Đề thi hsg năm học 211-2023

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011 -2012
MƠN: TỐN – LỚP: 6
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1.
a) Cho tập hợp: A = 5; 0; 7; 8 .
Hãy viết tất cả các tập hợp con của A sao cho mỗi tập hợp con đó có 3
phần tử.
b) Tìm chữ số tận cùng của B, biết B = 262011 + 32012
Câu 2.
a) Tìm x, biết: ( x + 1) + (x+ 2)+… + ( x+ 10) = 125
b) Cho S = 7 + 10 + 13 + 16 + ……….. + 397 + 400
Tìm số hạng thứ 100 của S và tính tổng S .
Câu 3.
Tìm x  Z biết:

1 1 1 1
2
2011
    ............................ 

3 6 10 15
x (x  1) 2013

Câu 4.
3
số sách ở thư viện B. Nếu chuyển 2200 cuốn
7
23
sách từ thư viện B sang thư viện A thì số sách ở thư viện A bằng
số sách ở
17

Số sách ở thư viện A bằng

thư viện B. Tính số sách lúc đầu của mỗi thư viện.
Câu 5.
Cho  xOy và  yOz là hai góc kề bù nhau. Góc xOy có số đo là 30 0 .
a) Vẽ tia phân giác Om của  xOy và tia phân giác On của  yOz ;
b) Tính số đo  mOn ?
---------------------------------------------------------Họ và tên:……………………….....……….. Số báo danh:…………


HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN: TOÁN - LỚP 6
-----------------Câu 1. (4,5 điểm)
a) (2 điểm)
Các tập hợp con của A, có 3 phần tử là: 5;0;7, 5;0;8, 5;7;8, 0;7;8
b) (2,5 điểm) Ta có 262011 = .......6
(1 điểm)
32012 = (34)503 = 81503 = ......1
(1 điểm)
2011
2012
Do đó: B = 26 + 3
= .......6 + ......1 = ....7
Vậy B có chữ số tận cùng bằng 7.
(0,5 điiểm)
Câu 2. (4,5 điểm)
a) (2,5 điểm) Ta có: ( x + 1) + (x+ 2)+… + ( x+ 10) = 125
10x + ( 1 + 2 + ...+ 10) = 125
(0,75 điểm)

(1  10).10
2

= 125

(0,75 điểm)

10x + 50 = 125
 10x = 70  x = 7
b) (2 điểm) Số hạng thứ nhất : 7 = 1.3 + 4
Số hạng thứ hai : 10 = 2.3 + 4
Số hạng thứ ba : 13 = 3.3 + 4
. ....
Số hạng thứ 100 là: 100.3 + 4 = 304

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,75 điểm)

10x +

Số số hạng của S là : (400 – 7) : 3 + 1 = 132
Vậy S = ( 7 + 400). 132 : 2 = 26862
Câu 3. (4 điểm )


(0,75 điểm)

1 1 1
1

2
2011
    ............................ 

3 6 10 15
x( x  1) 2013

2
2
2
2
2
2011



 ............................ 

2 .3 3 .4 4 .5 5 .6
x( x  1) 2013

 2.(

(0,5 điểm)

(1 điểm)

1 1 1 1 1 1 1 1
1
1

2011
(1 điểm)
        ...................  
)
2. 3 3 4 4 5 5 6
x x  1 2013


1  2011
1
 2. 

 2 x  1  2013
1
1
2011
1

 

x  1 2 2.2013 2013
 x  1  2013  x  2012

(0,75 điểm)
(0,75 điểm)
(0,5 điểm)

Câu 4. (3 điểm)

Số sách ở thư viện A bằng

A bằng

3
3
tổng số sách.

3  7 10

3
số sách ở thư viện B, tức số sách ở thư viện
7

(0,5 điểm)

Khi chuyển 2200 cuốn sách từ thư viện B sang thư viện A thì số sách ở
23
thư viện A bằng
số sách ở thư viện B, tức khi đó số sách ở thư viện A bằng
17
23
23
tổng số sách .

