De thi hoc sinh gioi Toan 7 huyện

KHO ST CHT LNG HC SINH GII
NM HC 20 20

CHNH THC

MễN : TON 7
Thi gian : 120 phỳt (khụng k thi gian giao )

Cõu 1.
a. Chng minh rng:

1
1
1
1
1
1
< 3 + 3 + 3 + .... +
<
3
65 5
40
6
7
2004

b. Cho A = 1. 3. 5. ....2009. Chứng minh rằng ba số : 2A - 1 ; 2A ;

2A + 1 đều không phải là số chính phơng.
Cõu 2.
Cho f(x) l hm s xỏc nh vi mi x 0 v tha món:

a. f (1)= 1;
1
x

b. f ( ) =

1
. f(x) vi mi x 0;
x2

c. f (x1+x2) = f(x1) + f(x2) vi mi x1, x2 0 v x1 + x2 0
5 5
Chng minh rng : f =
7

7

Cõu 3.
a. Cho

. Chứng minh rằng:

( abc



0 và các mẫu số khác

không)

b. Tỡm mt s cú ba ch s bit rng s ú l bi ca 18 v cỏc ch s ca nú t l vi
1:2:3.
Cõu 4. Cho tam giác vuông ABC ( A = 1v), đờng cao AH, trung tuyến
AM. Trên tia đối tia MA lấy điểm D sao cho DM = MA. Trên tia đối
tia CD lấy điểm I sao cho CI = CA, qua I vẽ đờng thẳng song song
với AC cắt đờng thẳng AH tại E. Chứng minh: AE = BC
Cõu 5. Cho tam giỏc ABC, I l giao im cỏc tia phõn giỏc gúc B v gúc C, M l
trung im ca BC. Bit gúc BIM = 90 0 v BI = 2 IM.
a. Tớnh gúc BAC;
b. V IH AC. Chng minh rng BA = 3 IH.
Lu ý: Giỏm th coi thi khụng gii thớch gỡ thờm !


HNG DN CHM
KHO ST HC SINH GII
NM HC 2008 2009
MễN : TON 7

A. Hng dn chung
- Hng dn chm ch trỡnh by túm tt li gii theo mt cỏch, nu thớ sinh lm theo cỏch
khỏc ỳng, cỏc giỏm kho thng nht biu im ca hng dn cho im.
- Vi nhng ý ỏp ỏn cho t 0,5 im tr lờn, nu cn thit cỏc giỏm kho cú th thng nht
chia nh tng thang im.
- Thớ sinh lm ỳng n õu, cỏc giỏm kho vn dng cho im n ú.
- im ca ton bi l tng cỏc im thnh phn, khụng lm trũn.
B. ỏp ỏn v biu im.

Bi

Hng dn gii

1a

Thang
im
0.5

t
Xột

tng t ta cng cú

Tớnh VT ca BDT, ta cú:

Ta cú:
Phn ln hn, lm tng t. Xột

1b

2

Ta có 2A chia hết cho 2 nhng 2A không chia hết cho 4
nên 2A không là số chính phơng.
2A - 1 = ( 2A - 3) + 2 2A - 1 chia cho 3 d 2 2A - 1
không là số chính phơng.
Giả sử 2A + 1 = k2 , k là số nguyên lẻ 2A = k2 - 1 = (k 1)(k + 1) 4
(Vì k - 1 và k + 1 là hai số chẵn liên tiếp nên (k - 1)(k +
1) chia hết cho 4) Vô lý.
Vậy 2A + 1 không là số chính phơng.
Vậy 3 số 2A - 1, 2A, 2A + 1 không là số chính phơng.

