp
* Trường hợp điểm M  AD thì ta có

MA  MD  MB  MC
* Trường hợp M  AD

(1đ)

- Gọi I là trung điểm của BC
(0.75đ)
- Trên tia đối của tia IM lấy điểm N sao cho IM=IN (0.5đ)

IB IC
AB CD
Vì
AB  IB IC  CD
(0.25đ)
 AI ID
* Chứng minh được IMA IND (c.g.c)
(0.25đ)
 MA ND
- Điểm C nằm trong MDN chứng minh được ND  MD  NC  MC (0.5đ)
- Chứng minh IBM ICN (c.g.c)
(0.25đ)
- Suy ra MA  MD  MB  MC
(0.5đ)

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI

ĐỀ THI OLYMPIC
7


TRƯỜNG THCS BÍCH HỊA

MƠN TỐN 7
Năm học 2013 – 2014
(Thời gian làm bài 120 phút, khơng kể giao đề)

Đề chính thức

Câu 1:( 5điểm): Cho
a)

a c
 chứng minh rằng:
c b

a c c b

a c c b

b)

a2  c2 a


b2  c2 b

b2  a 2 b  a
b) 2 2 
a c
a

Câu 2: (2 điểm): Tìm x; y biết:
1+3y 1+5y 1+7y


12
5x
4x
Câu 3:(4 điểm)
1 1 1 1
1
1
 2  2  2  .......  2  .
a).Chứng minh rằng :
6 5 6 7
100 4
b) Tìm số nguyên a để:

2a  9 5a  17 3a


là số nguyên.
a 3 a 3 a 3

Câu 4: (2 điểm): Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A

x  1996
 1997

Câu 5: (7 điểm)
Cho tam giác ABC vng ở A, có góc C=30 0, đường cao AH. Trên đoạn HC lấy
điểm D sao cho HD=HB. Từ C kẻ CE vng góc với AD. Chứng minh:
a) Tam giác ABD là tam giác đều.
b) AH = CE.
c) EH song song với AC.

------------------------ Hết -------------------------(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

PHỊNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS BÍCH HỊA

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC
TỐN 7
8


Năm học 2013 – 2014
Câu 1:( 5điểm)
a) Từ
a c a  c a c
 

c b c  b c b



(0,5điểm)

a c c b

a c c b

(0,5điểm)
b) Từ

a c
 suy ra c 2 a.b
c b

(0,5điểm)
a 2  c 2 a 2  a.b
khi đó 2 2  2
b c
b  a.b

(0,5

điểm )
a ( a  b)

a

= b( a  b )  b

(1

điểm)
c) Theo câu b) ta có:

a2  c2 a
b2  c 2 b



b2  c 2 b
a2  c2 a

(0,5điểm)
b2  c 2 b
b2  c2
b
từ 2 2   2 2  1   1
a c
a
a c
a
2
2
2
2
b c  a  c
b a

hay

2
2
a c
a

(0,5điểm)
vậy

b2  a 2 b  a

a2  c2
a

(0,5điểm)
Câu 2: (2điểm)Tìm các số x;y biết.
1+3y 1+5y 1+7y


12
5x
4x
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
1+3y 1+5y 1+7y 1  7y  1  5y 2y 1  5y  1  3y
2y



 

12

5x
4x
4x  5x
x
5x  12
5x  12
(0,5điểm)

9

(0,5điểm)


=>

2y
2y

 x 5 x  12

=> -x = 5x -12
=> x = 2. Thay x= 2 vào trên ta được

(0,5điểm)
(0,5điểm

1 3y 2y
  y )
12  2
=>1+ 3y = -12y

=> 1 = -15y
=>

y

=

(0,5điểm)
Vậy x = 2, y =

1
thỏa mãn đề bi.
15

Cõu 3:(4 im)
a).

Đặt : A =

1 1 1
1
2 2  ....... 
2
5 6 7
1002

Ta cã :
* A<

1

1
1
1
1 1 1 1
1
1
1 1
1
=     .....  
= 


 ......... 

4.5 5.6 6.7
99.100
4 5 5 6
99 100
4 100 4

(0,75điểm)
* A>

1
1
1
1
1 1
1


 ......... 

 
 .
5.6 6.7
99.100 100.101 5 101 6

(0,75điểm)
1 1 1 1
1
1
 2  2  2  .......  2 
6 5 6 7
100 4

Vậy:
(0, 5điểm)

2a  9 5a  17 3a
4a  26
=
=


a 3
a 3 a 3
a 3
4a  12  14 4(a  3)  14
14
=

là số nguyên

4 
a 3
a 3
a 3

b.

