đề thi hsg toán lớp 7 huyện hoằng hóa

đề thi HSG toán 7 huyện hoằng hoá
Năm học: 2012-2013
Câu 1(4,5 điểm)



a/ Tính giá trị biểu thức : M = 2 + 3,5 ữ: 4 + 3 ữ+ 7,5
7
3
6
1

1

1

b/ Tìm x biết : ( 2 x 3) = 16
2

c/ Tìm x, y biết rằng : ( 2 x 5)

2012

+ ( 3 y + 4)

2014

0

Câu 2 (4,5 điểm)
2

2
2
a/ Tìm đa thức M biết rằng : M + ( 5 x 2 xy ) = 6 x + 9 xy y

x2 + y 2 + 3
b/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : B = 2 2
x + y +2

c/ Tìm x, y, z biết :

x y y z
= ; = và x y + z = 49
2 3 5 4

Câu 3 (5,0 điểm)
a/ Tìm hai số hữu tỷ a và b biết a b = 2 ( a + b ) = a : b
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của bểu thức : M = 2012 x + 2013 x
c/ Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để n2 + 2002 là số chính phơng.
Câu 4 (4,0 điểm) : Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các
tam giác vuông tại A : ABD, ACE sao cho AB = AD, AE = AC. Kẻ AH vuông
góc với BC, DM vuông góc với AH, EN vuông góc với AH.
a/ Chứng minh DM = AH
b/ Chứng minh MN đi qua trung điểm của DE
Câu 5 (2,0 điểm) : Cho tam giác đều ABC. M là một điểm nằm trong tam giác sao
cho MA : MB : MC = 3:4:5. Tính số đo góc AMB.
Hết


Đáp án Toán 7
Nội dung

Câu

Điểm

1
1
1
7 7 25 22 15
+ ữ+
a/ M = 2 + 3,5 ữ: 4 + 3 ữ+ 7,5 = + ữ:

Câu 1
4,5

7
7 2
3
6
3 2 6
35 43 15 35 42 15 245 15 490 645 155
69
M= :
+ = .
+ =
+ =
+
=
=1
6 42 2

6 43 2
43
2
86
86
86
86
2
( 2 x 3 ) = 4 2
2 x 3 = 4
x = 3,5
2

2
x

3
=
16
=>
=>
=>
)
b/ (

x = 0,5 .
2 x 3 = 4
( 2 x 3 ) 2 = ( 4 ) 2

1,5

1,5

Vậy : x = 3,5 ; x = -0,5
2012
2014
c/ ( 2 x 5) + ( 3 y + 4 ) 0

( 2 x 5 ) 2012 0
2012
2014
=> ( 2 x 5 )
+ ( 3y + 4)
0
Ta có :
2014
0
( 3 y + 4 )
2012
2014
2012
2014
Mà ( 2 x 5) + ( 3 y + 4 ) 0 => ( 2 x 5) + ( 3 y + 4 ) = 0
1

( 2 x 5 ) 2012 = 0
x = 2 2

=>
=>
. Vậy
2014
=0
( 3 y + 4 )
y = 1 1

3

1,5

1

x = 2 2

y = 1 1

3

2
2
2
2
2
2
a/ M + ( 5 x 2 xy ) = 6 x + 9 xy y => M = 6 x + 9 xy y ( 5 x 2 xy )
Câu 2 => M = 6 x 2 + 9 xy y 2 5 x 2 + 2 xy = x 2 + 11xy y 2
4,5
x2 + y 2 + 3 x2 + y 2 + 2 + 1

1
= 2
= 1+ 2
b/ B = 2 2
2
2

1,5

x + y +2
x + y +2
x + y +2
2
2
B lớn nhất khi x + y + 2 nhỏ nhất.

x 2 0
=> x 2 + y 2 + 2 2 => x 2 + y 2 + 2 nhỏ nhất bằng 2, khi x =
Ta có 2
y 0

1,5

y=0

3
1
=1
2
2

x y y z
x
y y
z
c/ = ; = => = ; =
=>
2 3 5 4
10 15 15 12

Khi đó B lớn nhất =

1,5

x
y
z
x y+z
49
= =
=
=
= 7
10 15 12 10 15 + 12
7

=> x = -70 ; y = -105 ; z = -84
Câu 3 a/ Tìm hai số hữu tỷ a và b biết: a b = 2 ( a + b ) = a : b (1)
5,0
Từ a b = 2 ( a + b ) => a b = 2a + 2b => a = 3b => a = 3b
Mặt khác : a b = a : b => 3b b = 3b : b => 4b = 3 => b =