Theo a); c) :
f(2) = f(1+1)= f(1)+f(1) = 2
f(3) = f(2+1)= f(2)+f(1) = 2+1 = 3
f(5) = f(3+2)= f(3)+f(2) = 3+2 = 5
f(7) = f(5+2)= f(5)+f(2) = 5+2 = 7
Theo b) v cỏch phõn tớch f(7) ta cú :
1
7

f( ) =

1
1
1
f(7) = 2 .7 =
2
7
7
7

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

1

0.5
0.5

0.5
0.5
0.5


Từ đó áp dụng c) ta được:
2
1 1
1
1
1
1
f( ) = f( + ) = f( )+f( ) =
+
7
7 7
7
7
3
2 1
2
1
f( ) = f( + ) = f( )+f( ) =
7
7 7
7
7
5
3 2
3

2
f( ) = f( + ) = f( )+f( ) =
7
7 7
7
7

3a

=

7
7
2 1
3
+
=
7 7
7
3 2
5
+ =
7 7
7

0.5

2
7

0.5
0.5

Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
0.5

=

(1)

0.5

(2)

=
=

Tõ (1), (2), (3) suy ra:

9a
9b
9c
=
=
⇒
x + 2 y + z 2x + y − z 4x − 4 y + z
a
b
c
=

=
⇒
x + 2 y + z 2x + y − z 4x − 4 y + z .

3b

4x − 4 y + z
9c

(3)

2x + y − z 4x − 4 y + z
=
9b
9c

0.5

0.5

Số x cần tìm chia hết cho 18= 9. 2; mà (9;2) = 1 nên x chia hết cho 2 và 0.5
x chia hết cho 9.
Gọi 3 chữ số của x là a; b; c
a b c a+b+c
0.5
Theo giả thiết: = = =
(1)
1

2

3

6

Vì x chia hết cho 9 nên a+b+c 9 , mà 1 ≤ a+b+c ≤ 27, do đó a+b+c
nhận một trong ba giá trị : 9; 18 ; 27. Kết hợp với (1) ta có a+b+c = 18 0.5
Do đó a= 3; b= 2.3 = 6, c= 3.3 = 9
0.5
Vì x phải chia hết cho 2 nên x = 396 hoặc 936.
E

4

F

I
A

B

H

C

M
D

1

§êng th¼ng AB c¾t EI t¹i F
∆ ABM = ∆ DCM v×:
AM = DM (gt), MB = MC (gt),
AMB = DMC (®®) => BAM = CDM

3

=>FB // ID => ID ⊥ AC
Vµ FAI = CIA (so le trong)

(1)

IE // AC (gt) => FIA = CAI (so le trong)
Tõ (1) vµ (2) => ∆ CAI = ∆ FIA

(AI chung)

=> IC = AC = AF
vµ

(2)
(3)

E FA = 1v

(4)

MÆt kh¸c EAF = BAH (®®),
BAH = ACB ( cïng phô ABC)

=> EAF = ACB

(5)

Tõ (3), (4) vµ (5) => ∆ AFE = ∆ CAB
=>AE = BC

5

1

A
H

k
2
B

K
1

I
l
j

1
M

a

2
C

Theo bài ra: BI= 2 IM, do đó lấy K là trung điểm của BI. Ta có ∆ KIM

1.5

vuông cân, IMK = 450, KM là đường TB của ∆ BIC, do đó KM// IC
CIM = IMK = 450 Suy ra BIC = 1350, B1+C1= 450, B+ C = 900
b

Vậy BAC =900
Gọi E là giao điểm của BI và AC. Ta có BIC = 1350 nên CIE = 450. Do
∆ CIE = ∆ CIM (g.c.g) nên IE = IM

Do đó BK = KI= IE. Từ đó dễ dàng chứng minh được BA = 3 IH

1.5


Tổng điểm

20

PHÒNG GD&ĐT
----o0o---ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 20-20
Môn: Toán 7.

(Thời gian: 120phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1(4 điểm)
a/ Tính:
3 3 3
− +
4 11 13
A= 5 5 5
− +
7 11 13

+

1 1 1
− +
2 3 4
5 5 5
− +
4 6 8

b/ Cho 3 số x,y,z là 3 số khác 0 thỏa mãn điều kiện:
y+z−x z+x− y x+ y−z
=
=
x
y
z

Hãy tính giá trị biểu thức:
 x 

y  z 
B = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷.
y 
z  x 


Bài 2 (4điểm)
1
2
+ y+
+ x 2 + xz = 0
2
3
b/ CMR: Với mọi n nguyên dương thì 3n + 2 − 2n+ 2 + 3n − 2n chia hết cho 10.

