Hsg T7 - 002 - Đề_Đáp Án - Xuân Trường.docx

PHỊNG GD -ĐÀO TẠO
HUYỆN XN TRƯỜNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi này gồm 01 trang)

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC: 2022-2023
Mơn: Tốn 7
Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1: (4,0 điểm) Tìm x biết
x  2019  2020  x  2021  x 13x.
a.
1
 
b. x  N và  2 
Bài 2: (5,0 điểm)

x 1

1
 
 2

x 2



3
64

2
P 4xy 2  5x  15   9  2x  2xy 2 
1. Cho hai đa thức
và Q 2xy  3x
a)Tính M = P - Q

b) Tính giá trị của đa thức M khi x = 3; y = 2021 .
c) Tìm x để M= 0
2
2
2. Tìm các số nguyên dương x, y biết: 22  6( x  2021)  y
Bài 3: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB  AC . Trên tia đối của tia BC lấy điểm D , trên tia đối của tia
CB lấy điểm E sao cho BD CE . Gọi M là trung điểm của cạnh BC .


a. Chứng minh AM là tia phân giác của DAE .
b. Từ B và C vẽ BH , CK theo thứ tự vng góc với AD, AE . Chứng minh BH CK .
c. Chứng minh ba đường thẳng AM , BH , CK cắt nhau tại một điểm.
Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc B bằng 45 và góc C bằng 120 .Trên tia đối của tia CB lấy

điểm D sao cho CD 2CB . Tính số đo của góc ADB
Bài 5: (4,0 điểm)
n2
n 2
n 1
n
a) Chứng minh rằng M 5  2  5  2 có chữ số tận cùng bằng 0 với n  N , n 1
B)

2

Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh n  2041 chia hết cho 24

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
(Đề thi có 01 trang)


HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN LỚP CHẤT LƯỢNG CAO
Bài 1: (4,0 điểm) Tìm x biết
x  2019  2020  x  2021  x 13x.
a.
1
 
b. x  N và  2 

x 1

1
 
 2

x 2



3
64

Lời giải
x  2019  2020  x  2021  x 13x.

a.

x  2019  2020  x  2021  x 0

với x
x  2019  2020  x  2021  x 13x.
do đó
khi x 0
với x 0 ta có:
vì

x  2019  2020  x  2021  x 13x.
 ( x  2019)  (2020  x)  (2021  x) 13x

 x  2019  2020  x  2021  x 13x
 3x  6060 13x
 13x  3x 6060
 10x 6060
 x 10  0 (thỏa mãn điều kiện của x)
Vậy x 10
b. Ta có:
1
 
 2

x 1

1
 

 2

1
 
 2

x1

 1
 
 2

x1

1
 
 2

x1

1
 
 2

x1

x1

x 2



3
64

 1 3
. 1   
 2  64

3 3
. 
2 64


3 3
:
64 2



1
32

 1
1
    
 2
 2
 x  1 5
 x 4  N

Vậy x 4

5


Bài 2: (5,0 điểm)
1. Cho hai đa thức
a)Tính M = P - Q

P 4xy 2  5x  15   9  2x  2xy 2 

2
và Q 2xy  3x

b) Tính giá trị của đa thức M khi x = 3; y = 2021 .
c) Tìm x để M= 0
2
2
2. Tìm các sơ ngun dương x, y biết: 22  6( x  2021)  y
Lời giải
1.

a.

M P  Q  4xy 2  5x  15   9  2x  2xy 2     2xy 2  3x 

M 4xy 2  5x  15   9  2x  2xy 2   2xy 2  3x

M = 4xy 2  5x  15  9  2x  2xy 2  2xy 2  3x

M = 5x  9  5x  15
5x  15 5x  15
Trường hợp 1: 5x  15 0  x 3 khi đó
M = 5x  9  5x  15
Ta có:
M 5x  9  (5x-15)
M 5x  9  5x  15
M 10x  24
5x  15  5x+15
Trường hợp 2: 5x  15  0  x  3 khi đó
M = 5x  9  5x  15
Ta có
M 5x  9  ( 5x  15)
M 5x  9  5x 15
M 6
Vậy M 10x  24 khi x 3
M 6 khi x  3
b. x = 3; y = 2021 thì M 10x  24
Thay x = 3; y = 2021 vào M 10x  24 ta được M 10.3  24 6
Vậy x = 3; y = 2021 thì M 6
c. vì Khi x 3 thì M 6 0
do đó M 0 khi x  3 và M 10 x  24 0
12
 x  3
5
(thỏa mãn điều kiện của x)
12
x
5 thì M 0
Vậy