3
4

=> a = 3. =

9
.
4

2,0

3
4


Vậy : a =

9
3
;b =
4
4

b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của bểu thức : M = 2012 x + 2013 x
Sử dụng : A + B A + B . Dấu = xảy ra khi A,B cùng dấu. (*)
Ta có :

1,5

M = 2012 x + 2013 x = 2012 x + x 2013 2012 x + x 2013 = 1 = 1

Vậy M (min) = 1 khi ( 2012 - x)(x 2013) 0 => 2012 x
2013
Nhận xét :
Nếu số chính phơng chia hết cho a ( là số nguyên tố) thì nó chia
hết cho a2
Giả sử A = n2 + 2002 là số chỉnh phơng.
- Xét trờng hợp 1 : n là số chẵn => n = 2k
=> n2 = 4k2=> A = n2 + 2002 = 4k2 + 2002
Ta có : 4k2 chia hết cho 2 , 2002 chia hết cho 2 => A chia hết cho
2 => A chia hết cho 4.
Do 4k2 chia hết cho 4, còn 2002 không chia hết cho 4 => A không
chia hết cho 4(loại)
- Xét trờng hợp 2 : n là số lẻ => n = 2k +1
=> A là số chính phơng lẻ, có dạng (2b + 1)2 = 4b2 + 4b + 1 chia
cho 4 d 1.
Mà : A = (2k + 1)2 + 2002 = 4k2 + 4k + 2003 chia cho 4 d 3 ( loại)
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để n2 + 2002 là số chính phơng
Câu 4 Hình vẽ
4,0
E
N
1

I

M

D

3

1

1

A
4

2

B

H

a/ Chứng minh DM = AH
Xét MAD và HBA có
ãAMD = BHA
ã
= 900 (gt) (1)
AD = AB (gt) (2)

C

1,5

2,0


ả +à

D
A1 = 900
1
à
ả
=> D1 = A2 (3)
0
à
ả
A1 + A2 = 90

Từ 1,2,3 => MAD = HBA (Cạnh huyền góc nhọn)
=> DM = AH ( Hai cạnh tơng ứng)(ĐPCM) (4)
b/ Chứng minh MN đi qua trung điểm của DE
Chứng minh tơng tự câu a => EN = AH (5)
Gọi giao điểm của MN và DE là I
C/m đợc : MID = NIE (Cạnh góc vuông góc nhọn)

2,0

ID = IE (Hai cạnh tơng ứng)
I là trung điểm của DE => MN đi qua trung điểm I của DE
(ĐPCM)
A

Do MA : MB : MC = 3 : 4 : 5
=> Đặt

MA MB MC
=

=
=a
3
4
5

1

N

=> MA = 3a, MB = 4a, MC = 5a
Trên nửa mặt phẳng bờ AC dựng tam giác đều
AMN => AM = AN = MN = 3a và ãAMN = 600
Xét ABN và ACM có
AB = AC (gt) (1) ; AN = AM = 3a (2)
Câu 5
2,0

à
ả = 60
A1 + A

2
à à
=> A1 = A3 (3)
0
ảA + à
A3 = 60
2

3

2
3a

M

0

4a

5a

2,0

Từ 1,2,3 => ABN = ACM (c.g.c)
=> BN = CN = 5a.
Xét BMN có BN2 = (5a)2 = 25a2
B
BM2 + MN2 = (4a)2 + (3a)2 = 25a2
=> BN2 = BM2 + MN2 => BMN vuông tại M (đ/l pytago đảo)
ã
=> NMB
= 900
ã
Suy ra : ãAMB = ãAMN + NMB
= 900 + 600 = 1500

Phòng giáo dục và đào tạo
Huyện Hoằng hóa

C

đề thi học sinh giỏi - năm học 2011-2012
Môn toán - lớp 7
Thời gian làm bài : 120 phú t( không kể thời gian giao đề)

Bài 1( 4.0 điểm):
a) Cho biểu thức : M = a + 2ab b . Tính giá trị của M với a = 1,5 ; b = - 0,75.


b) Xác định dấu của c, biết rằng 2a 3bc trái dấu với 3a 5b 3 c 2 .
Bài 2( 4.0 điểm):
x

y y

z

a) Tìm các số x, y, z biết rằng: 3 = 4 ; 3 = 5 và 2x 3y + z = 6.
b) Cho dãy tỉ số bằng nhau :

2a + b + c + d a + 2b + c + d a + b + 2c + d a + b + c + 2d
=
=
=
.
a
b
c

d
a+b b+c c+d d +a
Tính giá trị của biểu thức M, với M = c + d + d + a + a + b + b + c .

