UBND HUYN KINH MễN
PHềNG GIO DC V O TO
THI OLYMPIC NM HC 2017 - 2018
MễN: TON 7
Thi gian lm bi: 150 phỳt
( ny gm 5 cõu, 01 trang)
Cõu 1: (2,0 im)
a) Tớnh giỏ tr ca biu thc : A = 2x2 3x + 5 vi x
1
2
2
2
b) Tỡm x, bit: x x 1 x 5
Cõu 2: (2,0 im)
a) Cho ba s a, b, c khỏc 0 tha món iu kin:
Tớnh giỏ tr biu thc P =
3a b c a 3b c a b 3c
a
b
c
ab bc c a
c
a
b
b) Cho bit (x -1).f(x) = (x +4).f(x +8) vi mi x. Chng minh rng f(x) cú ớt
nht bn nghim.
Cõu 3: (2,0 im)
a) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x - 3y +2xy = 4
b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để n 2 + 2018
là số chính phơng.
Cõu 4: (3,0 im)
1) Cho ABC cú gúc A nh hn 900. V ra ngoi tam giỏc ABC cỏc tam giỏc
vuụng cõn ti A l ABM v ACN.
a) Chng minh rng: MC = BN v BN CM;
b) K AH BC (H BC). Chng minh AH i qua trung im ca MN.
2) Cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti B. im M nm bờn trong tam giỏc sao
cho MA: MB: MC = 1: 2: 3. Tớnh s o
AMB ?
Cõu 5: (1,0 im)
Cho 2016 s nguyờn dng a1 , a2, a3 , ...., a2016 tha món :
1 1 1
1
.....
300
a1 a2 a3
a2016
Chng minh rng tn ti ớt nht 2 s trong 2016 s ó cho bng nhau
-------------- Ht ----------------
H v tờn thớ sinh:....................................... SBD:...............................................
Giỏm th 1:..................................................Giỏm th 2:........................................
1
UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC
NĂM HỌC : 2017 – 2018
MÔN : TOÁN - LỚP 7
(Hướng dẫn chấm gồm: 5 câu, 04 trang)
Câu
Đáp án
a. (1,0đ).
1
1
1
Vì x nên x = hoặc x = 2
2
2
1
1
1
* Với x = thì A = 2.( )2 – 3. + 5 = 4
2
2
2
1
1
1
*Với x = - thì A = 2.(- )2 – 3.(- ) + 5 = 7
2
2
2
1
1
1
Vậy A = 4 với x = và A = 7 với x = - .
(2,0đ)
2
2
2
x
x
1
0
b. (1,0đ). vì
nên ta có:
x 2 x 1 x 2 5 => x 2 x 1 x 2 5
=> x 1 5 => x + 1 = 5 hoặc x + 1 = - 5
* Trường hợp 1: x + 1 = 5 => x = 4
* Trường hợp 2: x + 1 = - 5=> x = - 6
Vậy x = - 6 hoặc x = 4
2
a. (1,0đ).
(2,0đ) Theo bài ra:
3a b c a 3b c a b 3c
(1) víi a, b, c kh¸c 0 ta cã
a
b
c
3a b c
a 3b c
a b 3c
2
2
2
=>
a
b
c
3a b c 2a a 3b c 2b a b 3c 2c
=>
a
b
c
abc abc abc
=>
(2)
a
b
c
+ NÕu a+ b + c � 0 th× tõ (2) ta cã a = b = c
ab bc ca
2c 2 a 2b
222 6
Khi ®ã P =
=
c
a
b
c
a
b
+ NÕu a + b + c = 0 th×
=-b
Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
a + b = - c; b + c = - a; c + a
ab bc ca
c a b
1 1 1 3
Khi ®ã P =
=
c
a
b
c
a
b
b. (1,0đ).