2
2
2. Tìm các số nguyên dương x, y biết: 22  6( x  2021)  y
2
Vì y nguyên dương nên y nguyên dương
2

2

do đó y 22  6( x  2021)  0



11
 ( x  2021) 2 0
3

(1)


2
vì x nguyên dương nên ( x  2021) nguyên dương
2
2
kết hợp (1) và (2) suy ra ( x  2021) 0 hoặc ( x  2021) 1

(2)

2
*Nếu ( x  2021) 0  x 2021 (thoả mãn điều kiện x nguyên dương)

2
2
Thay vào y 22  6( x  2021)
2
2
ta được y 22  6.0  y 22  y  22 (không thỏa mãn điều kiện y nguyên dương)
2
* Nếu ( x  2021) 1  x  2021 1 hoặc x  2021  1

+) x  2021 1  x 2022 (Thỏa mãn điều kiện x nguyên dương)
+) x  2021  1  x 2020 (Thỏa mãn điều kiện x nguyên dương)
2
2
2
-Thay ( x  2021) 1 vào y 22  6( x  2021)
2
2
Ta được y 22  6.1  y 16  y 4 (Thỏa mãn điều kiện y nguyên dương)
vậy các cặp số (x;y) thoả mãn yêu cầu của bài là (2022;4); (2020;4)
Bài 3: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB  AC . Trên tia đối của tia BC lấy điểm D , trên tia đối của tia

CB lấy điểm E sao cho BD CE . Gọi M là trung điểm của cạnh BC .

a. Chứng minh AM là tia phân giác của DAE .
b. Từ B và C vẽ BH , CK theo thứ tự vng góc với AD, AE . Chứng minh BH CK .
c. Chứng minh ba đường thẳng AM , BH , CK cắt nhau tại một điểm.
Lời giải
a.Xét ABC có AB  AC nên ABC cân tại A



nên  AB  AC và ABC ACB
0


mà ABD  ABC 180 (hai góc kề bù)
 CE  A
 CB 1800
A
(hai góc kề bù)
 CE
 ABD A
Xét ABD và ACE có
AB  AC (cmt)
ABD A
 CE
(cmt)

BD CE (gt)
 ABD=ACE(c-g-c) nên AD  AE do đó AED cân tại A
Ta có BD CE ; BM=MC(gt)  DB+BM=EC+CM hay DM=EM do đó M là trung điểm DE
Xét AED cân tại A có AM là trung tuyến ứng với cạnh đáy ED nên AM đồng thời là tia phân

giác của DAE (Đpcm)




b. AED cân tại A  ADE AED hay HDB KEC
Xét DHB vuông tại A và EKC vuông tại H có:



HDB
KEC
(cmt)
BD CE (gt)
 DHB EKC (cạnh huyền – góc nhọn)  BH CK (Đpcm)
c. Gọi G là giao điểm của HB và KC
Vì AED cân tại A  AD  AE (cmt)


Vì DHB EKC  HD EK (cmt)
 AD  HD  AE  KE hay AH  AK
Xét AHG vuông tại H và AKG vng tại K có:
AH  AK (cmt)
AG là cạnh chung

 AHG AKG (cạnh huyền – cạnh góc vng )
 HG KG
Ta có HG KG
BH CK
 HG  BH KG  CK hay BG CG
Vì BG CG nên G thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC
ABC cân tại A có M là trung điểm của cạnh đáy BC nên đồng thời là đường trung trực của đoạn
thẳng BC
Suy ra ba điểm A, M , G thẳng hàng
Vậy ba đường thẳng AM , BH , CK cắt nhau tại một điểm (Đpcm)
Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc B bằng 45 và góc C bằng 120 .Trên tia đối của tia CB lấy