Bài 3( 3.0 điểm): Cho hàm số y = f(x) = 2 x2.
1

a) Hãy tính : f(0) ; f( 2 )
b) Chứng minh : f(x 1) = f(1 x)
Bài 4( 4.0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A, đờng trung tuyến AM. Qua A
kẻ đờng thẳng d vuông góc với AM. Qua M kẻ các đờng thẳng vuông góc với AB
và AC, chúng cắt d theo thứ tự ở D và E. Chứng minh rằng:
a) BD // CE.
b) DE = BD + CE.
Bài 5( 3.0 điểm): Tìm tỉ số của A và B, biết rằng:

1
1
1
1
+
+ ... +
+ ... +
1.1981 2.1982
n.(1980 + n)
25.2005
1
1
1
1

B=
+
+ ... +
+ ... +
1.26 2.27
m.(25 + m)
1980.2005
A=

Trong đó A có 25 số hạng và B có 1980 số hạng.
Bài 6( 2.0 điểm): Cho tam giác ABC cân. Trên cạnh đáy
1 ã BC lấy điểm D sao
ã
BAD
<
CAD.
cho:
CD = 2 BD. Chứng minh rằng:
2
................... Hết .....................

Phòng giáo dục và đào tạo
Hoằng hóa
Cõu

Hớng dẫn chấm toán lơp 7

HD chm
a.(2.5) Ta cú: a = 1,5 a = 1,5 hoc a = 1,5
Vi a = 1,5 v b = -0,75 thỡ M = a + 2ab b = 1,5 + 2.1,5.(- 0,75) = 0

Cõu
1

3
2
3
5 3 2
Do 2a bc v 3a b c trỏi du nờn : a 0; b 0; c 0

Vi a = - 1,5 v b = - 0,75 thỡ M = a + 2ab b =
b. (1.5)

im
0.5
1.0
1.0


(4,0đ)

2a 3 bc .( − 3a 5 b 3 c 2 ) < 0.

Vậy c > 0 tức là mang dấu dương.

0.5đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ

a( 2.0đ).

0.5đ

⇔ −6a8b 4 c 3 < 0 ⇔ a8b 4 c 3 > 0
⇔ c 3 > 0 ⇔ c > 0 ( vì a8b4 > 0 với mọi a ≠ 0; b ≠ 0 )

Câu
2
(4,0
đ)

x y
x y y z
y
z
vì = ⇒ = ; = ⇒ =
3 4
9 12 3 5 12 20
x y
z
2x 3y
z
⇒ =
=
⇒
=
=
9 12 20
18 36 20

0.5đ

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2x 3y
z
2x − 3 y + z 6
=
=
=
= =3
18 36 20 18 − 36 + 20 2

0.5đ

Suy ra x = 27; y = 36; z = 60.
b.(2đ) Từ giả thiết suy ra
2a + b + c + d
a + 2b + c + d
a + b + 2c + d
a + b + c + 2d
−1 =
−1 =
−1 =
−1
a
b
c
d
a+b+c+d a+b+c+d a+b+c+d a+b+c+d

⇒
=
=
=
a
b
c
d

0.25đ
0.25đ

* Nếu a + b + c + d = 0 thì a + b = - (c + d); b + c = - (d + a);
c + d = - ( a + b); d + a = - ( b + c)
Khi đó M = (- 1) + (- 1) +(- 1) +(- 1) = - 4

0.25đ
0.5đ

* Nếu a + b + c + d ≠ 0 thì

1 1 1 1
= = =
nên a = b = c = d
a b c d

Khi đó M = 1 + 1 + 1 +1 = 4

Câu
3.

(3,0
đ)

0.5đ

0.25đ
0.5đ

1.0đ
1.0đ
a.(2.0đ) f(0) = 2 – 02 = 2;
1
2

1
2

f( − ) = 2 – (− ) 2 =

7
4

b.(1.0đ) f(x – 1) = 2 – ( x – 1 )2; f(1 – x ) = 2 – ( 1 – x )2
do (x – 1) và (1 – x) là hai số đối nhau nên bình phương bằng nhau.
Vậy 2 – ( x – 1 )2 = 2 – ( 1 – x )2 hay f(x – 1) = f(1 – x).