a/ Tìm x,y,z biết:

x−

Bài 3 (4 điểm)
Một bản thảo cuốn sách dày 555 trang được giao cho 3 người đánh máy. Để
đánh máy một trang người thứ nhất cần 5 phút, người thứ 2 cần 4 phút, người thứ 3
cần 6 phút. Hỏi mỗi người đánh máy được bao nhiêu trang bản thảo, biết rằng cả 3
người cùng nhau làm từ đầu đến khi đánh máy xong.
Bài 4 (6 điểm):
Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm
E sao cho ME=MA. Chứng minh rằng:
a/ AC=EB và AC // BE
b/ Gọi I là một điểm trên AC, K là một điểm trên EB sao cho : AI=EK. Chứng minh:
I, M, K thẳng hàng.

c/ Từ E kẻ EH ⊥ BC (H ∈ BC). Biết góc HBE bằng 500; góc MEB bằng 250, tính
các góc HEM và BME ?
Bài 5(2điểm):
2
Tìm x, y ∈ N biết: 36 − y 2 = 8 ( x − 2010 )


Híng dÉn chÊm
Bµi
1

ý
a

4
®iÓm
b

Nội dung
3 3 3 1 1 1 3 1 − 1 + 1 
1 1 1
3 x135


− +
− +
− +
 4 11 13  + 2 3 4
4 11 13 + 2 3 4
4 x11x13 2

+
=
+
5 5 5 5 5 5
5 x129
5
1 1 1  51 1 1
− +
− +
5 − + 
 − + 
7 11 13 4 6 8
 7 11 13  2  2 3 4  7 x11x13
3 x135 7 x11x13 2 189 2 189 x5 + 172 x 2 1289
x
+ =
=
+ =
=
4 x11x13 5 x129
5 172 5
172 x5
860
y+ z−x z+x− y x+ y−z
y+z
z+x
x+ y
=
=
⇒

−1 =
−1 =
−1
Ta có:
x
y
z
x
y
z
y + z z + x x + y 2( x + y + z)
⇒
=
=
=
=2
x
y
z
x+ y+z
x+ y y+z z+x
 x 
y  z 
.
.
⇒ B =  1 + ÷1 + ÷ 1 + ÷ =
y
z
x
y 

z  x 

x+ y z+x y+z
=
.
.
= 2.2.2 = 8
z
y
x

Điểm
2

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

Vậy B=8
a

2

1
2
+ y+
+ x 2 + xz = 0
2
3

Áp dụng tính chất A ≥ 0
x−


1
 1
x− 2 =0
x − 2 = 0



2
2

⇒ y + = 0 ⇒ y + = 0
3
3


 x 2 + xz = 0
x ( x + z ) = 0





4 điểm

b

1

x = 2

2

⇒ y = −
3

1

z = −x = − 2


Vậy x = 1/2; y = -2/3; z = -1/2
Ta có: 3n + 2 − 2n+ 2 + 3n − 2n = (3n+ 2 + 3n ) − (2n+ 2 + 2n )
= 3n ( 32 + 1) − 2n ( 2 2 + 1)

= 3n .10 − 2n .5 = 10.(3n – 2n-1)

Vì 10.(3n – 2n-1) chia hết cho 10 với mọi n nguyên dương
Suy ra điều phải chứng minh.

3

4điểm

0,25

1,5

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

Gọi số trang người thứ nhất, người thứ 2, người thứ 3 đánh máy được 0,5
theo thứ tự là x,y,z.
Trong cùng một thời gian, số trang sách mỗi người đánh được tỉ lệ
nghịch với thời gian cần thiết để đánh xong 1 trang; tức là số trang 3 1,0
người đánh tỉ lệ nghịch với 5; 4; 6.
1 1 1
5 4 6

Do đó ta có: x : y : z = : : = 12 :15 :10 .
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
x
y
z
x+ y+z
555
= =
=
=
= 15
12 15 10 12 + 15 + 10 37

0,75
0,75

⇒ x = 180; y = 225; z = 150 .