Ta cã :

(1 điểm)
Khi đó (a + 3) là ước của 14 mµ ¦(14) = 1; 2; 7; 14 .
Ta có : a = -2;- 4;- 1; - 5; 4 ; - 10; 11 ; -17.
(1 điểm)
Câu 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
10

1
15


A

x  1996
 1997

A < 0 với mọi giá trị của x nên A đạt giá trị lớn nhất khi A đạt giá trị nhỏ
nhất
A 

x  1996
x  1996

 1997
1997

( 1 điểm)

x 0xnên x  1996 1996

Vậy A nhỏ nhất bằng

Suy ra GTLN của A =

1996
1997

khi x=0

1996  1996

khi x=0
 1997 1997

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

Câu 5: (7 điểm)

Vẽ hình ghi GT,KL (0,5điểm)
Chứng minh:
a) (2điểm)
Tam giác ABD có AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên
tam giác ABD cân ở A.
Lại có :  B = 900 – 300 = 600 nên tam giác ABD là tam giác đều.
b) (2 điểm)
11


EAC BAC  BAD 900  600 300 ACH

AHC CEA (cạnh huyền –góc nhọn)

Do đó AH=CE
c) (2,5 điểm)
AHC CEA (cmt)nên HC=EA
ADC cân ở D vì có

ADC DCA(300 )nên DA=DC

Suy ra : DE=DH.Tam giác DEH cân ở D.
Hai tam giác cân ADC và DEH có
ADC EDH

(hai góc đối đỉnh).do đó

ACD DHE

Ở vị

trí so le trong, suy ra EH // AC.
*Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm
câu đó.

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN CẤP HUYỆN
Năm học 2013-2014
Mơn: Tốn 7
Thời gian làm bài: 120 phút
12


Câu1: (6 điểm)
a- Tính

(

3
4

- 81)(

32
5

- 81)(

33
6

- 81). . .(

3 2000
2003

81)

b- Tính giá trị của biểu thức : 6x2 + 5x - 2 tại x thoả mãn

x - 2 =1

Câu 2: ( 5 điểm )
1/ Tìm x, y, z biết :

x 1
y 3 z 2


2
4
3

và x - 3y + 4z = 4

câu 3:(2 điểm)

Tìm giá trị nguyên lớn nhất của biểu thức M =

15  x
5 x

?

Câu4: ( 7 điểm )
Cho tam giác ABC vng ở A có góc C bằng 30o . Trên cạnh AB lấy điểm M
sao cho góc BCM bằng
bằng

2
3

2
3

góc ACB, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho góc CBN

góc ABC. Gọi giao điểm của CM và BN là K.

1/ Tính góc CKN.
2/ Gọi F và I theo thứ là hình chiếu của điểm K trên BC và AC. Trên tia đối của tia IK
lấy điểm D sao cho IK = ID, trên tia KF lấy điểm E sao cho KF = FE ( E K).
Chứng minh DBC là tam giác đều.
------------------HẾT------------------

13

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC CẤP HUYỆN
Năm học 2013-2014
Mơn: Tốn 7
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu

Nội dung
Trong dãy số có

Điểm

6

6

3
3
- 81 = 2 - 81 = 81-81 = 0
9
3

1.5
1

Do đó tích bằng 0
Câu1:
(6®)

b)Ta có

=1
* x - 2 =1  x=3
* x - 2 = -1  x = 1
Thay x=1 vào biểu thức ta được 6. 1 2 + 5.1 - 2 = 9
Thay x=3 vào biểu thức ta được 6. 3 2 + 5.3 - 2 = 67
KL
x 2

x 1
y 3 z 2


vµ x - 3y
2
4
3
x 1
y 3 z 2
x  1 3y  9 4z  8


= 2  12  12 = =
2
4

3
x  1  3y  9  4z  8
2
2  12  12
x 1
2 => x= 5
2
y 3
2 => y= 11
4
z 2
= 2 => z= 8
3

1/ Tìm x, y, z biết :

Câu2
5đ:

0.5
0.5
1đ
1đ
0.5

+ 4z = 4
1đ
0,75đ
1đ
1đ

1đ

VËy : x= 5; y= 11; z= 8
Câu3
2đ

2/ M =

15  x
5 x

= 1+

10
5 x

0,25đ

M lớn nhất khi và chỉ khi

10
5 x

lớn 0.5đ

nhất
+ x > 5 th×

10
5 x

<0

+ x< 5 th×

10
5 x

>0

(1)
mà

10
5 x

có tử khơng đổi nên pt có giá trị

lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất .5-x là số nguyên dương nhỏ nhất khi
5-x= 1 => x= 4
Khi đó

