Hsg T7 - 024 - Đề_Đáp.án - Lương Phong.docx

TRƯỜNG THCS LƯƠNG TRƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
MƠN TỐN LỚP 7

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (4,0 điểm)

1
3
5
7
19
A  2  2 2  2 2  2 2  ...  2 2
10 1 .2 2 .3 3 .4
9 .10
a) Tính
b) Tìm x; y; z biết

3x  2 y 2 z  4 x 4 y  3z


4
3
2
biết 2 x  3 y  5 z  30

Bài 2: (4,5 điểm)

M  x  30  x  4  x  2018

a)

Tìm giá trị nhỏ nhất của

b)

Chứng minh rằng nếu abc37 thì bca37 và cab37
Tìm n nguyên để

c)

A

.

4n  5
2n  1 có giá trị nguyên.

Bài 3: (4,5 điểm)

x  4 x  3 x  2 x 1



a) Tìm x biết 2014 2015 2016 2017
b) Tìm

x; y nguyên tố biết  x  1  x  1 2 y 2
2

c) Cho đa thức f ( x) a.x  bx  c . Chứng minh rằng nếu f ( x ) nhận 1 và
a và c là hai số đối nhau.
Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC vuông cân tại

 M  BC  . Lấy D

 1 là nghiệm thì


A . Tia AM là tia phân giác của BAC

trên cạnh BC sao cho D nằm giữa
chiếu của B , C lên đường thẳng AD . Ch ? ng minh:

B và M . Gọi h , I theo thứ tự là hình

2
2
a) BH=AI và BH  CI .

b) BHM
c)

AIM


IM là phân giác của HIC

Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2n  1; 2n ; 2n  1 khơng có
số nào chính phương với n 1.3.5.7.....2017 .
= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

Trang 1


ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
MÔN TOÁN LỚP 7
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: (4,0 điểm)
1
3
5
7
19
A  2  2 2  2 2  2 2  ...  2 2
10 1 .2 2 .3 3 .4
9 .10
a) Tính

b) Tìm x; y; z biết

3x  2 y 2 z  4 x 4 y  3z


4
3
2

biết 2 x  3 y  5 z  30
Lời giải

1
3
5
7
19
A  2  2 2  2 2  2 2  ...  2 2
10 1 .2 2 .3 3 .4
9 .10
a)

1 1 1  1 1  1 1 
1 
 1
 2   2  2    2  2    2  2   ...   2  2 
10  1 2   2 3   3 4 
 9 10 
1
1 1 1 1 1 1
1
1
 2  2  2  2  2  2  2  ...  2  2
10 1 2 2 3 3 4
9 10
1  1 1   1 1
1 
 1
 2   2  2    2  2   ...   2  2 

1 2 2  3 3 
 10 10 

1
3 x  2 y 2 z  4 x 4 y  3z
12 x  8 y 6 z  12 x 8 y  6 z
0






0
4
3
2
16
9
4
16  9  4
b)
3x  2 y 0

 2 z  4 x 0 
4 y  3z 0

6 x  4 y 0(2)

2 z  4 x 0(3)

4 y  3 z 0(4)

Mà 2 x  3 y  5 z  30  6 x  9 y  15 z  90 (1)
Lấy (1) trừ (2) ta được: 5 y  15 z  90 hay y  3z  18 (5)
Lấy (4) trừ với (5) ta được: 3 y 18  y 6
Thay y 6 vào (4) và (2) ta được z 8; x 4
Vậy x 4; y 6; z 8
Bài 2: (4,5 điểm)
M  x  30  x  4  x  2018

a)

Tìm giá trị nhỏ nhất của

b)

Chứng minh rằng nếu abc37 thì bca37 và cab37

c)

Tìm n nguyên để

A

.

4n  5
2n  1 có giá trị nguyên.

Trang 2

Lời giải
M  x  30  x  4  x  2018

a)

x  30  x  2018  x  30   x  2018  x  30  x  2018 2048

Ta có:
Mà

x  4 0

Suy ra:

 M  x  30  x  4  x  2018 2048

Vậy giá trị nhỏ nhất của M 2048 khi x 4
b) Chứng minh rằng nếu abc37 thì bca37 và cab37
abc 37   100a  10b  c  37   1000a  100b  10c  37
  1000a  999a  100b  10c  37

Vì 99937
Do đó:  bca 37
Mà abc  bca  cab 100a 10b  c  100b  10c  a  100c  10a  b 111(a  b  c ) 37
Vì abc37 và bca37  cab37
c) Tìm n ngun để
Ta có

Vậy

A

A

4n  5
2n  1 có giá trị nguyên.

