Hsg T7 - 010 - Đề_Đáp.án - Thcs Kim Long Đề 2.Docx

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
Toán – Lớp 7
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,5 điểm)
a) Tính giá trị

b) Tìm x biết

A=1000−{(−5)3 .(−2)3 −11 . [ 72 −5 .23 +8( 11 2−121 ) ] }

(

3−

c) Tìm x thỏa mãn

9
19
2 4
−|x+2| : −1− + =1
10
10
5 5

)(

10

)

11

|x−10| +|x−11| =1

Bài 2: (3,0 điểm)
a) Tìm hai số dương khác nhau x , y biết rằng: Tổng, hiệu và tích của chúng lần lượt tỉ lệ
nghịch với 35; 210 và 12.
b) Cho a, b, c là các số thực khác 0. Tìm các số thực x, y, z khác 0 thoả mãn:
2

2

2

xy
yz
zx
x + y +z
=
=
= 2 2 2
ay+bx bz+cy cx +az a +b +c
Bài 3: (2,5 điểm)
2
a) Tìm x , y nguyên thoả mãn 3xy  5  x  2 y

b) Tìm số có bốn chữ số

abcd

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) ab, ad là hai số nguyên tố;
ii)

db

+ c = b2+ d.

Bài 4: (2,0 điểm)

^
Cho tam giác ABC có B^ < 900 và B^ =2 C . Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho
BE BH (với H là chân đường vng góc kẻ từ A đến BC ), đường thẳng EH cắt AC ở D .
a) Chứng minh rằng: DA DC .
b) Chứng minh rằng: AE HC.

…………….. Hết ……………..

Trang 1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI MÔN TỐN
TRƯỜNG THCS
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: (2,5 điểm)
a) Tính giá trị

b) Tìm x biết

A=1000−{(−5)3 .(−2)3 −11 . [ 72 −5 .23 +8( 11 2−121 ) ] }

(3−109 −|x+2|) :(1910 −1− 25 )+ 54 =1

c) Tìm x thỏa mãn

10

11

|x−10| +|x−11| =1
Lời giải

a) (1 đ)
A 1000 

   125 .   8 –11.  49 – 40  8. 121 –121  

1000   1000 –11.  9  8.0  

= 1000 – (1000 – 11. 9)
= 99
b) (0,75đ)
Ta có
9
2 4


  19
 x  2  :   1    1
3
5 5
 10
  10
4
 30 9
  19 10 4 
 x  2  : 

 
 1 
5
 10 10
  10 10 10 
 21
 5 1
  x2 : 
 10
 10 5
21
1 5
 x2  .
10
5 10
21 1
x2  
10 10
x  2 2

x    4; 0
x    4; 0
Vậy
c) (0,75 đ)
 x  10  1
10
11
 x  10  1
 
 x  10  x  11  1

 x  11  0
 x  11  0
- Nếu x  11 thì
( trái với đề bài)
10
 x  10  0
 x  10  0
10
11
 x  10  0
 
 
 x  10  x  11  1

11
 x  11   1  x  11  1
 x  11  1
- Nếu x  10 thì

(loại)

Trang 2


- Nếu 10 < x < 11 thì

10
0  x –10  1
0  x  10  1  x  10  x  10
 
 

11
  1  x  11  0
0  x  11  1
 x  11  x  11

10

Do đó
Suy ra

11

x  10  x  11  x  10  x  11
10

11

|x−10| +|x−11|
(loại)

- Nếu x 10 hoặc x 11 thay vào thấy thỏa mãn

x   10; 11
Vậy
Bài 2: (3,0 điểm)
a) Tìm hai số dương khác nhau x , y biết rằng: Tổng, hiệu và tích của chúng lần lượt tỉ lệ
nghịch với 35; 210 và 12.
b) Cho a, b, c là các số thực khác 0. Tìm các số thực x, y, z khác 0 thoả mãn:
2

2

2

xy
yz
zx
x + y +z
=
=
= 2 2 2
ay+bx bz+cy cx +az a +b +c
Lời giải
a) (1,5 đ)
Gọi hai số phải tìm là x và y ( x  0, y  0 và x y )
Theo đề bài ta có:

35.  x  y  210.  x  y  12 x. y

Chia các tích trên cho BCNN ( 35, 210, 12) là 420 ta được:

35 .( x+ y ) 210( x− y ) 12 xy
=
=
420
420
420

x + y x− y xy
=
=
2
35
hay 12

(1)