Vì đa thức (x - 1). f (x) = (x +4). f(x +8) đúng với mọi x nên
*) Với x = 1 thì ta có: (1 - 1). f(1) = (1 + 4) . f(9)
0. f(1) = 5. f(9) f( 9) = 0
Suy ra x = 9 là 1 nghiệm của đa thức f(x)
2
0,25
0,25
*) Với x = - 4 thì ta có : -5. f(-4) = 0. f(4) f(-4) = 0
Suy ra x = - 4 là 1 nghiệm của đa thức f(x)
*) Với x = 9 thì ta có: 8. f(9) = 13. f(17) f(17) = 0 (vì f(9) = 0)
Suy ra x = 17 là 1 nghiệm của đa thức f(x)
*) Với x = 17 thì ta có: 16. f(17) = 21. f(25) f(25) = 0 (vì f(17) = 0)
Suy ra x = 25 là 1 nghiệm của đa thức f(x)
Vậy đa thức f(x) có ít nhất 4 nghiệm là 9 ; - 4; 17; 25
a. (1,0đ).
Ta có: x - 3y + 2xy = 4
=> 2x+ 4xy - 6y = 8
=> 2x + 2x.2y - 3.2y - 3 = 8 - 3
=> 2x(1+ 2y) - 3.(2y + 1) = 5
=> (2x - 3)(1 + 2y) = 5
V× x, y � Z nªn 2x - 3 ; 1 + 2y �Z nªn 2x - 3 ; 1 + 2y �¦(5)
Ta cã b¶ng sau
2x – 3
-1
-5
1
5
1 + 2y
-5
-1
5
1
x
1
-1
2
4
y
-3
-1
2
0
V× x, y nguyªn nªn các cặp số nguyên thỏa mãn là:
(x; y) �
(1; -3) ; ( -1; -1); (2; 2); (4; 0)
3
(2,0đ) b. (1,0đ).
Giả sử n2 + 2018 là số chính phương với n là số tự nhiên
Khi đó ta có n2 + 2018 = m2 (m �N * )
Từ đó suy ra : m2 - n2 = 2018 m2 – mn + mn - n2 = 2018
m(m - n) + n(m – n) = 2018 (m + n) (m – n) = 2018
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác ta có: m + n + m – n = 2m
2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn.
(m + n) (m – n) 4 nhưng 2018 không chia hết cho 4
Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để n2 + 2018 là số chính phương.
4
Vẽ hình đúng phần a
3
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
(3,0đ)
F
a) Xét AMC và ABN, có:
AM = AB ( AMB vuông cân)
� BAN
� (= 900 + BAC
� )
MAC
AC = AN ( ACN vuông cân)
Suy ra AMC = ABN (c.g.c)
=> MC = BN ( 2 cạnh t. ứng)
Gọi I là giao điểm của BN với AC, K là
giao điểm của BN với MC.
Vì AMC = ABN (c.g.c)
�
� �
ANI KCI
N
D
M
E
A
I
K
B
H
� (đối đỉnh)
mà �
AIN KIC
� KIC
� �
� 900
� KCI
ANI AIN
do đó: MC BN
C
0,25
0,25
0,25
b) Kẻ ME AH tại E, NF AH tại F. Gọi D là giao điểm của MN và AH.
�
� = 900 (vì MAB
� = 900) (1)
- Ta có: BAH
MAE
0
�
Lại có MAE
(2)
�
AME = 90
�
Từ (1) và (2) � �
AME BAH
Xét MAE và ABH, vuông tại E và H, có:
�
�
(chứng minh trên)
AME BAH
MA = AB( AMB vuông cân)
Suy ra MAE = ABH (cạnh huyền - góc nhọn)
� ME = AH
- Chứng minh tương tự ta có AFN = CHA (cạnh huyền - góc nhọn)
� FN = AH
�
� (hai góc so le trong)
Ta có ME// NF (cùng vuông góc với AH)=> EMD
FND
Xét MED và NFD, vuông tại E và F, có:
ME = NF (= AH)
0,25
0,25
�
�
EMD
FND
� MED = NFD( g.c.g)
� MD = ND ( hai cạnh tương ứng) => D là trung điểm của MN
0,25
Vậy AH đi qua trung điểm của MN.
