001 đề HSG toán 7 huyện thanh oai 2014 2015

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH OAI

ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7
Năm học 2014-2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (6,0 điểm) Tìm x biết
5

1
1

a)  x   
2  243


b) 2 x  1  x  1

c)

3 1
2
 x
5 2
5

Câu 2. (4,0 điểm)
a) Chứng minh rằng đa thức x2  2 x  2 vô nghiệm
b) Cho tỉ lệ thức
1)

a c
b
3
 . Với   . Chứng minh:
b d
d
2

2a  3c 2a  3c

2b  3d 2b  3d

2)

a 2  c 2 ac

b2  d 2 bd

Câu 3. (4,0 điểm)
a) Tìm x biết x  3  2 x  x  4
b) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức B 

8 x
đạt giá trị nhỏ nhất
x 3

Câu 4. (5,0 điểm)
Cho ABC nhọn, AD vuông góc với BC tại D. Xác định I; J sao cho AB là
trung trực của DI, AC là trung trực của DJ;IJ cắt AB ; AC lần lượt ở L và K.
Chứng minh rằng
a) AIJ cân
b) DA là tia phân giác của góc LDK
c) BK  AC ; CL  AB
d) Nếu D là một điểm tùy ý trên cạnh BC. Chứng minh rằng góc IAJ có số đo
không đổi và tìm vị trí điểm D trên cạnh BC để IJ có độ dài nhỏ nhất
Câu 5. (1,0 điểm)
2
Tìm x, y thuộc biết : 25  y 2  8  x  2009 


ĐÁP ÁN HSG 7 THANH OAI 2014-2015
Câu 1.
5

5

1
1
1 1
5
a)  x       x    x 
2  3
2 3
6


Vậy x 

5
6

b) 2 x  1  x  1
1
2
1
Nếu x  ta có: 2x  1  x  1  x  0 (thỏa mãn)
2
Vậy x  2 hoặc x  0

Nếu x  ta có 2x 1  x  1  x  2 (thỏa mãn)

c)

3 1
2
 x
5 2
5
3 1
2
2
3 1
2
 x   x  hoặc  x    x  2
5 2

5
5
5 2
5
2
Vậy x  hoặc x  2
5


Câu 2.
2
a) x2  2 x  2  x2  2 x  1  1   x  1  1
Vì  x  1  0  x  nên  x  1  1  1 x  . Do đó đa thức đã cho vô nghiệm
2

b) 1) Với
2)

2

b
3 a c 2a 2c 3a 3c 2a  3c 2a  3c
 ;  





d
2 b d 2b 2d 3b 3d 2b  3d 2b  3d

a c
a2 c2 a2  c2
  2  2 2
(1)
b d
b
d
b  d2

a c
a 2 c 2 ac
  2  2 
(2)
b d
b
d
bd

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh
Câu 3. a) x  3  2 x  x  4 (1)
Lập bảng xét dấu
x
-3
4
x+3
0
+
+
x–4

0
+
Xét khoảng x  3, ta có (1) trở thành 2 x  7  x  3,5 (thuộc khoảng đang xét)
Xét khoảng 3  x  4 , ta có (1) trở thành 0.x  1 (không có giá trị nào của x thỏa
mãn)


Xét khoảng x  4 , ta có (1) trở thành: 2 x  7  x  3,5 (không thuộc khoảng đang
xét)
Kết luận : Vậy x  3,5
8  x 5   x  3
5


1
x 3
x 3
x 3
5
B đạt giá trị nhỏ nhất 
nhỏ nhất
x3
5
Xét x  3 và x  3 , ta được
có giá trị nhỏ nhất bằng 5 tại x  2
x3
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của B bằng – 6 tại x  2

b) Biến đổi B 

Câu 4.

A
K

J

2

L
1

I
1

B

2

D

C

a) Do AB; AC là trung trực của AB
Nên AI = AD; AD=AJ  AI  AJ  AIJ cân tại A
b) ALI  ALD (c.c.c)  I1  D1
Tương tự AKD  AKJ (c.c.c)  D2  J 2
Mà AIJ cân (câu a)  I1  J 2
 D1  D2  DA là tia phân giác của LDK

c) Chứng minh được KC là phân giác ngoài tại đỉnh K của tam giác DLK
Chứng minh được DC là phân giác ngoài tại đỉnh D của tam giác DLK
Suy ra LC là tia phân giác trong tại đỉnh L của tam giác DLK


Mà AB cũng là phân giác ngoài tại đỉnh L của tam giác LDK
Hay CL vuông góc với AB tại L
Chứng minh tương tự : BK vuông góc với AC tại K
d) Chứng minh được IAJ  2BAC (không đổi)
* AIJ cân tại A có IAJ không đổi nên cạnh đáy IJ nhỏ nhất nến cạnh bên AI
nhỏ nhất. Ta có AI  AD  AH (AH là đường vuông góc kẻ từ A đến BC)
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi D  H
Vậy khi D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC thi IJ nhỏ nhất
Câu 5.
Ta có: 25  y 2  8  x  2009 2
8  x  2009   25  y 2
2

8  x  2009   y 2  25(*)

Vì y 2  0 nên  x  2009 2 

25
2
2
, suy ra  x  2009   0 hoặc  x  2009   1
8

Với  x  2009  1, thay vào (*) ta có: y 2  17 (loại)
2

Với  x  2009  0 thay vào (*) ta có y 2  25, suy ra y  5 ( do y  )
2

Từ đó tìm được x  2009, y  5