điểm D sao cho CD 2CB . Tính số đo của góc ADB

Lời giải
Từ D kẻ DE  AC ( E  AC )
gọi F là trung điểm của DC
Xét DEC vuông tại E có EF là đường trung tuyến
ứng với canh huyền DC

 DF FC EF 

CD 2CB  CB 

DC
2

DC
2

Ta có
 DF FC EF CB
0


Ta có ECF  ACB 180 (hai góc kề bù)
0
0
0


Thay số ta được ECF  120 180  ECF 60
Xét CEF có FC EF (cmt)
 CF 600

E
(cmt)
 FC 600
 CEF đều nên EC EF và E
0


Ta có EFD  EFC 180 (Hai góc kề bù)
0
0
0


Thay số ta được EFD  60 180  EFD 120
Xét DFE và BCE có:
DF BE (cmt)

 CB 1200
EFD
E

FE EC (cmt)
 DFE BCE (c-g-c)  DE BE
0
0



Xét DFE cân tại F có EFD 120  EDB EBD 30

Xét DEB có DE BE (cmt)  DEB cân tại E
 B 300  EBD

300
DEB cân tại E có ED



Ta có EBD  EBA CBA
0
0
0


Thay số ta được: 30  EBA 45  EBA 15
0


Xét AEB có EAB EBA 30  AEB cân tại E  EA EB
0
0



Xét AED có AED 90 và ED EA(EB)  AED vuông cân tại E  EAD EDA 45



Ta có ADE  EDB  ADB

0
0
0


Thay số ta được 45  30  ADB  ADB 75
0

Vậy ADB 75

Bài 5: (4,0 điểm)
n2
n2
n 1
n
a) Chứng minh rằng M 5  2  5  2 có chữ số tận cùng bằng 0 với n  N , n 1
2
B) Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh n  2041 chia hết cho 24

Lời giải
n2

n2

n 1

n

a. M 5  2  5  2
M (5n 2  5n 1 )  (2n 2  2n )

M 5n 1.(5  1)  2n.(22  1)
M 5n 1.6  2 n.5
n1
n
Với n  N , n 1 ta có 5 .6 có chữ số tận cùng bằng 0 và 2 .5 có chữ số tận cùng bằng 0
n 1
n
Do đó n  N , n 1 thì M 5 .6  2 .5 có chữ số tận cùng bằng 0 hay
M 5n 2  2n 2  5n1  2n có chữ số tận cùng bằng 0 (Đpcm)
2
b. Đặt A n  2041
A n 2  16  2025
A (n  4)(n  4)  2025

*Vì n là số nguyên tố lớn hơn 3 nên n 3k  1 hoặc n 3k  2
+) n 3k  1  n  4 3k  3 3.(k  1) 3

 (n  4)( n  4)3  A3
+) n 3k  2  n  4 3k  6 3.(k  2) 3
 (n  4)( n  4)3  A3
2
Suy ra với n là số nguyên tố lớn hơn 3 thì A n  2041 ln chia hết cho 3
2
*Ta có A n  2041

A n 2  2025  16
A (n  45)(n  45)  16

Vì Vì n là số nguyên tố lớn hơn 3 nên n 2k  1(k  1; k  N )
 (n  45)( n  45) (2k  44)(2k  46) 4.( k  22)( k  23)

+) Nếu k lẻ thì k  23 chẵn  4.(k  22)(k  23) 8  A8
+)Nếu k chẵn thì k  22 chẵn  4.(k  22)(k  23) 8  A8

(1)


2
Suy ra với n là số nguyên tố lớn hơn 3 thì A n  2041 ln chia hết cho 8
(2)
Mà 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau
(3)
2
Từ (1); (2) và (3) suy ra n là số nguyên tố lớn hơn 3 thì n  2041 chia hết cho 24 (Đpcm)

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =