Đề thi HSG toán 7-tỉnh Thái Bình 2003-2004

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
*******
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7
Năm học 2003 - 2004
MÔN THI : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (3 điểm)
Tìm số tự nhiên nhỏ nhất a để khi ghép nó vào bên phải số 2004 thì được một số tự
nhiên chia hết cho 2003.
Bài 2 (5 điểm)
Cho hai hàm số : f(x) = |x – 1| + 1 và g(x) = |x – 2| + 2.
1. Tìm x để f(x) – 2g(x) = -3 ;
2. Tìm x để f(x) = g(f(2)).
Bài 3 (3 điểm)
Chứng minh rằng không thể tìm được các số nguyên x, y, z thoả mãn :
|x – y| + |y – z| + |z – x| = 2005.
Bài 4 (3 điểm)
Tìm x biết :
2 2 2
3x 4 2004x 1 3 4x .+ + + = −
.
Bài 5 (6 điểm)
Cho ∆ABC có
µ
0
A 50=
và
µ
0
B 20 .=

Trên tia phân giác BE (E thuộc AC) của
·
ABC
lấy
điểm F sao cho sao cho
·
0
FAB 20 .=
Gọi I là trung điểm của AF, EI cắt AB ở K.
1. Chứng minh : EK ⊥ AF.
2. Chứng minh : BE ⊥ CK.
Họ và tên : …………………………………………………… SBD : ……………………………
Trường THCS : ……………………………………………………………………………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (3 điểm)
Đặt
1 2 n
a a a a=
(n ∈ N
*
,
1 2 n
a ,a , ,a
là các chữ số,
1
a 0≠
)
Số tự nhiên cần tìm có dạng :
1 2 n

2004a a a

Theo giả thiết, ta có :
1 2 n
2004a a a
⋮ 2003 ⇔ 2004.10
n
+
1 2 n
a a a
⋮ 2003
⇔ 2003.10
n
+ 10
n
+
1 2 n
a a a
⋮ 2003 ⇔ 10
n
+
1 2 n
a a a
⋮ 2003 (vì 2003.10
n
⋮ 2003)
Xét các trường hợp :
- Với n = 1, ta được 10 +
1
a

⋮ 2003 ⇒ không tìm được
1
a
vì 10 < 10 +
1
a
< 20.
- Với n = 2, ta được 100 +
1 2
a a
⋮ 2003
⇒ không tìm được
1 2
a a
vì 100 < 100 +
1 2
a a
< 200.
- Với n = 3, ta được 1000 +
1 2 3
a a a
⋮ 2003
⇒ không tìm được
1 2 3
a a a
vì 1000 < 1000 +
1 2 3
a a a
< 2000.
- Với n = 4, ta được 10000 +

1 2 3 4
a a a a
⋮ 2003 ⇔ 10000 +
1 2 3 4
a a a a
- 5.2003 ⋮ 2003
Hay
1 2 3 4
a a a a
- 15 ⋮ 2003 (1)
Nhận xét : 999 <
1 2 3 4
a a a a
< 10000 ⇒ 984 <
1 2 3 4
a a a a
- 15 < 9985 (2)
Vì
1 2 3 4
a a a a a=
phải là số tự nhiên nhỏ nhất nên từ (1) và (2) suy ra :
1 2 3 4
a a a a
- 15 = 2003 ⇒
1 2 3 4
a a a a
= 2018
Vậy số tự nhiên a nhỏ nhất cần tìm là a = 2018.
Bài 2 (5 điểm)
1. f(x) – 2g(x) = -3 ⇔ |x – 1| + 1 – 2(|x – 2| + 2) = -3

⇔ |x – 1| - 2|x – 2| = 1 (1)
Xét các trường hợp :
- Nếu x < 1 thì x – 1 < 0 và x – 2 < 0 ⇒ |x – 1| = 1 – x, |x – 2| = 2 - x
(1) trở thành : 1 – x – 2(2 – x) = 1
⇔ 1 – x – 4 + 2x = 1 ⇔ x = 4 (không thoả mãn x < 1)
- Nếu 1 ≤ x < 2 thì x – 1 ≥ 0 và x – 2 < 0 ⇒ |x – 1| = x – 1, |x – 2| = 2 - x
(1) trở thành : x – 1 – 2(2 – x) = 1 ⇔ x – 1 – 4 + 2x = 1
⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2 (không thoả mãn 1 ≤ x < 2)
- Nếu x ≥ 2 thì x – 1 > 0 và x – 2 ≥ 0 ⇒ |x – 1| = x – 1, |x – 2| = x - 2
(2) trở thành : x – 1 – 2(x – 2) = 1 ⇔ x – 1 – 2x + 4 = 1
⇔ -x = -2 ⇔ x = 2 (thoả mãn x ≥ 2)
Vậy giá trị của x cần tìm là x = 2.
2. f(2) = |2 – 1| + 1 = 2 ⇒ g(f(2)) = g(2) = |2 – 2| + 2 = 2.
Do đó f(x) = g(f(2)) ⇔ |x – 1| + 1 = 2 ⇔ |x – 1| = 1 ⇔
x 1 1
x 1 1
− =


− = −

⇔
x 2
x 0
=


=

Vậy với x ∈ {0 ; 2} thì f(x) = g(f(2))

Bài 3 (3 điểm)
Không giảm tổng quát có thể giả sử x ≥ y ≥ z.
Khi đó x – y ≥ 0, y – z ≥ 0, z – x ≤ 0
⇒ |x – y| + |y – z| + |z – x| = 2005 ⇔ x – y + y – z + x – z = 2005
⇔ 2(x – z) = 2005 (*)
Vì x, z ∈ Z nên vế trái (*) là số nguyên chẵn, còn 2005 là số lẻ nên không tìm được
x, z thoả mãn (*).
Vậy không thể tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn điều kiện đề bài.
Bài 4 (3 điểm)
Vì x
2
≥ 0 ∀x ⇒ 3x
2
+ 4 ≥ 4, 2004x
2
+ 1 ≥ 1 ⇒
2
3x 1+
≥ 2,
2
2004x 1+
≥ 1
⇒
2 2
3x 4 2004x 1+ + +
≥ 3 (dấu bằng xảy ra ⇔ x = 0) (1)
Mặt khác, 3 – 4x
2
≤ 3 (dấu bằng xảy ra ⇔ x = 0) (2)
Từ (1) và (2) suy ra

2 2 2
3x 4 2004x 1 3 4x+ + + = −

⇔
2 2 2
3x 4 2004x 1 3 4x 3+ + + = − =
⇔ x = 0.
Vậy x = 0.
Bài 5 (6 điểm)
1. Vì BE là tia phân giác của
·
ABC
nên
µ µ
·
0
0
1 2
ABC 20
B B 10
2 2
= = = =
Xét ∆AEF có :
µ
·
µ
0 0 0
1 2
A BAC A 50 20 30= − = − =
$

µ
µ
0 0 0
1 2 2
F A B 20 10 30= + = + =
(vì
$
1
F
là góc ngoài của ∆FAB).
Suy ra ∆AEF cân tại E ⇒ EI vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao ⇒ EI ⊥ AF
Hay EK ⊥ AF.
2. Vì
µ
3
E
là góc ngoài của ∆AEB nên
µ
·
µ
0 0 0
3 2
E BAE B 50 10 60= + = + =
∆AEF cân tại E nên đường trung tuyến EI đồng thời là đường phân giác của
·
AEF
.
Suy ra
µ µ
·

µ
0 0 0
1
0
1 2
AEF 180 2A 180 2.30
E E 60
2 2 2
− −
= = = = =
Xét ∆BCE và ∆BKE có :
µ µ
0
2 3
E E 60= =
BE là cạnh chung
µ µ
0
1 2
B B 10= =
Nên ∆BCE = ∆BKE (g.c.g) ⇒ BC = BK và EC = EK.
Suy ra B và E cùng thuộc đường trung trực của CK.
Do đó BE ⊥ CK.