10
5 x

= 10

0.5

(2)

14

0.5


So sánh (1)và (2) thấy

10
5 x

0.5

lớn nhất bằng 10

Vậy GTLN của M = 11 khi và chỉ khi x= 4
Cõu4:
(7đ)

D

A
I
N

M

0.5

K

B

F

C

E
0.5

1/ Có B = 600 ( do A = 900, C = 300)
CBN =

2
2
ABC = . 600 = 400
3
3

0.5

BCM =

2
2
ACB = . 300 = 200
3
3

0.5

BKC = 1800 – (CBN + BCM) = 1800 – 600 = 1200
0

0

0.5

0

-> CKN = 180 – 120 = 60 (2 góc kề bù )
(1) 1,0

2/  KIC =  DIC (cgc) -> CK = CD vµ DCI = KCI
 KFC =  EFC (cgc) -> CK = CE vµ KCF = ECF

(2)

0.5

Từ (1) và (2) => CD = CE =>  DCE cân
Cã:

0.5

DCE = 2. ABC = 600

0.5

=>  DCE là đều.

0.5

3/ Xét tam giác vuông ANB: ANB = 900 – 200 = 700 ->
BNC = 1100
 CND =  CNK (gg)

-> DNC = KNC = 1100
0

0

0

=> CDN = 60 (NCD = 10 ; DNC = 110 )
có  CDE đều(cmt) => CDE = 600
15

0.5
0.5


Do đó: CDN = CDE = 600
Suy ra: Tia DN trùng với tia DE
Hay 3 điểm D,N,E thẳng hàng

0.5

16

PHÒNG GD & ĐT THANH OAI
Trường THCS Thanh Thùy
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7 NĂM HỌC: 2013-2014
MƠN TỐN
Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 ( 5 điểm)
a)

Số A được chia thành 3 số tỉ lệ theo

2
5

3

1

: 4 : 6 . Biết tổng các

bình phương của ba số đó bằng 24309. Tìm số A
b) Cho

a
c

c

= b . Chứng minh rằng :

a2  c2
b2  c2

=

a
b

Bài 2 ( 4 điểm)
x
y  z t

a) Cho

y

z

t

= z t  x = t  x  y = x  y  z

CMR: Biểu thức sau có giá trị nguyên
A=

x y
z t

+

yz
tx

z t

tz

+ x y + yz

b)Chứng minh rằng:
B=

1 1
1
1
1
1
+ 2 + 3 +….+ 2012 + 2013 <
3
3
3
3 3
2

Bài 3:(2 điểm)
Cho đa thức f(x) = x14 – 14x13 + 14x12 - … + 13x2 – 14x + 14
Tính f(13)
Bài 4:(7 điểm)
Cho tam giác ABC có ABthẳng vuông góc với phân giác của góc A , cắt tia này tại N, cắt tia AB tại E và cắt

tia AC tại F. Chứng minh rằng :
a) BE = CF
b) AE =

AB  AC
2

c) Tính AE, BE theo AC = b, AB = c
Bài 5:(2 điểm)
Tìm số nguyên x để M đạt giá trị nhỏ nhất ,tìm giá trị nhỏ nhất đó
M=

x  14
4 x

TRƯỜNG THCS THANH THÙY

ĐÁP ÁN THI HSG MƠN: TỐN 7
17


NĂM HỌC 2013-2014
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giaođề)
TT

Ý
1a

Nội dung
2 3 1 24 45 10

Ta có : :  : :
= 24 : 45 : 10
5 4 6 60 60 60

Điểm
0.5

Giả sử số A được chia thành 3 phần x,y,z
Theo đề bài ta có
2

x y z
24 45 10
2

Và
Bài 1
(.5điểm)

x
y
z
   x,y,z cùng dấu
24 45 10

2

2

2

x  y z

24  45 10
2

2
2

2

2

2

2



24309
= 9 = 32
2701

0,5
0.5

 x2 = 242. 32 = 722  x =  72
Hs tính tương tự
y =  135 ; z =  30

1.0
0,5

…. Vậy A = 237 hoặc A = - 237
1b

Ta có

a
c

Lại có

a
c

c
=b 
2
2

2

2

2

2

a c

c b

a c a
 . 
c b b

2

2

2

2


a c
c b

( 1)

0.5

(2)

