De thi HSG Toan 7 Ngoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG. TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN LỚP: 7A. Năm học: 2014-2015 Môn thi: Toán 7 - THCS. (Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) Bài 1 (3đ) Tìm x  Z sao cho a). x  5 2 2. 2. 2. 2. b) (x  20)(x  15)(x  10)(x  5)  0 Bài 2 (4đ) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m,n) thỏa mãn m n a) 2  2 2048 b) 3m  4n  mn 16 Bài 3 (4đ) 2 2 a) Cho x, y, z, t là 4 số khác 0 và thỏa mãn các điều kiện sau: y xz, z yt. y3  z 3  x 3 x  3 3 3 3 3 3 y  z  t  0 y  z  t t. và . Chứng minh rằng: b) Cho: x+y – z = a – b, x - y + z = b – c và - x+y + z = c – a. Chứng minh : x + y + z = 0 Bài 4 (4đ) 2015. a) Cho đa thức f(x) x  2000x Tính giá trị của đa thức tại x=1999. 2014.  2000x 2013  2000x 2012  .....  2000x  1. 2 b) Cho đa thức f(x) ax  bx  c .. Chứng tỏ rằng: f( 2).f(3) 0 nếu 13a  b  2c 0 Bài 5 (5đ) 1. Cho tam giác ABC, đường cao AH. Vẽ ra phía ngoài của tam giác ABC các tam. . . 0. giác vuông cân ABD, ACE ABD ACE 90 a) Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với BE cắt đường thẳng AH tại K. Chứng minh CD vuông góc với BK b) Chứng minh ba đường thẳng AH, BE, CD đồng quy. 2. Cho 2 điểm B và C nằm trên đoạn thẳng AD sao cho AB=CD. Lấy điểm M tùy ý trong mặt phẳng. Chứng minh rằng: MA  MD MB  MC Bài 6 (2 điểm): Tìm cặp số nguyên (x; y) biết: x + y = x.y. Bài 7 (4 điểm) a/ Tìm đa thức bậc hai f(x) biết rằng : f(0)=10; f(1)=20 và f(3)=58 2 2 b/ Chứng minh rằng nếu m  mn  n 9 với m,n là các số tự nhiên thì m, n chia hết cho 3. - HẾT -.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Bài 1 (3đ) a, - Chỉ rõ được x  5   0,1,2 - Chỉ rõ từng trường hợp và kết luận đúng x  5 0. (0.25đ). x  5 1 x  5 2. (0.75đ) 2. 2. 2. 2. b, Lý luận để có (x  20)  (x  15)  (x  10)  (x  5) (0.25đ) Xét đủ 2 trường hợp - Trường hợp có 1 số âm tính được x 4 (0.75đ) - Trường hợp có 3 số âm tính được x 3 (0.75đ) - Kết luận đúng (0.25đ) Bài 2: Ta có  2 m 11 11  2 n 11 11  211 0 (0.75®)  211 (2 m  11  2 n  11  1) 0. (0.5®).  (2 m  11  2 n  11  1) 0 (0.25®) m 12 Lý luận tìm được n 11 (0.5đ) (3  n)(m  4)  4 b, Biến đổi được. (1đ) Xác định được tích 2 số nguyên bằng 4 (6 trường hợp) (0.75đ) (m, n)  (8,2); (0,4); (5,  1); (3,7); (6,1); (2,5) Kết luận được: (0.25đ) x y z   y z t (0.5đ) Bài 3: Từ giả thiết suy ra Lập phương các tỉ số trên và áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để có x3  y3  z3 y3  z3  t 3 (0.5đ) Mặt khác ta có x3 x x x x y z x  . .  . .  y3 y y y y z t t. (0.75đ) Suy được điều cần chứng minh (0.25đ) b, Cộng vế với vế suy được điều cần chứng minh (2đ) Bài 4 a,f(x) x 2015  (1999  1)x 2014  (1999  1)x 2013  (1999  1)x 2012  .....  (1999  1)x  1 (0.75đ) Thay 1999=x ta được f(x) x 2015  x 2015  x 2014  x 2014  x 2013  x 2013  .....  x 2  x  1 (0.75đ) Tính được kết quả và kết luận f(1999) = 1998 (0.5đ) b, Tính f( 2) và f(3) (0.5đ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  f(  2)  f(3)=13a+b+2c  f( 2)  f(3). (0.5đ) (0.5đ) 2.  