4n  5 2.(2n  1)  7
7
7

2 
 Z   2n  1  U (7)  1; 7
2n  1
2n  1
2n  1 2 n  1

2n  1

7

1

1

7

2n

n

6
3

0
0

2
1

8
4

n    3;0;1; 4

Bài 3: (4,5 điểm)

x  4 x  3 x  2 x 1



a) Tìm x biết 2014 2015 2016 2017
b) Tìm x; y nguyên tố biết

 x  1  x  1 2 y 2

2
c) Cho đa thức f ( x) a.x  bx  c . Chứng minh rằng nếu f ( x ) nhận 1 và  1 là nghiệm thì
a và c là hai số đối nhau.

Lời giải
a) Ta có:

x  4 x  3 x  2 x 1



2014 2015 2016 2017

Trang 3


 x  4   x  3   x  2   x 1 
 1  
 1 
 1  
 1

 2014   2015   2016   2017 
x  2018 x  2018 x  2018 x  2018



0
2014
2015
2016
2017
1

1
1
1 



 0
 2014 2015 2016 2017 

 x  2018 . 

1
1
1
1



0
Vì 2014 2015 2016 2017
 x  2018 0
x  2018

Vậy

x  2018

b) Theo đề bài :

 x  1  x  1 2 y 2

Ta có: x  1  x  1 2 x là số chẵn

 x  1; x  1 cùng chẵn hoặc cùng lẻ
2
2
Mà 2 y chẵn nên  x  1; x  1 cùng chẵn  y chẵn  y là số chẵn mà y nguyên tố

 y 2
2
y 2 vào biểu thức  x  1  x  1 2 y ta được:

 x 2  1 2.22  x 2 9 x  x 3
Vậy

x 3; y 2

2
c) Cho đa thức f ( x) a.x  bx  c . Chứng minh rằng nếu f ( x ) nhận 1 và  1 là nghiệm thì
a và c là hai số đối nhau.

Vì 1 là nghiệm của f ( x )  a  b  c 0(1)
Vì  1 là nghiệm của f ( x )  a  b  c 0(2)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:
2b 0  b 0

Thay b 0 vào (1) ta được: a  c 0  a  c
Vậy a và c là hai số đối nhau.

Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC vuông cân tại A . Tia AM là tia phân giác của BAC

 M  BC  . Lấy

D trên cạnh BC sao cho D nằm giữa B và M . Gọi h , I theo thứ tự là hình
chiếu của B , C lên đường thẳng AD . Ch ? ng minh:
2
2
a) BH=AI và BH  CI .

b) BHM AIM

Trang 4



c) IM là phân giác của HIC
Lời giải

a) ABC vuông cân tại A  AB  AC
0

Vì BH  AD tại H  BHA 90
0

Vì CI  AD tại I  CIA 90
0


0



Lại có: BHA  HAC 90 hay BHA  IAC 90 (1)
0


Mà AIC vuông tại I  ICA  IAC 90 (2)



Từ (2) và (3)  BHA ICA
Xét BHA và AIC ta có:


BHA
CIA
900
AB  AC



BHA
ICA

 BHA AIC (ch  gn)
 BH  AI và AH CI
2
2
2
2
2

Do vậy: BH  CI BH  AH  AB ( không đổi)


M  BC 
b) Vì ABC vng cân tại A có AM là tia phân giác của BAC 
 AM đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến

 AM  BC
 
 AM BM


 HDB
900
BHD vuông tại H  HBD

Trang 5




 DAM
900
ADM vuông tại M  MDA


MDA
Mà HDB
(đối đỉnh)



Suy ra:  HBD DAM
Xét BHM và AIM có:

BM  AM


HBM
IAM

BH  AI
 BHM AIM (c.g .c)


IMA
c) Vì BHM AIM  HM MI và BMH
0
0




Mà IMA  BMI 90  BMH  BMI 90


450
 HMI vng cân tại M  HIM
0
0





Lại có: HIC 90  HIM MIC 45  IM là tia phân giác của HIC .

Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2n  1; 2n ; 2n  1 khơng có
số nào chính phương với n 1.3.5.7.....2017 .
Lời giải
Vì n 1.3.5.7.....2017  2n 2.1.3.5.7.....2017  2n2 mà 2n không chia hết cho 4
 2n khơng là số chính phương.

Vì 2n3  2n  1 chia 3 dư 2  2n  1 không là số chính phương.
Vì 2n2 mà 2n khơng chia hết cho 4  2n chia 4 dư 2  2n  1 chia 4 dư 3  2n  1 không
là số chính phương.
Vậy 2n  1; 2n ; 2n  1 khơng có số nào chính phương với n 1.3.5.7.....2017 .
= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

Trang 6