0.75

Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM
2a

Bài2

(.4điểm)

2b

Ta có

x
y  z t

z

t

x  y  z t

1

= z  t  x = t  x  y = x  y  z = 2( x  y  z  t )  3
Suy ra 3x = y+z+t ; 3y = z+t+x; 3z = t+x+y; 3t = x+y+z
Từ đó HS suy ra được x+y = (z+t); y+z = (t+x)
Z+t = (x+y); t+x = (y+z)
Khi đó tính được A = 4
Vậy A có giá giá trị nguyên
1 1
1
1
1
+ 2 + 3 +….+ 2012 + 2013
3
3

3
3 3
1 1
1
1
3B = 1+ + 2 + 3 +….+ 2012
3
3
3 3
1
1
3B – B = 1 - 2013 hay 2B = 1 - 2013
3
3
1
1
1
Suy ra B = 2  2. 2013 <
2
3

B=

Vậy B <
Bài 3
(2 điểm)

y

0,25

0.5
1,5
0,5
0.5
0.5
0,5

1
2

Ta có f(x) = x14–(13+1).x13 +(13+1).x12 - …+(13+1).x2–(13+1).x+(13+1)
= x14- (x+1).x13 +(x+1).x12 - …+ (x+1).x2 – (x+1).x + (x+1)
= x14 – x14- x13 + x13 +x12 - … +x3 + x2 – x2 – x + x +1
=1
18

0,5

1,0


0,5

( Vì thay 14 = 13 + 1 = x+1 ) . Vậy f(13) = 1
4a

Vẽ hình đúng

0.25

A

Kẻ BI song song AC ( I  È F)

Chứng minh được

1 2

F

 BIM =  CFM (g.c.g)

 BI = CF (1)

B
N
E

CM được

Bài 4
(5 điểm)

 BEI cân tại B 

M

I

BE = BI (2)

Từ (1) và (2) ta có ĐPCM

4b

CM được

 ANE =  AN F

(g.c.g)

 AE = A F

Ta có AE = AB + BE ; A F = AC – C F
 AE+A F = AB + BE + AC – C F
Hay 2 AE = AB +AC ( do AE = A F; BE = FC)
 AE =

4c

AB  AC
2

Từ câu b)  AE =

Vậy BE =

0.5
0.5
0.75

0.5
AC  AB
2

0,75

b c
2

0,5

x  14  10  (4  x)  10

1
=
4 x
4 x
4 x
 10
M nhỏ nhât khi và chỉ khi
nhỏ nhất
4 x
 10
 10
Xét x < 4 thì
< 0 ; x > 4 thì
>0
4 x
4 x

 10
10
Ta chỉ xét x < 4 thì
nhỏ nhất 
lớn nhất
4 x
4 x

M=

Bài 5
(2
điểm)

1,0
0,5

0,5

bc
2

Chứng minh được BE =

C

1,0
0,25

Nên suy ra 4 – x =1( vì mẫu nguyên,dương nhỏ nhất)

Vây x = 3 khi đó Min M = -11

19


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THANH OAI
TRƯỜNG THCS THANH MAI

ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7
Năm học 2013-2014
MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gm cú 01 trang)
Câu1: (5 điểm)
Tìm các số x, y, z biÕt:
x y z
a.
  và 5x+y-2z =28
10 6 21
b. 3x=2y; 7y=5z và x-y+z =32
2x 3 y 4z
 
c.
và x+y+z =49
3
4
5
Câu2: (3 điểm)

Tính giá trị các biểu thức:
2
a. A= 2a 2  4 a  3a  1 lần lượt tại a= ; a= -2
3
1
2
b. B = 2 x 2  3 xy  6 y 2 tại x v y=
2
3
Câu3: (3 điểm)
Tính giá trị các biểu thức:
3a  2b
a 10
a. A =
với 
a  3b
b 3
a  8 4a  b

b. B =
với a - b =3 và b # 5; b # -4
b  5 3a a
Câu4: (2 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thøc:
A  x  2008  x  2009  y  2010  x  2011  2011
C©u2: (7 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lần lợt lấy 2 điểm M và N sao cho BM=MN=NC. Gọi
H là trung điểm BC.
a. Chứng minh: AM=AN và AH BC
b. Chứng minh MAN BAM

c. Kẻ đờng cao BK. Biết AK= 7cm; AB=9cm. Tính độ dài BC.

Hớng dẫn chấm thi Olympic năm học 2013 - 2014
Môn: toán - lớp 7
Câu1: (5 điểm)
a.
x = 20; y=12; z=42

1
20