Olympic toán 7 kinh môn 2017 2018

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

a+b b+c 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 ãAMB ?
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
a+b+c a+b+c a+b+c
=
=

=>
(2)
a
b
c
+ NÕu a+ b + c ≠ 0 th× tõ (2) ta cã a = b = c
a+b b+c c+a
2c 2a 2b
+
+
+
+
= 2+2+2 = 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

a+b b+c c+a
−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
a) Xét ∆ AMC và ∆ ABN, có:

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

N
D

M

E

A
I
K

B

H

C

AM = AB ( ∆ AMB vuông cân)
·
·
·
(= 900 + BAC

)
MAC
= BAN
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
·
mà ·AIN = KIC
(đối đỉnh)
·
·
·
⇒ KCI
+ KIC
= ·ANI + AIN
= 900
do đó: MC ⊥ BN

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.
·

·
·
- Ta có: BAH
= 900 (vì MAB
= 900) (1)
+ MAE
0
·
Lại có MAE
(2)
+ ·AME = 90
·
Từ (1) và (2) ⇒ ·AME = BAH
Xét ∆ MAE và ∆ ABH, vuông tại E và H, có:
·AME = BAH
·
(chứng minh trên)
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
·
·
Ta có ME// NF (cùng vuông góc với AH)=> EMD
(hai góc so le trong)
= 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
Xét ∆ ABK và ∆ CBM có:
4

0,25

0,25


AB = BC ( ∆ ABC vuông cân tại B)
·
MBC
= ·ABK ( cùng phụ với góc ABM)
BM = BK
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
·
=> ·AMB = ·AMK + KMB
= 900 + 450 = 1350 . Vậy ·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 +  + ÷+  + + + ÷+ ... + 
+
+
+ ... +
÷
2016 
 2 3  4 5 6 7
 1024 1025 1026
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 ------

UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN: TOÁN - LỚP 7
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề gồm có: 5 câu, 01 trang)

Câu 1: ( 2,0 điểm)

5

0,25

0,25


3 3 3
− +
4 11 13 +
1) Tính M = 5 5 5
− +
4 11 13
1
2

1
3

1
4

2) Tính A= + + + ... +

1 1 1
− +
2 3 4

5 5 5
− +
4 6 8
1
1
2
3
2017 2018
A
+
+
+ ... +
+
; B=
. Tính
2019
2018 2017 2016
2
1
B

Câu 2: ( 2,0 điểm)
1) Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn: x + 2y = 3xy + 3
2) CMR với n nguyên dương thì 3n+2 - 2n+2 + 3n - 2n chia hết cho 10.
Câu 3: ( 2,0 điểm )

(
(

a 2018 + b 2018

a c
1) Cho các số dương a,b,c,d; c ≠ d và = . CMR 2018 2018
b d
c +d

)
)

2019
2019

(a
=
(c

2019

− b 2019

2019

− d 2019

)
)

2018
2018

2018

2) Cho biết 3x − 2 y + 5 z − 7 x + ( xy + yz + xz − 500) = 0 .

Tính giá trị biểu thức

A = (3x - y - z)2019

Câu 4: (3,0 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.
1) Chứng minh rằng: DC = BE.
2) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BE. Tính số đo góc BIK, góc AMN.
3) Chứng minh rằng IA là phân giác của góc DIE.
Câu 5 (1,0đ)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
ab+bc+ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab+bc+ca)
---------------------------Hết---------------------

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:

x+4 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)

µ = 2C
µ . Kẻ AH vuông góc với BC( H
µ < 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

1

1

Đáp án
Từ

x+4 4
x y
= ⇒ 7(x + 4) = 4(7 + y) ⇒ 7x = 4y ⇒ =
7+ y 7
4 7
7

Điểm
thành
phần
0,5

Tổng
điểm
1,0


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:
2

= 53(5 + 25)(55 – 255)(52 – 25)

( 2 .3)
2

6

+ 8 .3
4

5

−

0,75

0,25

= 53(5 + 25)(55 – 255).0 = 0

A=

0,25
0,25

= 53(5 + 25)(55 – 255).(25 – 25)

212.35 − 46.9 2

0,5

510.7 3 − 255.49 2

( 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 )

0,25
0,75
0,25

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

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

0,25

a −b b −c c − a
a
b
c
=
=
=
=
Từ
=
−1
−1
2
2014 2015 2016
2
c − a)

⇒ (a - b)(b – c) = (
4
⇔ 4 (a – b) (b -Ac) = (c - a)2
1

4

0,25

Hình vẽ:

B
E

D
2
1

H

B’

8

C

0,5

1,0

0,25
1,0
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25

1,0


µ =H
µ 1 (1)
∆ BEH cân tại B nên E
µ = 2C
µ = 2E
µ ⇒E
µ =C
µ
Ta có B
(2)
µ 1=H
µ 2 (đối đỉnh)
Mà H
(3)
1

2

µ 2 =C

µ ⇒ ∆ HDC cân tại D ⇒ DH =
Từ (1), (2), (3) suy ra H
DC (4)
·
·
µ2
Khẳng định HAD
vì cùng phụ H
= DHA
⇒ ∆ 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’
µ
∆ABB ' cân tại A ⇒ ·ABB ' = ·AB ' B = 2C

µ ⇒ ∆AB 'C cân tại B’
µ . Vậy µA = C
Mà ·AB ' B = µA1 + C
1
⇒ AB’ = B’C.

AB = AB’ = CB’

0,25
0,25
0,25
0,25
1
0,25
0,25

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

1+ 2

z− y

y−x

= 2 ⇒ y − x =3⇒ y = x+3=5+3=8
3

=9 ⇒ 2

z− y

0,25
0,25
0,25

= 2 ⇒ z − y = 3 ⇒ z = y + 3 = 8 + 3 = 11
3

x = 5 ; y = 8 ; z = 11 (TMĐK)

10

0,25

1