0,75

A

Vậy số trang sách của người thứ nhất, thứ hai, thứ ba đánh được lần
lượt là: 180, 225, 150 .
I

4

a

(2 điểm)
Xét ∆AMC và ∆EMB có :
AM = EM (gt )
·
góc ·AMC bằng góc EMB
(đối
đỉnh )
BM = MC (gt )
Nên : ∆AMC = ∆EMB (c.g.c )

M

B

C
H

K

E

0,75
0,25

⇒ AC = EB
Vì ∆AMC = ∆EMB

b
6 điểm

c

0,5

=> Góc MAC bằng góc MEB
(2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt
đường thẳng AE )
Suy ra AC // BE .
0,5
(2 điểm)
Xét ∆AMI và ∆EMK có :
AM = EM (gt )
·
·

= MEK
( vì ∆AMC = ∆EMB )
MAI
AI = EK (gt )
Nên ∆AMI = ∆EMK ( c.g.c )
·
Suy ra ·AMI = EMK
·
Mà ·AMI + IME
= 180o ( tính chất hai góc kề bù )
·
·
⇒ EMK
+ IME
= 180o
⇒ Ba điểm I;M;K thẳng hàng
(1,5 điểm )
µ = 90o ) có HBE
·
Trong tam giác vuông BHE ( H
= 50o
·
·
= 90o - HBE
= 90o - 50o =40o
⇒ HBE
(1.0đ)
·
·
·

= HEB
- MEB
= 40o - 25o = 15o
⇒ HEM
·
là góc ngoài tại đỉnh M của ∆HEM
BME
·
·
·
Nên BME
= HEM
+ MHE
= 15o + 90o = 105o
( định lý góc ngoài của tam giác )
Ta có: 36 − y 2 = 8 ( x − 2010 ) ⇒ y 2 + 8 ( x − 2010 ) = 36 .
2

5

0,25

Vì y 2 ≥ 0

2

⇒ 8 ( x − 2010 ) ≤ 36 ⇒ ( x − 2010) 2 ≤
2

36

8

Vì 0 ≤ ( x − 2010)2 và x ∈ N , ( x − 2010 ) là số chính phương nên
⇒ ( x − 2010) 2 = 4 hoặc ( x − 2010)2 = 1 hoặc ( x − 2010) 2 = 0 .

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

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

2

2 điểm

 x = 2012
2
+ Với ( x − 2010) = 4 ⇒ x − 2010 = 2 ⇒ 
 x = 2008

0,5


y = 2
⇒ y2 = 4 ⇒ 

 y = −2 (loai )
+ Với ( x − 2010)2 = 1 ⇒ y 2 = 36 − 8 = 28 (loại)

0,25
0,25
y = 6

2
+ Với ( x − 2010)2 = 0 ⇒ x = 2010 và y = 36 ⇔ 
 y = −6 (loai)
Vậy ( x, y) = (2012; 2); (2008; 2); (2010; 6).

Chú ý : Nếu học sinh làm theo cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa.
tài nguyên giáo dục...

0,25
0,25


ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN THI: TOÁN 7
NĂM HỌC 20-2
Thời gian làm bài:150 phút
Câu 1: ( 4 điểm). Tính:

5.415.99 − 4.320.89
a) A =
;
5.210.619 − 7.2 29.27 6
2

 1  −1  1
3


b) B = ( 0,1)  +  ÷  . . ( 22 ) : 25 


 7   49
2

0

Câu 2: ( 4 điểm)
a) Tìm các số a, b, c biết:
2a = 3b, 5b = 7c và 3a - 7b + 5c = -30
b) Cho tỉ lệ thức

a c
5a + 3b 5c + 3d
= . Chứng minh rằng :
=
b d
5a − 3b 5c − 3d

Câu 3: ( 4 điểm)
Tìm số x thỏa mãn:
a) x − 2012 + x − 2013 = 2014
x−3
2

2
b) 3 + 2 = 24 − 4 − (2 − 1) 
Câu 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của của tia MA lấy
điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng:
a) AC // BE
b) Gọi I là một điểm trên AC ; K là một điểm trên EB sao cho AI = EK . Chứng
minh ba điểm I , M , K thẳng hàng
·
·
c) Từ E kẻ EH ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Biết HBE
= 50o ; MEB
=25o .
·
·
Tính HEM
và BME
Câu 5: (2,0 điểm)
Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x - y = 6
...............................................Hết............................................


