Đề chọn học sinh năng khiếu năm học 2009 - 2010 môn thi: Toán 7

<span class='text_page_counter'>(1)</span>đề chọn học sinh năng khiếu NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi : Toán 7 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/3/2010. ĐỀ CHÍNH THỨC. ----------------------------------Câu 1: Tìm các số x, y, z biết. a/ (x – 1)3 = - 8. b/ 9  7 x  5 x  3. c/ x - 3 x = 0 d/ 12x = 15y = 20z và x + y + z = 48 Câu 2: a/ Tìm số dư khi chia 22011 cho 31 b/ Với a, b là các số nguyên dương sao cho a + 1 và b + 2007 chia hết cho 6. Chứng minh rằng: 4a + a + b chia hết cho 6 c/ Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 6x2 + 5y2 = 74 Câu 3: a/ Cho tỉ lệ thức. a 2  b2 a a b  . Chứng minh rằng ta có tỉ lệ thức: 2 2  b c c b c. b/ Trên bảng có ghi các số tự nhiên từ 1 đến 2008, người ta làm như sau: lấy ra hai số bất kì và thay vào bằng hiệu của chúng, cứ làm như vậy đến khi còn một số trên bảng thì dừng lại. Hỏi có thể làm để trên bảng chỉ còn lại số 1 được không? Giải thích? Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH. Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABE và ACF vuông cân tại A. Từ E và F kẻ đường vuông góc EK và FN với đường thẳng HA. a/ Chứng minh rằng: EK = FN. b/ Gọi I là giao điểm của EF với đường thẳng HA. Tìm điều kiện của tam giác ABC để EF = 2AI. Câu 5: a/ Cho bốn số không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = 1. Gọi S là tổng các giá trị tuyệt đối của hiệu từng cặp số có được từ bốn số a, b, c, d. Hỏi S có thể đạt được giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu. A b/ Cho tam giác nhọn ABC với BAC = 600. Chứng minh rằng BC2 = AB2 + AC2 – AB. AC. -----------------------Hết----------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). HƯỚNG DẪN CHẤM chän häc sinh n¨ng khiÕu Lop7.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> MÔN: TOÁN 7. Câu 1 (2đ). ======================================== Phần Nội dung cần trình bày 3 a 0,5đ (x – 1) = - 8 => x – 1 = - 2 => x = - 1 Vậy x = - 1 9  7 x  5 x  3 Điều kiện: x . b 0,5đ. c 0,5đ d 0,5đ 2 (2,5đ). a, 1đ. 9  7 x  5 x  3. 12 x  12. 3 5. x  1. =>  =>  (Thỏa mãn điều kiện)  9  7 x  3  5 x 2 x  6 x  3 Vậy x = 1 hoặc x = 3. x - 3 x = 0 Điều kiện x  0 => x  x  3 = 0 => x = 0 hoặc x = 9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy x = 0 hoặc x = 9 12x = 15y = 20z =>. Điểm 0,5. x y z x y z x  y  z 48   =>     4 5 4 3 5 4 3 12 12. 0,5. 0,5. => x = 20; y = 16; z = 12. 0,5. Ta có 25 = 32  1 (mod31) => (25)402  1 (mod31) => 22011  2 (mod31). Vậy số dư khi chia 22011 cho 31 là 2.. 1. Vì a nguyên dương nên ta có 4a  1 (mod3) => 4a + 2  0 0,25 (mod3) a a b Mà 4 + 2  0 (mod2) => 4 + 2  6 0,25 a a 0,75đ Khi đó ta có 4 + a + b = 4 + 2 + a +1 + b + 2007 – 2010  6 Vậy với a, b là các số nguyên dương sao cho a + 1 và b + 2007 0,25 chia hết cho 6 thì 4a + a + b chia hết cho 6 Từ 6x2 + 5y2 = 74 => 6x2  74 => x2 . 74 6. mà x nguyên => x2  0;1; 4;9 c 0,75đ Mặt khác ta có x2 + 1 = 75 – 5x2 – 5y2  5 => x2 = 4 hoặc x2 = 9 Nếu x2 = 4 => y2 = 10 (loại vì y nguyên) Nếu x2 = 9 => y2 = 4 => (x, y)  (3, 2);(3, 2);(3, 2);(3, 2) 3 1,75 đ. 2. a 1đ. 0,25 0,25 0,25. 2. a2 b2 a 2  b2 a a b a a b = . => =      = 2 = 2 = 2 2 . b c b c c b c c b c 2 2 a b a a b Vậy nếu có tỉ lệ thức  ta có tỉ lệ thức: 2 2  b c c b c. Ta có. 0,75 0,25. Gọi S là tổng tất cả các số được ghi trên bảng Ta có S = 1 + 2 + 3 + … + 2008 =. 2008.2009 = 1004.2009 là 2. 0,25. b một số chẵn. Khi lấy ra hai số a, b và thay vào bằng hiệu của hai 0,75đ số thì tổng S bớt đi (a + b) – (a – b) = 2b là số chẵn. 0,25 Nên tổng mới phải là một số chẵn. Vậy trên bảng không thể còn lại số 1 0,25. Lop7.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 4 (2,5đ). Vẽ hình và GT-KL đúng, đẹp. 0,25 F. N I K. E. A. B. a 1,5. C. H. Chứng minh  KAF =  HBA ( ch – gn) => EK = AH Chứng minh  NFI =  HCA ( ch – gn) => FN = AH Suy ra EK = FN. 0,5 0,5 0,5 0,25. EF 2 EF A  IAE A và IAF A  IFA A Mà AI = (gt) => AI = EI = FI => IEA 2 A A => EAF = 900 => BAC = 900. Chứng minh  KEI =  NFI ( c.g.c) => EI = FI = b 0,75đ. 0,25 0,25. Vậy EF = 2AI khi tam giác ABC vuông tại A 5 Giả sử a  b  c  d  0 (1,25đ) Ta có S = a  b  b  c  c  d  a  c  a  d  b  d => S = a – b + b – c + c – d + a – c + a – d + b – d => S = 3a + b – (c + 3d) Mà c + 3d  0 => S  3a + b Mặt khác a + b + c + d = 1 => a  1. a 0,75đ Suy ra S = 3a + b = 2a + a + b  2.1 + 1 = 3. 0,25 0,25. c  3d  0 a  1 Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d  1 <=>  b  c  d  0 a  1 . Vậy S lớn nhất bằng 3 khi trong bốn số a, b, c, d có một số bằng 0,25 1 còn ba số bằng 0 Kẻ BH  AC AB 0,25 A ABH = 300 => AH = Vì BAC 600 => A (1) A. H. 2. b 0,5đ. Áp dụng dịnh lí Pytago ta có AB2 = AH2 + BH2 và BC2 = BH2 + HC2 => BC2 = AB2 – AH2 + CH2 => BC2 = AB2 – AH2 + (AC – AH)2 => BC2 = AB2 – AH2 + AC2 – 2AH.AC + AH2 => BC2 = AB2 + AC2 – 2AH.AC (2) 0,25 Từ (1) và (2) => ĐPCM B. C. Ghi chú: Đáp án trên chỉ là một trong những cách làm đúng, nếu học sinh làm đúng bằng cách khác cho điểm tối đa. Lop7.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>