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x + y x− y ( x + y ) + ( x− y ) ( x+ y )−( x− y )
=
=
=
12
2
12+2

12−2
x + y x− y x y
⇔
=
= = (2)
12
2
7 5

xy x y xy xy
= = = =
Từ (1) và (2) ta có: 35 7 5 7 y 5 x
Vì x  0; y  0 nên 7 y 35  y 5 ; 5 x 35  x 7
Vậy hai số phải tìm là 7 và 5
b) (1,5 đ)

xy
yz
zx
zxy
xyz
yzx
=
=
⇒
=
=
Do x, y, z khác 0 nên ay+ bx bz +cy cx +az ayz+bxz bzx +cyx cxy + azy
Suy ra ayz+bxz=bzx+cyx=cxy +azy ⇒ az=cx , bx=ay
Do đó

x z x y
x y z
= , = ⇒ = = =t ⇒ x=at , y=bt , z=ct
a c a b
a b c
,t≠0
Trang 3


2

2

2

2 2

2 2

2 2

xy
x +y +z
at . bt
a t + b t +c t
= 2 2 2⇒
=
abt +bat
a 2 +b 2 +c 2

Ta có ay+ bx a +b + c
t 2
1
=t ⇒t =
2 (do t ≠ 0)
Suy ra 2
a
b
c
x= , y= , z=
2
2
2
Vậy
Bài 3: (2,5 điểm)
2
a) Tìm x , y nguyên thoả mãn 3xy  5  x  2 y

b) Tìm số có bốn chữ số

abcd

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) ab, ad là hai số nguyên tố;

db

ii)

+ c = b2+ d.
Lời giải

a) (1 đ)

3 xy – 2 y x 2  5  y  3 x – 2  x 2  5  1

Theo đề ta có

2
Do x , y nguyên nên suy ra x + 5 3 x  2

 9 x 2  45 3 x  2

 (3 x  2)(3 x  2)  49 3 x  2
 49 3x  2
 3x – 2 

{−49;−7;−1;1;7;49 }
x

{ 1; 3;17 }

Thay x lần lượt vào (1) ta được y 

{ 6; 2;6 }

 3x 

{−47;−5;1; 3; 9;51 }

Vậy các cặp số ( x, y ) là (1;6), (3;2), (17;6)
b) (1,5 đ)
Do

ab;ad

là các số nguyên tố nên b và d lẻ khác 5 (1)

Mặt khác từ điều kiện ii) ta có
Có 9d + c ¿

9d  c  b  b  1

 2

9 nên từ (2) suy ra b  3 mà b lẻ ⇒

b = 7; 9

+ Nếu b 7  9d  c 42  3  d 4 trái với (1)
+Nếu b 9  9d  c 72  6  d 8 mà d lẻ ⇒

d=7

Thay vào điều kiện (2) được c = 9.
Do

a9;a7

là các số nguyên tố nên a chỉ có thể nhận các giá trị tương ứng 1; 2; 5; 7; 8 hoặc 1;

3; 4; 6; 9. Suy ra a = 1 và

abcd=1997

, thử lại thấy đúng.

Trang 4


Bài 4: (2,0 điểm)

^
Cho tam giác ABC có B^ < 900 và B^ =2 C . Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho
BE BH (với H là chân đường vng góc kẻ từ A đến BC ), đường thẳng EH cắt AC ở D .
a) Chứng minh rằng: DA DC .
b) Chứng minh rằng: AE HC.
Lời giải
a) (1,0 đ)



Ta có Δ BEH cân tại B  BEH BHE
ABC 2. ACB  DHC






DCH
 1
Ta có ABC 2.BHE 2.DHC mà

Suy ra DCH cân tại D nên DH DC
Xét




ACH : CAH
 DCH
900 , CHD  DHA
900  2  .



Từ (1), (2) suy ra DAH DHA , do đó DAH cân tại D , suy ra DA DH .
Từ đó suy ra DA DC (DH )
b) (1,0 đ)
Lấy B’ đối xứng với B qua H , suy ra ABB’ cân tại A ( AH là trung trực của BB’)

 ’H  ABC

 AB  AB’, B’H BH , AB
.



 

 
Ta có AB’H  ABC 2.C C  CAB’  C CAB’
do đó B’ AC cân tại B’ nên B’ A B’C
Vì AB  AC nên AB’  AB  AC nghĩa là B’ ở giữa H và C nên

HC HB’  B’C = HB  AB’ BE  AB  AE
=> AE HC
…………………………

Trang 5