Hsg 2008 2009

PHỊNG GD&ĐT

ĐỀ THI KHẢO SÁT HSG LỚP 7
MƠN : TỐN
Thêi gian: 120phút (không kể thời gian giao đề)
Ngy:./

Bi 1: (1,5 điểm)
a/ (0,5 điểm) Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n thì:
3n+2 – 2n+2 + 3n – 2n chia hết cho 10
b/ (1 điểm) Cho:

Tính:

A=

1 1 1
1
1
   ..... 

2 3 4
2007 2008

B=

2007 2006 2005
2
1



 ... 

1
2
3
2006 2007

B
A

Bài 2: (1,5 điểm)
a/ (0,75 điểm) Tìm x và y, biết rằng:

x  2005  x  2006  y  2007  x  2008 3

b/ (0,75 điểm) Tìm a  Z sao cho M =

a2  3
a 1

nhận giá trị nguyên

Bài 3: (2 điểm)
a/ (1 điểm) Cho f(x) = x8 – 101x7 + 101x6 – 101x5 +...+ 101x2 – 101x + 25. Tính f (100)
b/ (1 điểm) Cho hai đa thức
f(x) = (x – 2)2008 + (2x – 3)2007 + 2006x và g(y) = y2009 – 2007y2008 + 2005y2007
Giả sử f(x) sau khi khai triển và thu gọn ta tìm được tổng tất cả các hệ số của nó là s.
Hãy tính s và tính giá trị của g(s)
Bài 4: (2 điểm)
Tìm một số có ba chữ số, biết rằng số đó chia hết cho 18 và các chữ số của nó tỉ lệ

với 1: 2: 3.
Bài 5: (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông cân với đáy BC. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của
AB và AC. Kẻ NH  CM tại H. Kẻ HE  AB tại E. Chứng minh rằng:
a/ Tam giác ABH cân
b/ HM là phân giác của góc BHE
HƯỚNG DẪN CHẤM TỐN LỚP 7


Năm học 2008 - 2009
Bài 1: (1,5 đ)
a/ (0,5 đ)
3n+2 – 2n+2 + 3n – 2n = (3n+2 + 3n) – (2n+2 + 2n) = 3n(32 + 1) – 2n(22 + 1)
= 3n . 10 – 2n. 5
3n.10 10 ; 2n. 5 10 => 3n .10 – 2n. 5 10
Vậy 3n+2 – 2n+2 + 3n – 2n 10
b/ (1 đ)
Tách 2007 bằng tổng của 2007 số 1 và biến đổi như sau:
B=

2007 2006 2005
2
1
2006  
2005 



 ... 


 1 
  1 
  ......
1
2
3
2006 2007 
2  
3 
2  
1 

 1 
  1 
 1
2006  
2007 


2008 2008
2008 2008 2008

 .... 


2
3
2006 2007 2008
1
1

1 
1 1
= 2008 2  3  ....  2006  2007  2008  2008. A


B
=> A 2008

  A A

(0,25 đ)

(0,25 đ)

=

Bài 2: (1,5 đ)
a/ (0,75 đ)
Ta có A

(0,25 đ)

(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)

với A tùy ý

x  2005  x  2008  x  2005  2008  x  x  2005  2008  x 3 (1)

(0,25 đ)

Từ đó và theo giả thiết đề bài ta có:
x  2006  y  2007 0 (2)

(0,25 đ)

Từ (1) và (2)
=>

x  2005  x  2006  y  2007  x  2008 3

khi

x  2006 0

và

y  2007 0

(0,25đ)
Vậy x = 2006 và y = 2007
b/ (0,75 đ)
a 2  3 a 2  a  a  1  4 a (a  1)  a  1  4


a 1
a 1
a 1
4

4
a  1 
Z 
Z
a 1
a 1

<=> a – 1 là ước của 4
a – 1 = {-4; -2; -1; 1; 2; 4}
a = {-3; -1; 0; 2; 3; 5}
Bài 3: 2 điểm
a/ (1 đ)
f(x) = x8 – 101x7 + 101x6 – 101x5 +...+ 101x2 – 101x + 25
= x8 – 100 x7 – x7 + 100x6 +x6 – 100x5 – x5 +...+ 100x2
+ x2 – 100x – x +25
f(x) = x7(x - 100) – x6(x - 100) + x5(x – 100) - ...+ x(x-100) – (x - 25)