f( 2)f(3)=-f(3)f(3)=-  f(3) 0. (0.5đ). Bài 5 (5đ) a, (2đ) 1, Vẽ hình và chứng minh đúng đến hết (1đ) 2, Chỉ ra được AH, BE, CD là 3 đường cao của BCK (1đ) b, (3đ) Xét 2 trường hợp * Trường hợp điểm M  AD thì ta có MA  MD  MB  MC (1đ) * Trường hợp M  AD - Gọi I là trung điểm của BC (0.75đ) - Trên tia đối của tia IM lấy điểm N sao cho IM=IN (0.5đ) IB IC AB CD Vì AB  IB IC  CD  AI ID (0.25đ)  IMA  IND (c.g.c) * Chứng minh được (0.25đ)  MA ND - Điểm C nằm trong MDN chứng minh được ND  MD  NC  MC (0.5đ) - Chứng minh IBM ICN (c.g.c) (0.25đ) - Suy ra MA  MD  MB  MC x + y = x.y Bài 6  xy  x  y  x( y  1) y  x . 0,5. 2,0đ. y y 1. vì x  z  y y  1  y  1  1y  1  1y  1. 0,5. , do đó y - 1 = 1  y 2 hoặc y = 0. Nếu y = 2 thì x = 2 Nếu y = 0 thì x = 0 Vậy các cặp số nguyên (x;y) là: (0,0) và (2;2). Bài 7. a. Gọi đa thức bậc hai là. 0,5. 2. f  x  ax  bx  c 0,25 với a 0 Ta có :. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> f  0  10  c 10. 2,0đ. 0,25 0,5. f  1 20  a  b  c  20  a  b 10 0,25 (1). f  3 58  9a  3b  c 58  9a  3b 48  3a  b 16.  2. Từ (1) và (2).  2a 6  a 3  b 10  3 7. Vậy đa thức cần tìm là. f  x  3x 2  7x  10 Ta có : 0,5 2 m 2  mn  n 2  m  n   3mn (1) 0,5 2 2 Vì m  mn  n 9. b. 2,0đ. 2.  m 2  mn  n 2 3  0,5  m  n  3  m  n3  2  2.   m  n  9 Kết hợp với (1). 0,5.  3mn 9  mn 3 (3) Vì 3 là số nguyên tố nên từ (2) và (3) suy ra m và n đều chia hết cho 3. Suy ra đpcm TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN LỚP: 7A. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG Năm học: 2014-2015 Môn thi: Toán 7 - THCS. (Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) Bài 1 (3đ): Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy điểm D trên cạnh BC, trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho CE=BD. Các đường thẳng vuông góc với BC tại D và E lần lượt cắt các đường thẳng AB và AC theo thứ tự tại M, N. Gọi I là giao điểm của MN với BC. a/ Chứng minh rằng I là trung điểm của MN. b/ Chứng minh rằng đường thẳng vuông góc với MN tại I luôn đi qua một điểm cố định. Bài 2:(4 điểm): a) Cho: P( x)=ax 4 + bx3 +cx 2 +dx+ e . Biết rằng: P(1) = P(-1) và P(2) = P(-2) Chứng minh rằng: P(x) = P(-x) với mọi x. a b  c d. b) Cho. 3a 6  c 6 (a  c)6  6 6 3 b  d (b  d ) 6 (b  d 0) . Chứng minh rằng :.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bài 3:(4 điểm): a, Tìm số nguyên x,y biết:. 5 y 1 + = x 4 8. b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :. Q=. 27 − 2 x 12 − x. với x là số nguyên,. Bài 4 : (5 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, AD vuông góc với BC tại D. Xác địng 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) Tam giác AIJ cân  b) DA là tia phân giác của góc LDK c) 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. Bài 5: (6 điểm): a). M =1 −. Chứng tỏ rằng :. 1 1 1 1 − 2 − 2 −. .. . .. .. .− 2 2 2 3 4 100. M . 1 100 2. 3. 4. b) Cho tổng: S a  a  a  a  .....  a. n. (n  N ). với giá trị nào của n thì S chia hết cho a + 1 ( a  1 ) c) Cho. a  c  3, b  c  2. . Chứng minh rằng: a  b  5. --- Hết---. ĐÁP ÁN.