Theo bài ra: MA: MB: MC = 1: 2: 3 �
Đặt
0,25
MA MB MC
1
2
3
MA MB MC
= a ( a > 0)
1
2
3
=> MA = a; MB = 2a; MC = 3a.
Vẽ tam giác MBK vuông cân tại B ( K và A nằm cùng phía đối với BM).
=> BK= BM = 2a
4
0,25
Xét ABK và CBM có:
AB = BC ( ABC vuông cân tại B)
� �
MBC
ABK ( cùng phụ với góc ABM)
BM = BK
0,25
Do đó ABK CBM c.g .c suy ra CM = KA = 3a.
Xét tam giác vuông MBK vuông tại B ta có
MK 2 MB 2 MK 2 2a 2a 8a 2
2
2
Xét tam giác AMK có AM 2 MK 2 a 2 8a 2 9a 2 3a AK 2
2
Theo định lí Py – ta – go đảo => tam giác KMA vuông tại M.
��
AMK 900
� 900 450 1350 . Vậy �
=> �
AMB �
AMK KMB
AMB 1350
0,25
0,25
Giả sử trong 2016 số đã cho không có 2 số nào bằng nhau, không mất
tính tổng quát ta giả sử a1 < a2 < a3 <... < a 2016.
Vì a1 , a2, a3 , ...., a2016 đều là các số nguyên dương
0,25
nên: a1 �1; a2 �2; a3 �3;....., a2016 �2016
1
1
1
1
1
1
1
Suy ra: a a a ..... a 1 2 3 ... 2016
1
2
3
2016
5
(1,0đ)
0,25
1
1
1 �
�1 1 � �1 1 1 1 �
�1
1 � � � � ... �
...
�
1024 1025 1026
2016 �
�2 3 � �4 5 6 7 �
�
1
1
1
1
1
1 .2 .4 .8 ....
.512
.993
2
4
8
512
1024
1
1
1
1
1 .2 2 .22 3 .23 .... 10 .210 11 300
2
2
2
2
Mâu thuẫn với giả thiết. Do đó điều giả sử là sai.
Vậy trong 2016 số đã cho phải có ít nhất 2 số bằng nhau.
Ghi chú: Nếu học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
------ Hết ------
5
0,25
0,25
UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI OLYMPIC HỌC SINH GIỎI
Môn: Toán lớp 7
Năm học: 2015 – 2016
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu1 (2,5 điểm)
6
1) Tìm x, y biết:
x4 4
và x + y = 11
7 y 7
2) Tính giá trị của biểu thức: a3(a + b)(a5 – b5)(a2 – b) tại a = 5, b = 25
3) Tính A =
212.35 46.92
22.3 84.35
6
510.73 255.492
125.7
3
59.143
Câu 2 (1,5 điểm)
1) Tìm nghiệm của đa thức f(x) = x2 - 9
2) Cho đa thức f ( x) ax 2 bx c víi a, b, c lµ c¸c sè nguyên, và a khác 0.
Biết với mọi giá trị nguyên của x thì f(x) chia hết cho 7. Chứng minh a, b, c cũng chia
hết cho 7.
Câu 3 (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các số tự nhiên a,b sao cho: 2a + 37 = | b – 45 | + b - 45
a
b
c
2) Cho a, b, c thoả mãn:
. Chứng tỏ: 4(a - b)(b - c) = (c – a)2
2014 2015 2016
Câu 4 (3,0 điểm)
� 2C
� . Kẻ AH vuông góc với BC( H
� < 900 và B
1)Cho tam giác ABC có B
thuộc BC). Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho BE = BH. Đường thẳng HE cắt
AC tại D.
a) Chứng minh DH = DC = DA.
b) Chứng minh AE = HC.
2) Cho tam ABC cân tại A có góc A bằng 1000. Lấy điểm M thuộc miền trong
tam giác ABC sao cho góc MCB bằng 200, góc MBC bằng 100. Tính số đo góc AMB
Câu 5 (1,0 điểm)
Tìm các số nguyên dương x, y, z thoả mãn: 2 x 2 y 2 z 2336 , với x < y < z
......................Hết.....................
HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 3 trang)
Bài
Câu
Đáp án
7
Điểm
thành
phần
Tổng
điểm
x4 4
x y
� 7(x + 4) = 4(7 + y) � 7x = 4y �
7 y 7
4 7
x y x y 11
=
1
4 7
11 11
� x = 4 và y =7
Thay a = 5, b = 25 vào biểu thức ta được:
Từ
1
1
2
= 53(5 + 25)(55 – 255)(52 – 25)
2 .3
2
6
8 .3
4
5
0,5
0,25
0,75
0,25
= 53(5 + 25)(55 – 255).0 = 0
A
1,0
0,25
= 53(5 + 25)(55 – 255).(25 – 25)
212.35 46.92
0,5
510.73 255.492
125.7
3
59.143
10
3
212.35 212.34 510.73 5 .7 4
12 6 12 5 9 3 9 3 3
2 .3 2 .3 5 .7 5 .2 .7
212.34. 3 1 510.73. 1 7
12 5
2 .3 . 3 1 59.73. 1 23
10 3
212.34.2 5 .7 . 6 1 10 7
12 5
2 .3 .4
59.73.9
6
3
2
1
2
2
1
3
2
0,25
0,75
0,25
0,25
x2 – 9 = 0 � x2 = 9 � x �3
0,25
Vậy đa thức có hai nghiệm là 3; - 3
f(0) = c M7 c M7.
0,25
0,25
f(1) = a + b + c M7 ; f(-1) = a – b +c M7.
0,25
2( a + c ) M7; cM7 aM7
0,25
a + b + c M7, c M7, aM7 b M7
Có | b – 45 | + ( b – 45 ) là số chẵn với mọi số tự nhiên b
2a + 37 là số chẵn
2a là số lẻ a = 0
Với a = 0 ta tìm được b = 64
a b b c c a
a
b
c
Từ
=
1
1
2
2014 2015 2016
(a - b)(b – c) =
c a
2
0,25
1,0
0,25
0,5
0,5
0,25
8
1,0
0,25
0,25
4
4 (a – b) (b - c) = (c - a)2
0,5
1,0
4
Hình vẽ:
A
1
D
2
B
1
H
C
B’
E
�H
�1 (1)
BEH cân tại B nên E
� 2C
� 2E
��E
� C
�
Ta có B
(2)
�1 H
� 2 (đối đỉnh)
Mà H
(3)
1
2
�2 C
� � HDC cân tại D � DH =
Từ (1), (2), (3) suy ra H
DC (4)
� DHA
�
�2
Khẳng định HAD
vì cùng phụ H
� HDA cân tại D � DH = DA (5)
Từ (4) và (5) � DH = DA = DC
Lấy B’thuộc BC sao cho H là trung điểm của BB’
�
ABB ' cân tại A � �
ABB ' �
AB ' B 2C
� � AB 'C cân tại B’
� . Vậy �
Mà �
A1 C
AB ' B �
A1 C
� AB = B C.
’
0,25
0,25
0,25
0,25
1
0,25
0,25
’
AB = AB’ = CB’
0,25
BE = BH = B’H
Có: AE = AB + BE
HC = CB’ + B’H � AE = HC
9
1
0,25
3
1
Vẽ tam giác đều BEM
0,25
+) Chứng minh: ∆MCB = ∆MCE (c-g-c)
Góc MCA = Góc MCE = 200
C,A,E thẳng hàng
0,25
Góc AEM = Góc AME = góc MBC = 100
0,25
Góc AMB = 700.
2 x 2 y 2 z 2336 � 2 x 1 2 y x 2 z x 25.73
0,25
x
5
Vì 1 2 y x 2 z x là số lẻ nên 2 2 � x 5
1 2 y x 2 z x 73 � 2 y x 2 z x 72
5
2 y x 1 2 z y 23.9
Suy ra 2
yx
2 � y x 3� y x3538
3
0,25
0,25
0,25
1 2 z y 9 � 2 z y 23 � z y 3 � z y 3 8 3 11
x = 5 ; y = 8 ; z = 11 (TMĐK)
10
0,25
1