17  23 40

(0,5 điểm)

23
3
11

=
tổng số sách. (0,5 điểm)
40
10
40
11
Vậy tổng số sách ở cả 2 thư viện là: 2200 :
= 8000 (cuốn) (0,5 điểm)
40
3
Số sách ở thư viện A là:
. 8000 = 2400 (cuốn)
(0,5 điểm)
10

Do đó ta thấy 2200 cuốn sách bằng

Số sách ở thư viện B là: 8000 – 2400 = 5600 (cuốn)
Câu 5. (4 điểm )
a) (2 điểm )

(0,5 điểm)

n

y
m
x

30 0

O

z

b) (2 điểm) Vì Om và On là hai tia phân giác của hai góc kề bù nên  mOn =
90 0 .


ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011 – 2012
MƠN: TỐN - LỚP: 7
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. Tìm x, biết:
a) 3x – (x – 5) = 19
b) x. x + 2012 = 2012. x + x

10 2011  1
10 2010  1
Câu 2. So sánh A và B biết: A = 2011
;B=
.
10 2012  1
10
1
Câu 3.
a) Tìm các số nguyên x để biểu t hức: A = x  1  x  2 đạt giá trị nhỏ
nhất.
b) Cho 4 số nguyên a, b, c, d thoả mãn: a + b = c + d và ab + 1 = cd.
Chứng minh rằng: c = d
Câu 4. Ba lớp 7A, 7B, 7C có 94 học sinh tham gia trồng cây. Mỗi học sinh lớp

7A trồng được 3 cây, mỗi học sinh lớp 7B trồng được 4 cây, mỗi học sinh lớp 7C
trồng được 5 cây. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh tham gia trồng cây? Biết
rằng số cây mỗi lớp trồng được đều như nhau.
Câu 5. Cho tam giác ABC cân tại A,  A=108 0 . Gọi O là một điểm nằm trên tia
phân giác của góc C sao cho  CBO=12 0 .Vẽ tam giác đều BOM (M và A cùng
thuộc một nữa mặt phẳng bờ BO).
a) Tính góc MOC.
b) Chứng minh ba điểm C, A, M thẳng hàng.
c) Chứng minh tam giác AOB cân.
---------------------------------------------------------Họ và tên:……………………….....……….. Số báo danh:…………


HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012
MƠN: TỐN 7
------------------------Câu 1: (4 điểm)
a) (2 điểm) 3x – (x – 5) = 19
3x – x + 5 = 19
2x = 14
X=7
b) (2 điểm) x. x + 2012 = 2012. x + x

(1 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

( x .x-2012. x )- (x-2012)=0

(0,5 điểm)

x .(x-2012)-(x-2012) = 0

(0,5 điểm)

(x-2012).( x -1)=0

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

Suy ra x=2012 hoặc x=  1
Câu 2: (3,5 điểm)
10 2011  10
9
 1  2011
2011
10
1
10
1

(1)

(1 điểm)

10 2012  10
9
 1  2012
(2)
2012
10
1

10
1
9
9
Từ (1) và (2) ta thấy : 2011 > 2012
(0,5 điểm)
10  1 10  1

(1 điểm)

Ta có:

10A =

Tương tự:

10B =

 10A > 10B

(0,5 điểm)

 A>B

(0,5 điểm)

Câu 3: (4 điểm)
a)(2 điểm) Xét các trường hợp sau: (Mỗi trường hợp đúng cho 0,5 điểm)
Nếu x < 1 thì A = 1 – x +2 – x = 3 – 2x. Do x < 1 nên 2x < 2, vì thế A = 3 – 2x >
3 – 2 = 1(*)

Nếu 1  x  2 thì A = x – 1 + 2 – x = 1 (**)


Nếu x > 2 thì A = x – 1 + x – 2 = 2x – 3. Do x > 2 nên 2x > 4, vì thế A = 2x – 3
> 4 – 3 = 1 (***)
Từ (*), (**), (***) suy ra A có giá trị nhỏ nhất là 1 khi và chỉ khi 1  x  2 mà x
 Z nên x = 1; 2. (0,5 điểm)
b) (2 điểm) Từ a + b = c + d suy ra a = c + d – b
(0,5 điểm)
Thay vào ab + 1 = cd ta có:
(c + d – b).b + 1 = cd
cb + (d – b).b – cd = - 1
(0,5 điểm)
- c(d – b) – (d – b).b = - 1
(d – b)(b – c) = - 1
(0,5 điểm)
Vì a, b, c, d nguyên nên d – b và b – c nguyên, mà (d – b)(b – c) = - 1 nên
d – b và b – c đối nhau, tức là d – b = - (b – c). Suy ra d – b = - b + c. Vậy c = d.
(0,5 điểm)
Câu 4: (4 điểm) Gọi số học sinh đi trồng cây của 3 Lớp 7A,7B, 7C theo thứ tự
là x, y, z (x, y, z  Z+)
Theo đề ra ta có: x + y + z = 94 (1) (0,5 điểm) và 3x = 4y = 5z (2)
(0,5
điểm)
BCNN (3,4,5) = 60
Từ (2) 

3x 4 y 5 z
x
y

z
= =
hay
= =
60 60 60
20 15 12

(1 điểm)

áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta có :
x
y
z
x yz
94
= =
=
=
=2
20 15 12
20  15  12 47

(1 điểm)

 x = 40, y = 30 và z = 24
Vậy số học sinh đi trồng cây của các lớp 7A,7B, 7C lần lượt là 4 0, 30 và 24. (1
điểm)
Câu 5: (4,5 điểm)
-Vẽ hình,ghi GT, KL đúng (0,5 điểm)
a) (1,5 điểm)

 ABC cân tại A,  A =108 0 ,suy ra  B=  C=36 0 ,  OCA=  OCB=18 0 .Xét
 BOC có  BOC =150 0 ,  BOM=60 0 suy ra  MOC=150 0 .
b) (1,5 điểm)
Ta có  BOC=  MOC(c-g-c) Suy ra  OCM=  OCB=18 0 mà  OCA=18 0 nên
hai tia CM, CA trùng nhau do đó 3 điểm C,A,M thẳng hàng.
c) (1 điểm)


 CBM có CM=CB nên cân tại C,suy ra

 CBM=  CMB=72 0 ,  BAM=72 0 .Vậy  BAM cân tại B ,nên BA=BM=BO do
đó  AOB cân tại B

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012
MƠN: TỐN – LỚP: 8
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1.
 2 1 
1
 1
 x  1
Cho biểu thức: A  
 1  2
 1  : 3
3 
 2
 x
  x  1  x  x  2x  1  x



a) Rút gọn A.
b) Tìm các giá trị của x để A < 1.
c) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2.
a) Giải phương trình: x3 – 3x2 + 3x – 2 = 0
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x + y) 2 = (x – 1)(y + 1)
Câu 3.
Cho các số x, y, z thỏa mãn đồng thời:
x + y + z = 1; x 2 + y 2 + z 2 = 1 và x 3 + y 3 + z 3 = 1.
Tính tổng: S = x2010 + y2011 + z2012
Câu 4.


a) Cho m, n, p là các số không âm thoả mãn m + n + p = 1.
Chứng minh: n + p  16mnp
b) Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn x 2 - 2xy + x – 2y  0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = x 2 – 5y2 + 3x
Câu 5. Cho góc xOy vng và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vng góc với
Ox ; ID vng góc với Oy. Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt Ox ở A
và cắt Oy ở B.
a) Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đường thẳng qua I thay
đổi.
b) Chứng minh rằng:

AC OA 2

BD OB 2

8a 2
c) Biết S AOB =

. Tính CA ; DB theo a.
3
---------------------------------------------------------Họ và tên:……………………….....……….. Số báo danh:…………

HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012
MƠN TỐN 8
------------------------------Câu 1. ( 4,5 điểm)


a) (2 điểm) A= 


2x

  x  1 .x

( x  1) 2 x 3
( x  1)( x  1) 2 x 2
x
A=
x 1

A=

2

2



x2 1
( x  1) 2 x 2

 x 1
: 3
 x


ĐKXĐ x  {0;1;-1}

(1 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)


b) (1,5 điểm) Ta có: 1 - A =

1
> 0 (0,5 điểm) khi x - 1 < 0 suy ra x < 1 (0,5
x 1

điểm)
Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0; -1
điểm)

(0,5

c) (1 điểm) A = 1+

(0,5

1
x 1

điểm)
Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1
điểm)
Hoặc x -1=1 suy ra x=2
Hoặc x -1=-1 suy ra x=0 (loai)
Vậy x = 2 là giá trị cần tìm
điểm)
Câu 2. (3,5 điểm)
a) (2 điểm) x3 – 3x2 + 3x – 2 = 0
x3 – 2x2 - x2 + 2x + x – 2 = 0
x2 (x – 2) – x(x – 2) + (x – 2) = 0
(x – 2)(x2 – x + 1) = 0
x – 2 = 0 ( vì x2 – x + 1 = (x  x=2