0.25
đ
0.25
đ

0.5đ


Câu
4
(4,0
đ)

Câu
5
(3,0
đ)

a. (2,5đ) Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh
huyền của tam giác vuông: MA = MB.
Gọi H là giao điểm của MD và AB.
Tam giác cân AMB có MH đường cao ứng với đáy
A
nên là đường trung trực, suy ra : DA = DB.
D
Chứng minh được ∆MBD = ∆MAD(c.c.c)
suy ra góc MBD = góc MAD = 900;
H
do đó DB ⊥ BC
M
B
Tương tự ta có : EC ⊥ BC
Vậy BD // CE (vì cùng vuông góc với BC), đpcm.

d

0.5đ
E

0.5đ
0.25đ

C

b. (1,5đ) Theo câu a, DB = DA.
Tương tự, EC = EA.
Suy ra DE = DA + AE = BD + CE.
Ta có :
1
1 1
1
=
( −
)
n(1980 + n) 1980 n 1980 + n
1
1 1
1
=
( −
)
m(25 + m) 25 m 25 + m

0.25đ
0.5đ
0.5đ

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ

Áp dụng tính A và B ta được:
1 1
1
1
1
1
1
( −
+ −
+ ... + −
)
1980 1 1981 2 1982
25 2005
1
1 1
1
1
1
1
=
[( + + ... + ) − (
+
+ ... +
)]

1980 1 2
25
1981 1982
2005
1 1 1 1 1
1
1
B= ( − + −
+ ... +
−
)
25 1 26 2 27
1980 2005
1 1 1
1
1
1
1
= [( + + ... +
)−( +
+ ... +
)]
25 1 2
1980
26 27
2005
1 1 1
1
1
1

1
= [( + + ... + ) − (
+
+ ... +
)]
25 1 2
25
1981 1982
2005
A
1
1
5
:
=
Vậy =
B 1980 25 396
A=

Câu
6
(2,0
đ)

Gọi M là trung điểm của DC. Trên tia đối của tia MA
lấy điểm E sao cho ME = MA.
Ta có hai tam giác AMC và EMD bằng nhau
·
Vì MD = MC, MA = ME, ·AMC = EMD
.

·
Nên DE = AC, và góc µA3 = DEM
.
B
Mặt khác ,
¶ >B
µ ( theo tính chất góc ngoài tam giác)
D
1
mà Bµ = Cµ ( vì tam giác ABC cân, đáy BC)
¶ >C
µ suy ra AC > AD.
nên D
1

0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
A

0.25đ

1 23

1

M

C

0.25đ

D

0.25đ
E

0.25đ
0.25đ


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HOÁ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN THI: TOÁN
0.25đ
thi: 16/03/2015
·
Từ đó DE > DA, suy ra ¶A2 > DEM
,hay ¶A2 > µA3 Ngày
.
Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Vì µA3 = µA1 ( do ∆ABD = ∆ACM )
µ

¶ +µ
A3
nên góc ¶A2 + µA3 > µA1 + µA3 hay 2A
1
2
1·
·
< CAD
.
Suy ra BAD
2
Chú ý :
1. Học sinh làm cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa.
2. Bài hình không vẽ hình, hoặc vẽ sai thì không chấm điểm.

(Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang)
Câu 1: (4,5 điểm).
 −4 2  2  −3 3  2
+ ÷: +  + ÷:
a) Tính giá trị của biểu thức A = 
 7 5 3  7 5 3
1
b) Tính giá trị của biểu thức B = 2x2 – 3x + 1 với x = .
2
x y y z
c) Tìm 3 số x, y, z biết rằng: = ; = và x + y + z = - 110.
3 7 2 5
Câu 2: (4,5 điểm).
a) Tìm tập hợp các số nguyên x, biết rằng:

0.25đ
0.25đ


5 5
31  
1
 1
4 : 2 − 7 < x <  3 : 3,2 + 4,5.1 ÷:  −21 ÷
9 18
45  
2
 5
b) T×m x, biÕt: x +

