de thi HSG cap truong - Toan 7

Phòng giáo dục đồng hới
đề kiểm tra
chọn học sinh giỏi thành phố đồng hới
năm học 2008 - 2009
Số báo danh Môn kiểm tra : Toỏn - Lớp 7
( Thời gian : 120 phút . Không kể thời gian giao đề)
Bi 1: ( 1,5 im)
a/ ( 0,5 im) Chng minh rng: Vi mi s nguyờn dng n thỡ:
3
n+2
2
n+2
+ 3
n
2
n
chia ht cho 10
b/ (1 im) Cho
A =
2008
1
2007
1
.....
4
1
3
1
2
1
+++++

B =
2007
1
2006
2
...
3
2005
2
2006
1
2007
+++++
Tớnh:
A
B
Bi 2: ( 1,5 im)
a/ ( 0,75 im) Tỡm x v y, bit rng:
32008200720062005
=+++
xyxx
b/ ( 0,75 im) Tỡm a

Z sao cho M =
1
3
2

+
a

a
nhn giỏ tr nguyờn
Bi 3: ( 2 im)
a/ ( 1 im) Cho f(x) = x
8
101x
7
+ 101x
6
101x
5
+....... + 101x
2
101x + 25
Tớnh f (100)
b/ (1 im) Cho hai a thc
f(x) = (x 2)
2008
+ ( 2x 3)
2007
+ 2006x
v g(y) = y
2009
2007y
2008
+ 2005y
2007
Gi s f(x) sau khi khai trin v thu gn ta tỡm c tng tt c cỏc h s ca nú l s.
Hóy tớnh s v tớnh giỏ tr ca g(s)
Bi 4: ( 2 im)

Tỡm mt s cú ba ch s, bit rng s ú chia ht cho 18 v cỏc ch s ca nú
t l vi 1: 2: 3.
Bi 5: ( 3 im)
Cho tam giỏc ABC vuụng cõn vi ỏy BC. Gi M v N ln lt l trung im ca
AB v AC. K NH

CM ti H. K HE

AB ti E. Chng minh rng:
a/ Tam giỏc ABH cõn
b/ HM l phõn giỏc ca gúc BHE
phòng giáo dục đồng hới
Híng dÉn chÊm TO¸N líp 7
KiÓm tra chän HSG - N¨m häc 2008 - 2009
Bài 1: ( 1,5 đ)
a/ ( 0,5 đ)
3
n+2
– 2
n+2
+ 3
n
– 2
n
= ( 3
n+2
+ 3
n
) – ( 2
n+2

+ 2
n
) = 3
n
( 3
2
+ 1) – 2
n
( 2
2
+ 1)
= 3
n
. 10 – 2
n
. 5 ( 0,25 đ)
3
n
.10

10 ; 2
n
. 5

10 => 3
n
. 10 – 2
n
. 5


10
Vậy 3
n+2
– 2
n+2
+ 3
n
– 2
n


10 ( 0,25 đ)
b/ ( 1 đ) Tách 2007 bằng tổng của 2007 số 1 và biến đổi như sau:
B =
1
2007
1
1
2006
2
1
......
3
2005
1
2
2006
1
2007
1

2006
2
...
3
2005
2
2006
1
2007
+






++






++
+







++






+=+++++
( 0,25 đ)
=
2008
2008
2007
2008
2006
2008
....
3
2008
2
2008
+++++
( 0,25 đ)
=
A.2008
2008
1
2007
1

2006
1
....
3
1
2
1
2008
=






+++++
( 0,25 đ)
=>
2008
=
A
B
( 0,25 đ)
Bài 2: ( 1,5 đ)
a/ ( 0,75 đ)
Ta có
AAA
≥−=
với A tùy ý
3200820052008200520082005

=−+−≥−+−=−+−
xxxxxx

(1)
( 0,25 đ)
Từ đó và theo giả thiết đề bài ta có:

020072006
≤−+−
yx
(2)
( 0,25 đ)
Từ (1) và (2)
=>
32008200720062005
=−+−+−+−
xyxx
khi
02006
=−
x
và
02007
=−
y
(0,25đ)
Vậy x = 2006 và y = 2007
b/ ( 0,75 đ)

1

41)1(
1
41
1
3
22
−
+−+−
=
−
+−+−
=
−
+
a
aaa
a
aaa
a
a
( 0,25 đ)

Z
a
Z
a
a
∈
−
⇔∈

−
++=
1
4
1
4
1
( 0,25 đ)
<=> a – 1 là ước của 4
a – 1 = { -4; -2; -1; 1; 2; 4} ( 0,25 đ)
a = { -3; -1; 0; 2; 3; 5}
Bài 3: 2 điểm
a/ (1 đ)
f(x) = x
8
– 101x
7
+ 101x
6
– 101x
5
+....... + 101x
2
– 101x + 25
= x
8
– 100 x
7
– x
7