1 2 3
) + > 0 với mọi x)
2
4

(0,5

(0,5

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

Vậy PT có nghiệm x = 2
(0,5 điểm)
2
b) (1,5 điểm) (x+y) = (x-1)(y+1)
<=> x2 + 2xy + y2 = xy + x – y – 1
<=> 2x2 + 2xy + 2y2 – 2x + 2y + 2 = 0
(0,5 điểm)
2
2
2
<=> (x+y) + (x-1) +( y+1) = 0
(0,5 điểm)
2
2
2
Do (x+y)  0; (x-1)  0; ( y+1)  0 với mọi x, y nên phương trình đã cho
có nghiệm
x  y  0
x  1
<=>  x  1  0  
Vậy PT có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, -1) (0,5 điểm)

y  1

 y 1  0


Câu 3. (3,5 điểm) Ta có: (x + y + z) 3 = x 3 + y 3 + z 3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)
Kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0

(1 điểm)
 Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0
(0,75
điểm)
Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k : x + y + z = 1  z = 1, l¹i kết hợp với đ/k :
x 2 + y 2 + z 2 = 1  x = y = 0.
(0,75 điểm)


Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1,
(0,5 điểm)
2010
2011
2012
S= x +y +z
= 1 Nên tổng S ln có giá trị bằng 1
(0,5 điểm)
2
Câu 4. (4 điểm) a) (2 điểm) Ta có: n + p = (n + p) [m + (n + p)] (vì m + n + p =
1) (0,5 điểm) Áp dung BĐT: (a+b)2  4ab, ta được:
(n + p) [m + (n + p)]2  (n + p).4m(n + p) = 4m(n + p)2
(0,5 điểm)
Tiếp tục áp dung BĐT trên, ta được: 4m(n + p) 2  4m.4np = 16mnp

(0,5 điểm)

Vậy n + p  16mnp

(0,5 điểm)

b) (2 điểm) Ta có x2 – 2xy + x – 2y = (x-2y) (x+1)  0
 x  2y (Vì x  0 nên x + 1 > 0) ( 1 điểm)
(0,5 điểm)
2
2
2
2
2
2
Do đó M = x – 5y + 3x  4y - 5y + 6y = -y + 6y = - (y - 3) + 9  9
M = 9 <=> y = 3; x = 6
(1 điểm)
Vậy M max = 9 đạt được <=> x = 6; y = 3
(0,5 điểm)
Câu 5. (4,5 điểm) a) (2 điểm)
Ta có (gg).
 IAC ~  BAO
Suy ra:
điểm)
Tương tự:

AC IC

AO BO



AC AO


IC
BO

(1)

 BID ~  BAO (gg)
OA OB
OA ID
Suy ra:



ID BD
OB BD
AC ID
Từ (1) và(2) Suy ra:

IC BD

Hay AC. BD = IC . ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2 không đổi.

(0,75

(2)
(0,75 điểm)
(0,5 điểm)

b) (1,5 điểm) Nh©n (1) víi (2) vÕ theo vÕ ta cã:
điểm)

AC ID OA OA
.

.
IC BD OB OB

(0,75

mµ IC = ID ( theo giả thiết) Suy ra:

AC OA 2

BD OB 2

điểm)
c) (1 điểm) Theo cơng thức tính diện tích tam giác vng ta có;
SAOB =

1
OA.OB mµ SAOB =
2

8a 2
3

( gt)

(0,75

suy ra:

1
8a 2
OA.OB =
2
3

 OA . OB =

16a 2
3

16a 2
16a 2
2
Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) =
 a + a( CA + DB ) + CA . DB =
(0,5
3
3

im)

Mà CA . DB = a2 ( theo câu a)  a(CA +DB) =
 CA + DB =

10a
3

Tõ ®ã  CA =
điểm)

16a 2
- 2a2
3

tõ ®ã ta cã : CA . DB = a2

a
a
và DB = 3a hoặc CA = 3a vµ DB =
3
3

-------------------------

(0,5