1
1
1
1
1
+ x+ + x+
+ x+
+ ... + x +
= 11x
2
6
12
20
110

c) Tính giá trị của biểu thức:C = 2x5 – 5y3 + 2015 tại x, y thỏa mãn:
x − 1 + (y + 2)20 = 0
Câu 3: (3,5 điểm).
a) Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng số đó là bội của 18 và các chữ số
của nó tỉ lệ theo 1: 2: 3.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên a, b sao cho : 2a + 37 = b − 45 + b - 45.
Câu 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Vẽ về phía ngoài tam giác
ABC các tam giác đều ABD và ACE. Gọi I là giao của CD và BE, K là giao của
AB và DC.
a) Chứng minh rằng: ∆ADC = ∆ABE.
·
b) Chứng minh rằng: DIB
= 600.
c) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BE. Chứng minh rằng
∆AMN đều.
d) Chứng minh rằng IA là phân giác của góc DIE.
Câu 5: (1,5 điểm)
Cho 20 số nguyên khác 0 : a1, a2, a3, … , a20 có các tính chất sau:
* a1 là số dương.
* Tổng của ba số viết liền nhau bất kì là một số dương.
* Tổng của 20 số đó là số âm.
Chứng minh rằng : a1.a14 + a14a12 < a1.a12.
.............. Hết.............
Giám thị xem thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh::...........................................
SBD........................................
Giám thị 1:....................................................
Giám thị
2:..............................

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN : TOÁN.
Nội dung
CÂU 1
a
 −4 2  2  −3 3  2
A
=
+ ÷: +  + ÷:

(4,5đ) (1,5)
 7 5 3  7 5 3
 −4 2 −3 3  2
+ +
+ ÷:
=
 7 5 7 5 3

Điểm

0,75


  −4 −3   2 3   2
2
= 
+ ÷+  + ÷ : = 0 : = 0
7   5 5  3
3

 7
Vậy : A = 0
Vì x =

b
(1,5)

Với

1
1
1
nên x = hoặc x = 2
2
2

x=

Với x = -

a
CÂU 2
(4,5đ) (1,5)

b
(2,0)

c
(1,0)

0,25đ
0,75

1
1
1
thì: A = 2.( )2 – 3. + 1 = 0
2
2
2

0,25đ

1
1
1
thì: A = 2.(- )2 – 3.(- ) + 1 = 3
2
2
2

0,25đ

1
1
và A=3 với x = 2
2
x y
x y y z
y

z
x y
z
Từ = ⇒ =
; = ⇒ =
. Suy ra = =
3 7
6 14 2 5 14 35
6 14 35
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
x y
z
x+y+z
−110
= -2
= =
=
=
6 14 35 6 + 14 + 35
55
Suy ra x = -2.6 = -12; y = -2.14 = -28; z = -2.35 = - 70.
Vậy:x = -12; y = -28; z = - 70.
5 5
41 18
2) Ta có: 4 : 2 − 7 = . − 7 = 2 − 7 = −5
9 18
9 41
Lạicó:
31   1   16 5 9 76   43   38  − 2 43 − 2 − 2
 1

 3 :3,2 + 4,5.1 ÷ :  − 21 ÷ =  . + . ÷ :  − ÷ =  1 + ÷. = . =
45   2   5 16 2 45   2   5  43 5 43 5
 5
−2
Do đó: - 5 < x <
mà x ∈ Z nên x ∈{-4; -3; -2; -1}
5
a) NhËn xÐt: VÕ tr¸i cña ®¼ng thøc lu«n ≥ 0 nªn vÕ ph¶i ≥ 0
suy ra 11x ≥ 0 hay x ≥ 0.
víi x ≥ 0 ta cã:
1
1
1
1
1
x+ + x+ + x+
+ x+
+ ... + x +
= 11x
2
6
12
20
110
1
1
1
1
1
⇔ x+ +x+ + x+ +x+

+ ... + x +
= 11x
2
6
12
20
110
1
10
suy ra
x = 1=
(TM)
11 11
10
Vậy:x =
11
20
1) Do x − 1 ≥ 0; (y + 2) ≥ 0 ⇒ x − 1 + (y + 2)20 ≥ 0 với mọi x, y.
Kết hợp x − 1 + (y + 2)20 = 0 suy ra x − 1 = 0 và (y + 2)20 = 0
Vậy : A=0 với x =

c
(1,5)

