VOLIMPIC toan 7 huyen Thanh Oai nam hoc 2015 2016 co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH OAI ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7 Năm học 2003 – 2004 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Câu 1: ( 6 điểm) 1. Tìm x biết: a)  x  5   x  3  0 1 x .27 3x b) 9. c) 5x  4  x  2 2. Tìm các số nguyên a, b sao cho ab  3b 4b  5a.  b 3. a c  Câu 2: ( 4 điểm) Cho b d . Chứng minh a c   a, b, c, d 0; a b; c d  a) a  b c  d. a 2  ac b 2  bd  2 2 b) c  ac d  bd.  a, b, c, d 0; a c; b d . Câu 3: (5 điểm) 1. Tìm nghiệm của đa thức: 2 a) 3x  2x  1 4 2 b) x  5x  4. 3 2 2. Cho đa thức P  x  ax  bx  cx  d . Chứng minh rằng 6a ; 2b ; a  b  c ;. d là số nguyên thì P  x  là số nguyên với mọi số nguyên x. Câu 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC có AD là trung tuyến và AD b ằng nửa cạnh BC. a) Chứng minh ABC vuông ở A. b) Lấy E là một điểm trên cạnh BC sao cho EC 2EB . Chứng minh Câu 5: (1 điểm). AC 2 3  EC 2  EA 2 . Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn:. 2 x   x 2  1  y 2  6 y  8  0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu Câu 1 (6 điểm). …………..Hết……… ( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) NÔI DUNG 1.. Điểm. a)  x  5  x  3  0 khi x  5 & x  3 khác dấu Mà x  5  x  3 x  5  0   x  3  0 Nên  x  5   x  3  0 Vậy:  3  x  5. 1, 0 đ. x  5  x   3. 1 x 1 .27 3x  2 .33x 3x  3 2.33x 3x  3x  2 3x 3 b) 9. 1, 0 đ 1, 0 đ.  33x  2 3x  3x  2  x  2x 2  x 1  33x  2 3x  3x  2  x  2x 2  x 1 Vậy: x 1. c).  5x  4 x  2 5x  4  x  2     5x  4  x  2.  4x 6     6x 2.  x 1,5   1  x  3. 1, 0 đ 1, 0 đ 1, 0 đ. 1 3 hoặc x 1,5 Vậy: 2. ab  3b 4b  5a  ab +5a - 7b = 0 x.  a  b  5   7  b  5   35   a  7   b  5   35  b  5. Vì:. Ư. 0, 5 đ.   35  1; 5; 7; 35. b 3  b  5 8  b  5 35  b 30. 0, 5 đ.  a  7  1  a 6. Vậy: Câu 2 (4 điểm). a 6; b 30. a c a b a b     a) Từ: b d c d c  d a a b a c    c c d a b c d (đpcm). a c a 2 c 2 ac   2  2  b) Từ: b d b d bd. 1, 0 đ 1, 0 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a 2 ac a 2  ac   2 2 Ta có: b bd b  bd c 2 ac c 2  ac   d 2 bd d 2  bd. Câu 3 (5 điểm). 1, 0 đ. (2). 2. . 1, 0 đ. (1). 2. 2. 2. c  ac c  ac c  ac d  bd  2  2  2 d  bd d  bd c  ac d 2  bd. Từ : (1) và (2) 1. Tìm nghiệm của đa thức. 3x 2  2x  1 0   3x 2  x    3x + 1 0. a) Ta có:.  x  3 x  1   3 x  1 0  x  1 0   x  1  3x  1 0     3x  1 0  x . Vậy. 1 3. hoặc.  x 1   1   x   3. x 1. 0, 75 đ. 4 2 b) x  5x  4. Đặt. 0, 75 đ. x 2 t  t 0 . Ta có:. x 4  5x 2  4 0  T 2  5T  4 0.   T 2  T    4T  4  0  T  T  1  4  T  1 0  T  1 0   T  1  T  4  0     T  4 0. - Nếu - Nếu Vậy:.  T 1    T 4.  x  1 T 1  x 2 1    x 1  x  2 T 4  x 2 4    x 2. x   2;  1;1; 2. 0, 75 đ. 3 2 2. P  x  ax  bx  cx  d. P  x  ax3 - ax  bx 2  bx  ax  bx  cx  d P  x  = ax  x 2  1  bx  x  1   a  b  c  x  d P  x  = ax  x  1  x  1  b  x  1 x   a  b  c  x  d P  x  = 6a. 0, 75 đ.  x  1 x  x  1  2b  x  1 x  6. 2.  a  b  c x  d. 1,0 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Với mọi số nguyên x ta có:  x  1 x  x 1 6 (tích của ba số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6).  x  1 x  x  1  Z .  x  1 x  x  1  Z    6a 6   (1). 6. Vì : 6a  Z. Với mọi số nguyên x ta có:  x  1 x 2 (tích của hai số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2).  x  1 x  Z .  x  1 x  Z    2b 2  . 2 Vì : 2b  Z. xZ     a  b  c x  Z Vì : a  b  c  Z  Vì : d  Z (4). (2) (3). Từ : (1) ; (2) ; (3) và (4)  P  x  là số nguyên với mọi số nguyên x. Câu 4 (4 điểm). 1, 0 đ. A 1 2. B. D. C. a) 1 AD  BC 2.     AD DB DC 1 DB DC  BC   2    ABD cân tại D  A1 B   ACD cân tại M  A2 C. 0, 25đ. 0, 5 đ.  B  C  BAC   A1  A 2 0    Ta có:  B  C  BAC 180 (tổng ba góc của một tam giác).    2 BAC 1800  BAC 900. 0, 5 đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0, 5 đ.  ABC vuông tại A (đpcm). b) A. B. E. D. C. I F Trên tia AB lấy điểm F sao cho B là trung điểm của AF.  CB là trung tuyến của ACF. 0, 25 đ. 2 EC 2 EB  CE  CB  E 3 Vì: là trọng tâm của ACF  AE là trung tuyến của ACF. Kéo dài AE cắt CF tại I  I là trung điểm của FC 1 AI  CF ACF Vuông tại A  trung tuyến 2 hay CF 2AI 1 AD  BC 2 Ta có: hay BC 2AD Vì E là trọng tâm của ACF  BC 1,5EC và AI 1,5EA. Áp dụng định lí Pi -Ta - Go vào tam giác vuông ACF. 1,0 đ. ta có: 2. 2. CF 2 =AF2  AC 2   2AI   2AB   AC 2  4AI 2 4AB 2  AC 2 2.  4  1,5EA  4  BC 2  AC 2   AC 2  9EA 2 4 BC 2  4AC 2  AC 2 2.  9EA 2 4  1,5EC   3AC 2  9EA 2 9EC 2  3AC 2  3AC 2 9  EC  EA   AC 2 3  EC  EA . Câu 5 (1. 2  x  1  y  6 y  8  x. 2. 2. (đpcm). 1,0 đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> điểm). 2 x 2; 2 x   x 2  1  y 2  6 y  8  0  y 2  6 y  8  0. Ta có: y 2  6 y  8  y 2  2 y    4 y  8   y  y  2   4  y  2 . 0, 5 đ. Mà :  y  4   y  2   0  y 3 y 3. Thay. vào (1) ta được:. 2 x   x 2  1   1 0  2 x x 2  1  x 1 x 1& y 3. Vậy:. 0, 5 đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>