+ 100x
6
+x
6
– 100x
5
– x
5
+.....+ 100x
2

+ x
2
– 100x – x +25 (0,25 đ)
f(x) = x
7
( x - 100) – x
6
( x - 100) + x
5
( x – 100) - .....+ x(x-100) – (x - 25) ( 0,25 đ)
f( 100) = 100
7
.( 100 -100) – 100
6
( 100 -100) + ....+ 100.(100-100)
– (100-25) ( 0,25 đ)
f(100) = -75 ( 0,25 đ)
b/ ( 1 đ)
Tổng các hệ số của f(x) sau khi khai triển và thu gọn chính là giá trị của đa thức f(x)

tại x = 1. Ta có
s = f(1) = (1 – 2)
2008
+ (2.1 – 3)
2007
+ 2006.1 ( 0,25 đ)
= (-1)
2008
+ (-1)
2007
+ 2006 = 1 – 1 + 2006 = 2006 ( 0,25 đ)
Thay s + 1 = 2007; s – 1 = 2005 ta được
g(s) = s
2009
– (s+1).s
2008
+ ( s -1).s
2007
( 0,25 đ)
= s
2009
– s
2009
– s
2008
+ s
2008
- s
2007
= - s

2007
= -2006
2007
( 0,25 đ)
Vậy s = 2006 và g(s) = -2006
2007
Bài 4: ( 2 điểm)
Gọi các số cần tìm là a; b; c ( a; b; c
∈
N
*
và
9;;1
≤≤
cba
) (0,25 đ)
Vì số cần tìm chia hết cho 18 => số đó chia hết 9 và 2
=> ( a + b + c)

9 và số cần tìm là số chẵn ( 0,25 đ)
Vì
9;;1
≤≤
cba
=>
273
≤++≤
cba
( 0,25 đ)
Từ 3 đến 27 có các số 9; 18; 27


9
Vậy a + b +c = { 9; 18; 27}
(1)
(0,25 đ)
Theo bài ra ta có:
6321321
cbacbacba
++
=
++
++
===
( 0,25 đ)
Vì a; b; c
∈
N
*
=> a + b + c

6
(2)
Từ (1) và (2) => a + b +c = 18 ( 0,25 đ)

3
6
18
321
====
cba

 a = 3; b = 6; c =9 ( 0,25 đ)
Số cần tìm chia hết cho 2 nên chữ số hàng đơn vị là số chẵn
Vậy số cần tìm là: 396 và 936 ( 0,25 đ)
Bài 5: ( 3 điểm)


A
B
C
H
Q
E
M K
Vẽ hình đúng 0,5 đ

N
a/ Từ A kẻ AK
⊥
MC tại K và AQ
⊥
HN tại Q
Xét
∆
vuông MAK và
∆
vuông NCH có:
MA = NC (=
2
1
AB),

∠
MAK =
∠
NCH ( cùng phụ với góc AMC) ( 0,5 đ)
=>
∆
MAK =
∆
NCH ( cạnh huyền –góc nhọn)
=> AK = HC
(1)
Xét
∆
BAK và
∆
ACH có:
AB = AC (gt);
∠
BAK =
∠
ACH; AK = HC ( cm trên) ( 0,25 đ)
=>
∆
BAK =
∆
ACH ( c-g-c)
=>
∠
BKA =
∠

AHC
Xét
∆
vuông AQN và
∆
vuông CHN có:
AN = NC;
∠
ANQ =
∠
CNH ( đối đỉnh) ( 0,25 đ)
=>
∆
AQN =
∆
CHN ( cạnh huyền – góc nhọn)
=> AQ = CH
(2)
Từ (1) và (2) => AK = AQ ( 0,25 đ)
=> HA là tia phân giác của góc KHQ
=>
∠
AHQ = 45
0

=>
∠
AHC =135
0
=>

∠
BKA = 135
0
( 0,25 đ)
Từ
∠
BKA +
∠
BKH +
∠
AKH = 360
0
=>
∠
BKH = 135
0

∆
AKH có
∠
KHA = 45
0
nên nó vuông cân tại K => KA =KH ( 0,25 đ)
Xét
∆
BKA và
∆
BKH có:
BK: chung ;
∠

BKA =
∠
BKH = 135
0
; KA =KH ( 0,25 đ)
=>
∆
BKA =
∆
BKH ( c-g-c)
=> BA =BH hay tam giác ABH cân tại B
b/ Ta có
∆
BKA =
∆
BKH =>
∠
BAK =
∠
BHK hay
∠
BAK =
∠
BHM
Mà HE // CA ( cùng vuông góc AB) =>
∠
MHE =
∠
HCA ( đồng vị)
Vì

∠
BAK =
∠
HCA nên
∠
BHM =
∠
MHE (0,5
đ)
hay HM là tia phân giác của góc BHE