0,5đ

0,25đ
0,5đ

0,5đ

0,25đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ

0,75đ

0,75đ

0,25đ

0,25đ
0,25


⇔ x = 1; y = - 2.
Giá trị của biểu thức :C=2x5 – 5y3 + 2015 tại x = 1; y = - 2
là:C=2.15 – 5.(-2)3 + 2015 = 2 + 40 + 2015 = 2057
Vậy C=2057
Gọi a, b, c là các chữ số của số có ba chữ số cần tìm. Không mất
tính tổng quát, giả sử a ≤ b ≤ c ≤ 9.
Ta có 1 ≤ a + b + c ≤ 27 .
Mặt khác số cần tìm là bội của 18 nên là bội của 9,
do đó a + b + c = 9 hoặc a + b + c = 18 hoặc a + b + c = 27.
a
CÂU 3
a b c a+b+c
;

(3,5đ) (1,5) Theo đề bài ta có: = = =
1 2 3
6
Như vậy a + b + c chia hết cho 6, nên a + b + c = 18.
Từ đó suy ra a = 3, b = 6, c = 9.
Do số phải tìm là bội của 18 nên chữ số hàng đơn vị chẵn,
vì vậy hai số cần tìm là: 396; 936.
Nhận xét: Với x ≥ 0 thì x + x = 2x
Với x < 0 thì x + x = 0. Do đó x + x luôn là số chẵn với ∀ x∈Z.
Áp dụng nhận xét trên thì b − 45 + b – 45 là số chẵn với b ∈ Z.
b Suy ra 2a + 37 là số chẵn ⇒ 2a lẻ ⇔ a = 0 .
(2,0) Khi đó b − 45 + b – 45 = 38
+ Nếu b < 45, ta có - (b – 45) + b – 45 = 38 ⇔ 0 = 38 (loại)
+ Nếu b ≥ 45 , ta có 2(b – 45) = 38 ⇔b – 45 = 19 ⇔ b = 64 (TM)
vậy (a; b) = (0; 64)

0,25đ

0,25
0,25đ
0,25

0,5 đ
0,25
0,25
0,25

0,5 đ
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

E

A

D

a
(1,0)
CÂU 4
(6,0đ)

K
I
B

C

·
·
Ta có: AD = AB; DAC
và AC = AE
= BAE
Suy ra ∆ADC = ∆ABE (c.g.c)
·
·

b Từ ∆ADC = ∆ABE (câu a) ⇒ ABE
,
= ADC
(1,5) mà ·
·
(đối đỉnh).
BKI = AKD
·
·
Khi đó xét ∆BIK và ∆DAK suy ra BIK
= 600 (đpcm)
= DAK

0,75
0,25

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ


E

A

D

N

J

c
(1,5)

K

B

M

I
C

·
·
Từ ∆ADC = ∆ABE (câu a) ⇒ CM = EN và ACM
= AEN
·
·
⇒∆ACM = ∆AEN (c.g.c) ⇒ AM = AN và CAM
= EAN
·
·
= 600. Do đó ∆AMN đều.
MAN
= CAE
d Trên tia ID lấy điểm J sao cho IJ = IB ⇒ ∆BIJ đều ⇒ BJ = BI và
(2,0) JBI
¶ = DBA
·

·
·
= 600 suy ra IBA
, kết hợp BA = BD
= JBD
·
·
·
⇒∆IBA = ∆JBD (c.g.c) ⇒ AIB
= 1200 mà BID
= 600
= DJB
·
= 600. Từ đó suy ra IA là phân giác của góc DIE
⇒ DIA
Ta có : a1 + (a2 + a3 + a4) + … + (a11 + a12 + a13) + a14 + (a15 + a16 +
a17) + (a18 + a19 + a20) < 0 ; a1 > 0 ; a2 + a3 + a4 > 0 ; … ; a11 + a12 + a13
> 0 ; a15 + a16 + a17 > 0 ; a18 + a19 + a20 > 0 => a14 < 0.
CÂU 5
Cũng như vậy : (a1 + a2 + a3) + … + (a10 + a11 + a12) + (a13 + a14) +
(1,5)
(1,5đ)
(a15 + a16 + a17) + (a18 + a19 + a20) < 0 => a13 + a14 < 0.
Mặt khác, a12 + a13 + a14 > 0 => a12 > 0.
Từ các điều kiện a1 > 0 ; a12 > 0 ; a14 < 0 => a1.a14 + a14a12 < a1.a12
(đpcm).
Chú ý:
+)Nếu HS làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
+)Nếu HS thiếu đáp số trừ 0,25 điểm.
+)Câu 2a);3a) Nếu thiếu 1 giá trị trừ 0,1 điểm.

+)Câu 2b);3b) Không kiểm tra điều kiện trừ 0,1 điểm.

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ
0,25
0,25