(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,25 đ)
(0,25 đ)


f(100) = 1007.(100 -100) – 1006(100 -100) + ...+ 100.(100-100) – (100-25)
(0,25 đ)
f(100) = -75
(0,25 đ)
b/ (1 đ)

Tổng các hệ số của f(x) sau khi khai triển và thu gọn chính là giá trị của đa thức f(x) tại
x = 1. Ta có
s = f(1) = (1 – 2)2008 + (2.1 – 3)2007 + 2006.1
(0,25 đ)
2008
2007
= (-1) + (-1) + 2006 = 1 – 1 + 2006 = 2006
(0,25 đ)
Thay s + 1 = 2007; s – 1 = 2005 ta được
g(s) = s2009 – (s+1).s2008 + (s -1).s2007
(0,25 đ)
2009
2009
2008
2008
2007
2007
2007
=s –s –s +s
- s = - s = -2006
(0,25 đ)
2007
Vậy s = 2006 và g(s) = -2006
Bài 4: (2 điểm)
Gọi các số cần tìm là a; b; c (a; b; c  N* và 1 a; b; c 9 )
(0,25 đ)
Vì số cần tìm chia hết cho 18 => số đó chia hết 9 và 2
=> (a + b + c) 9 và số cần tìm là số chẵn
(0,25 đ)
1


a
;
b
;
c

9
Vì
=> 3 a  b  c 27
(0,25 đ)
Từ 3 đến 27 có các số 9; 18; 27 9
Vậy a + b +c = {9; 18; 27} (1)
(0,25 đ)
a b c a b c a b c
  

1 2 3 1 2  3
6
*
 N => a + b + c 6 (2)

Theo bài ra ta có:

(0,25 đ)

Vì a; b; c
Từ (1) và (2) => a + b +c = 18

(0,25 đ)

a b c 18
   3
1 2 3 6

 a = 3; b = 6; c =9
Số cần tìm chia hết cho 2 nên chữ số hàng đơn vị là số chẵn.
Vậy số cần tìm là: 396 và 936
Bài 5: (3 điểm)
Vẽ hình đúng 0,5 đ

(0,25 đ)

B

M

K
H

E

C

A

N
a/ Từ A kẻ AK  MC tại K và AQ  HN tại Q
Xét  vuông MAK và  vuông NCH có:

(0,25 đ)

Q


1

MA = NC (= 2 AB),  MAK =  NCH (cùng phụ với góc AMC)
=>  MAK =  NCH (cạnh huyền –góc nhọn)
(1)
=> AK = HC
Xét  BAK và  ACH có:
AB = AC (gt);  BAK =  ACH; AK = HC (cm trên)
=>  BAK =  ACH (c-g-c)
=>  BKA =  AHC
Xét  vuông AQN và  vng CHN có:
AN = NC;  ANQ =  CNH (đối đỉnh)
đ)
=>  AQN =  CHN (cạnh huyền – góc nhọn)
=> AQ = CH (2)
Từ (1) và (2) => AK = AQ
=> HA là tia phân giác của góc KHQ
=>  AHQ = 450
=>  AHC =1350 =>  BKA = 1350
đ)
Từ  BKA +  BKH +  AKH = 3600 =>  BKH = 1350
 AKH có  KHA = 450 nên nó vng cân tại K => KA =KH
Xét  BKA và  BKH có:
BK: chung ;  BKA =  BKH = 1350; KA =KH
=>  BKA =  BKH (c-g-c)

=> BA =BH hay tam giác ABH cân tại B
b/ Ta có  BKA =  BKH =>  BAK =  BHK hay  BAK =  BHM
Mà HE // CA (cùng vng góc AB) =>  MHE =  HCA (đồng vị)
Vì  BAK =  HCA nên  BHM =  MHE
hay HM là tia phân giác của góc BHE

(0,5 đ)

(0,25 đ)

(0,25

(0,25 đ)
(0,25
(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,5 đ)