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 1. a. A. M. 3,0. I B. D. C. E. O. N. Chứng minh DBM ECN  DM = EN Chứng minh DMI ENI  IM = IN Hay I là trung điểm của MN b. 6,0 điểm 3,0. Bài 2:. 1,0 0,25 1,25 0,5. Gọi O là giao điểm của đường trung trực của BC với đường thẳng vuông góc với MN tại I. Vì AB = AC  AO là đường trung trực của BC  OB=OC Vì I là trung điểm của MN  OI là đường trung trực của MN  OM = ON Vì DBM ECN  BM = CN Xét OBM và OCN có OB = OC, OM = ON, BM = CN  OBM = OCN (C.C.C)    OBM OCN (1)   Vì AO là đường trung trực của BC  OBA OCA (2)   Từ (1) và (2)  OCN OCA  OC  AC Vì vậy O là giao điểm của đường trung trực của cạnh BC với đường thẳng vuông góc với AC tại C nên điểm O cố định Suy ra điều phải chứng minh. a, Từ: P(1)=P(-1) P(2)=P(-2). . b+d=-b-d 8b+2d=-8b-2d. (1) (2). 0,25 0,25 0,25 0,5. 0,5 0,5 0,5 0,25. 0.5đ 0.5đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Từ (1) và (2) suy ra b=d=0 4 2 4 2 Vậy P( x ) ax  cx  e a( x )  c( x )  e P( x) a b  c d. (4đ) b, Từ:. Bài 3:. 1đ. a c a c   b d bd . a c a c 6  ( )6 ( )6 ( ) b d bd (1) a 6 c 6 3a 6  c 6  6  6  6 6 (2) b d 3b  d 3a 6  c 6 a c 6 ( ) 6 6 bd Từ (1) và (2) suy ra: 3b  d 5 y 1 5 1 y     4 8  x 8 4  a, Từ x  x (1-2y) = 40. Mà (1-2y) là số lẻ.   1  2y  . 0.5đ 0.5đ 1đ 5 1 2 y  x 8. uớc lẻ của 40. 1đ.  (1  2y)  1; 5. (4đ). Lập bảng: 1-2y -5 -1 1 5 x -8 -40 40 8 y 3 1 0 -2 Vậy ta có các cặp giá trị (x,y) là: (8,-3) ; (-40,1) ;(40,0) ; (8,-2). 0.5đ. 27  2 x 24  2 x  3 2(12  x )  3 3   2  12  x 12  x 12  x 12  x b, 3 Để Q có GTLN khi 12  x có GTLN 3 0 Xét x>12 thì 12  x 3 0 Xét x<12 thì 12  x 3  12  x có GTLN khi và chỉ khi 12  x 1  x 11. 1đ. Q. 0.5đ. 0.5đ. 0.5đ. Vậy Q có GTLN là 5 khi x=11. 0,5đ. a, Do ID; DJ là trung trực của AB. 1,5đ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 4: (5đ). AI  AD    AI AJ  AIJ AD AJ  cân tại A    I1 D1 ALI ALD(c.c.c)   D  J 2    2 AKD AKI (c.c.c)       DAlà tia phân giác cua LDK I1  J1 AIJcân theo câu a     D1 D2   b,   c, CM được IAJ 2 BAC (không đổi)  AIJ cân tại A có IAJ không đổi nên cạnh đáy IJ nhỏ nhất nếu. 1,5đ. 1,5đ. 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 tự A xuống BC thì IJ nhỏ nhất. Bài 7:. a,. M 1 . M 1  (. 1 1 1 1  2  2  .....  2 2 3 4 1002. 0,5đ. 1 1 1 1  2  2  .....  ) 2 2 3 4 100 2. 1 1 1 2 2 2 1 1 1   2 3 2 3 1 1 1   2 4 3 4 ........... 1 1 1   2 100 99 100. 1đ. Ta có : Cộng từng vế ta có:. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  2  2  .....   1       ...   2 2 2 3 4 100 2 2 3 3 4 99 100 1 99 1   100 100. 0.5đ. b, Nếu n là số lẻ thì S (a  a 2 )  (a 3  a 4 )  ...  (a n  2  a n  1 )  a n S a (1  a )  a 3 (1  a )  ...  a n  2 (1  a )  a n. Nếu n là số chẵn thì:. 1đ. S (a  a 2 )  (a 3  a 4 )  ...  (a n  1  a n ) S a(1  a)  a 3 (1  a)  ...  a n  1 (1  a )  S chia hết cho (1+a). Vậy nếu n là số tự nhiên chẵn thì S chia hết cho (a+1) c, Ta có:. a  b  (a  c)  (c  b)  a  c  c  b  3  2 5. 1đ 2đ.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>

<span class='text_page_counter'>(10)</span>