Đề đa HSG toán 7 huyện triệu sơn 2014 2015

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN

KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 7

Đề chính thức

Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 14 tháng 4 năm 2015
(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Năm học 2014 - 2015

Số báo danh
.....................................

Câu 1: (4,0 điểm)
7

3

3

 2 7 9  3 
  .5    :  
1. Thực hiện phép tính:
5
4
16
A    7 2    .

2 .5  512
x  16 y  25 z  9


2. Cho
và 2 x 3  1 15 . Tính B  x  y  z.
9
16
25

Câu 2: (4,0 điểm)
3
3
và y  x  y   .
10
50
1

2. Tìm x biết:  x  3 x    0.
2


1. Tìm x, y biết: x x  y  

Câu 3: (5,0 điểm)
1. Tìm số tự nhiên n để phân số

7n  8
có giá trị lớn nhất.
2n  3

2. Cho đa thức p(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Biết rằng,
p(x) M5 với mọi x nguyên. Chứng minh rằng a, b, c, d đều chia hết cho 5.
3. Gọi a, b,c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c


 2.
bc ca a b

Câu 4: (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy điểm D (D khác B, C). Trên tia đối của
tia CB, lấy điểm E sao cho CE = BD. Đường vuông góc với BC kẻ từ D cắt AB tại M.
Đường vuông góc với BC kẻ từ E cắt đường thẳng AC tại N, MN cắt BC tại I.
1. Chứng minh DM = EN.
2. Chứng minh IM = IN, BC < MN.
3. Gọi O là giao của đường phân giác góc A và đường thẳng vuông góc với MN tại I.
Chứng minh rằng BMO  CNO . Từ đó suy ra điểm O cố định.
Câu 5: (2,0 điểm)
Cho các số thực dương a và b thỏa mãn: a100  b100 a 101  b101 a 102  b102
Hãy tính giá trị của biểu thức: P a 2014  b 2015 .
---------------- Hết --------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

/>
1


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRIỆU SƠN

KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 7

Hướng dẫn chấm

Môn: Toán
Ngày 14 tháng 4 năm 2015
(Hướng dẫn chấm có 03 trang, gồm 05 câu)

Năm học 2014 - 2015

Câu

Điểm

Nội dung
1.
7

3

3

7

3

 2 7 9  3 
2  9 3 

  .5    :  
 .5    : 
7
3
2 6 2  33
1
5
4   16 


 5   4 16   2  12
A


 .
7 2
7 2
7 2
7 2
7 2
7
2
2
2
2 .5  512
2 .5  2 .2
2 .5  2 .2
2 5 2

2,0

2. Ta có: 2 x  1 15  2 x 16  x 8  x 2  x 2.

0,5



3

1
(4,0đ)

3

3

3





3

18 y  25 z  9


9
16
25

18 y  25

 y  25 32  y 57.
Do đó, ta có:
9
16
18 z  9

 z  9 50  z 41.
9
25
Vậy B  x  y  z 2  57  41 100.

Suy ra:



0,25
0,5
0,5
0,25

1. Trừ từng vế hai đẳng thức đã cho ta được:
3  3
9
 3
2
x x  y   y  x  y     
   x  y  x  y     x  y    
10  50 

25
 5
3
Suy ra: x  y  .
5
3
1
1
Thay x  y  vào hai đẳng thức đã cho ta được x  ; y  .
5
2
10
3
1
1
Thay x  y  vào hai đẳng thức đã cho ta được x  ; y  .
5
2
10
2
1
1

(4,0đ) 2. Từ  x  3 x  2   0 suy ra x – 3 và x + 2 cùng dấu.


1
Dễ thấy x – 3 < x + nên ta có:
2
1

 x – 3 và x + cùng dương � x – 3 > 0 � x > 3.
2
1
1
1
 x – 3 và x + cùng âm � x + < 0 � x < - .
2
2
2
1
Vậy x > 3 hoặc x < - .
2

3

7n  8

2 7 n  8

7 2n  3  5

7

5
lớn nhất.
2 2n  3

Từ đó suy ra: n 2.
Vậy giá trị lớn nhất của phân số đã cho bằng 6 khi n 2.

/>
0,75
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25

5



 
.
(5,0đ) 1. Ta có: 2n  3 2 2n  3
2 2n  3
2 2 2n  3

Phân số đã cho có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi

2

0,75
0,25
0,75
0,25

2


2. Vì p(x) M5 với mọi x nguyên nên p(0) = d M5.
p(1) = a + b + c + d M5 (1)
p(- 1) = - a + b - c + d M5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 2(b + d) M5 và 2(a + c) M5 .
Vì 2(b + d) M5, mà (2, 5) = 1 nên b + d M5 suy ra b M5.
p(2) = 8a + 4b + 2c + d M5 mà d M5; b M5 nên 8a + 2c M5.
Kết hợp với 2(a + c) M5  6a M5  a M5 vì (6, 5) = 1. Từ đó suy ra c M5.
Vậy a, b, c, d đều chia hết cho 5.
a
a
aa
1�

.
(1)
bc
bc bca
b
b
bb
1�

.
Tương tự, ta có:
(2)
ca
ca cab

c
c
cc
1�

.
(3)
ab
ab abc
a
b
c
2a  2b  2c



 2.
Từ (1), (2) và (3) suy ra:
bc ca ab
abc

3. Vì a  b  c nên

4
(5,0đ)

1.
� �
Tam giác ABC cân tại A nên �
ABC  �

ACB; NCE
ACB; (đối đỉnh)
Do đó: MDB  NEC ( g.c.g ) � DM  EN .
2. Ta có MDI  NEI ( g .c.g ) � MI  NI
Vì BD = CE nên BC = DE .
Lại có DI < MI, IE < IN nên DE = DI + IE < MI + IN = MN
Suy ra BC < MN.

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

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

0,75
0,75
0,5
0,75
0,25

3) Ta chứng minh được:

� .
ABO  ACO (c.g .c) � OC  OB, �
ABO  ACO
MIO  NIO (c.g .c ) � OM  ON .
Ta lại có: BM = CN. Do đó BMO  CNO(c.c.c )
�  NCO
� , Mà: MBO
� �
� �
� MBO
ACO suy ra NCO
ACO , mà đây là hai góc kề
bù nên CO  AN.

Vì tam giác ABC cho trước, O là giao của phân giác góc A và đường vuông
góc với AC tại C nên O cố dịnh.

/>
0,75
0,5
0,5
0,25

3


5
(2,0đ)

Ta có đẳng thức: a 102  b102  a101  b101  a  b   ab a100  b100  với mọi a, b.

Kết hợp với: a 100  b100 a101  b101 a 102  b102
Suy ra: 1  a  b   ab   a  1 b  1 0.
 a 1  1  b100 1  b101 1  b102  b 1
 
100
101
102
b 1  1  a 1  a 1  a  a 1
Do đó P a 2014  b 2015 12014  12015 2.

0,5
0,5
0,5
0,5

Chú ý:
1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.

/>
4