Câu

Đáp án
a) A

5.4 .9 − 4.3 .8
5 .2 .3 − 2 .3 .2
10 19

29
6 =
5.2 .6 − 7.2 .27
5.210.219.319 − 7.2 29.33.6
2 29.318 5.2 − 32
= 29 18
2 .3 ( 5 .3 − 7 )
10 − 9 1
=
=
15 − 7 8
15

9

20

9

2.15

(

1
(4đ)

b) B = 1 + 49.

2. 9

2

20

3.9

)

1
. ( 26 : 25 )
49

= 1 + 2 = 3.
a
3

b
a
b
=
(1)
2
21 14
b c
b
c
5b = 7c ⇒ = ⇒ = (2)
7 5 14 10

a) Vì 2a = 3b ⇒ = ⇒

Điểm
1
0,5
0,5
1
1
0,5
0,5

Từ (1) và (2) suy ra:

a
b
c 3a 7b 5c 3a − 7b + 5c
= =
=
=
=
=
21 14 10 63 98 50 63 − 98 + 50
a
b
c −30
⇒
=
= =
= −2
21 14 10 15
2

(4đ) ⇒ a = −42, b = −28, c = −20
a c
b) Đặt = = k ⇒ a = kb, c = kd .
b d
5a + 3b b(5k + 3) 5k + 3
Suy ra : 5a − 3b = b(5k − 3) = 5k − 3 và
5c + 3d d (5k + 3) 5k + 3
=
=
5c − 3d d (5k − 3) 5k − 3
5a + 3b 5c + 3d
=
Vậy
5a − 3b 5c − 3d

3
a) Nếu x ≤ 2012 từ (1) suy ra : 2012 – x + 2013 – x = 2014 ⇒ x =
(4đ) 2011
( thỏa mãn điều kiện)
2

Nếu 2012 ≤ x < 2013 từ (1) suy ra : x – 2012 + 2013 – x = 2014

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

0,5

hay 1 = 2014 (loại)
Nếu x ≥ 2013 từ (1) suy ra : x – 2012 + x – 2013 = 2014 ⇒ x =
6039
( thỏa mãn điều kiện)
2

0,5

2011
6039
hoặc
2
2
x-3
x-3
b)3 + 2 = 24 - [16 - (4 - 1)] ⇔ 3 + 2 = 24 - [16 - 3 ]
⇔ 3 + 2x-3 = 24 - 13 ⇔ 3 + 2x-3 = 11
⇔ 2x-3 = 8 = 23
⇔ x - 3 = 3 ⇔ x = 6. Vậy x = 6

0,5

Vậy giá trị x là :

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

Vẽ hình

A

I
M

B

C
H

K

E

a) Xét ∆AMC và ∆EMB có :
AM = EM (gt )
·AMC = EMB
·
(đối đỉnh )
BM = MC
(gt )
Nên : ∆AMC = ∆EMB (c.g.c )
·
·
= MEB
⇒ MAC

Suy ra AC // BE (có 2 góc có vị trí so le trong bằng nhau)

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

4
b)Xét ∆AMI và ∆EMK có : AM = EM (gt )
(6đ) MAI
·
·
= MEK
( vì ∆AMC = ∆EMB )
AI = EK (gt )
Nên ∆AMI = ∆EMK ( c.g.c )
·
·
Suy ra ·AMI = EMK
Mà ·AMI + IME
= 180o ( hai góc kề bù )
·
·
⇒ EMK
+ IME
= 180o ⇒ Ba điểm I;M;K thẳng hàng

0,25

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

µ = 90o ) có HBE
·
c) Trong tam giác vuông BHE ( H
= 50o
·
·
= 90o - HBE
= 90o - 50o =40o
⇒ HEB
·
·
·
= HEB
- MEB
= 40o - 25o = 15o
⇒ HEM
·
là góc ngoài tại đỉnh M của ∆HEM
BME
·
·
·
Nên BME
= HEM

+ MHE
= 15o + 90o = 105o
( định lý góc ngoài của tam giác )
5
x( y + 3) – ( y +3) = 3
(2đ) (x -1)( y + 3) = 3
 x − 1 = ±1  x − 1 = ±3
;

 y + 3 = ±3  y + 3 = ±1

Các cặp ( x;y) là: ( 2;0), ( 0;-6), ( 4;-2), (-2;-4)
tài nguyên giáo dục...

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