toan 7

PHÒNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN

KỲ VIOLIMPIC LỚP 7

ĐÊ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Tốn - Lớp 7
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Họ và tên: Trịnh Khánh Dung

SBD: 05

Bài 1: ( 4,0 điểm)
x 1
3
a. Tìm x, y biết: y  2 = 5 và x + y = 23
45  45  45  45 65  65  65  65  6 5  6 5
.
8 2 x 6
5
5
5
5
5
3

3

3

2

2
b. Tìm x biết:

Bài 2: ( 4,0 điểm)
a c
2010a  2011b 2012a  2013b


a. Cho b d . Chứng minh: 2010c  2011d 2012c  2013d .

b. Thực hiện tính
1

1

1

1

M = 1+ 2 (1+2)+ 3 (1+2+3)+ 4 (1+2+3+ 4)+. ..+ 16 (1+2+3+. ..+16)
Bài 3: ( 5,0 điểm )
a. Chứng tỏ rằng nếu đa thức M(x)= ax3 + bx2 + cx + d có giá trị nguyên
với mọi x ngun thì 6a, 2b, a+b+c, d là các sớ ngun.
6
b.Tìm cặp sớ ngun (x;y) thỗ mãn: 2| x −2012|+ 3=| y −2013|+2
Bài 4: ( 7,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho
B và C thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ d. Kẻ BH và CK cùng vuông góc với

đường thẳng d ( H, K thuộc d). Chứng minh:
a) BH + CK = HK
b) BH2 + CK2 = AH2 + AK2 = AB2
c) Lấy điểm M nằm trong tam giác sao cho góc AMC bằng 135 0.
MB2 - MC2
MA =
2
Chứng minh:
.
2

Họ và tên: ...............Trịnh Khánh
Dung..............................................SBD .............05.........................


( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm).
PHÒNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN

KỲ VIOLIMPIC LỚP 7
NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Toán - Lớp 7

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1

y
a

b

Nội dung
x 1
3
x  1 y  2 x  y  1 24


 3
y  2 = 5 suy ra 3
5
8
8

Suy ra x = 10; y = 13

1,0

45  45  45  45 65  65  65  65  65  6 5
2 x 6
.
8
5
5
5
5
5
3 3 3
2 2
5
5

4.4 6.6
. 5 8 2 x 6
5
3.3 2.2
46 66
. 6 23 2 x 6
6
3 2

0,5

6

b

6

0,5

 x 5
212 23 2 x  6  2 x  6 4  
 x 1

0,5

a c
a b
2010a 2011b 2010a  2011b





b d suy ra c d = 2010c 2011d 2010c  2011d
2012a  2013b

2012c  2013d
1 2. 3 1 3 . 4 1 4 . 5

1 16 .17
2

M = 1+ 2 . 2 + 3 . 2 + 4 2 +. . .+ 16
2 3 4 5
17
¿ + .+ + +. . .+
2 2 2 2
2
1
¿ ( 1+ 2+ 3+.. .+17 −1 )
2
1 17 . 18
¿
−1 =76
2
2

(

3

0,5

 6  4
3 2 x 6
  .   2
 3  2

2
a

Điểm
4,0
1,0

)

4,0
1,0
1,0

0,5
0,5
0,5
0,5
5,0


a

b

Ta có: M(0) = d  Z (1)
M(1) = a+b+c+d  Z (2)
M(-1) = -a+b-c+d  Z (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra 2b  Z, 2a+2c  Z nên a+b+c  Z
M(2) = 8a + 4b+ 2c+d = 6a +4b + 2a + 2c + d  Z
Suy ra 6a  Z

0,5
0,5
1,0

6
Có: 2| x −2012|+ 3=| y −2013|+2

Do x nguyên nên 2| x −2012|+ 3 nguyên

6
2| x −2012|+ 3 > 0
| y −2013|+2 nguyên Mà
Hay | y −2013|+2 là ước tự nhiên của 6
+ | y −2013|+2 = 1 ⇒ | y −2013|=−1 không có giá
⇒

trị nào của x thoã mãn
+ | y −2013|+2 = 2 ⇒

| y −2013|=0

⇒

⇒ x = 2012
2| x −2012|+ 3=2

⇒

2| x −2012|+ 3=3
+ | y −2013|+2 = 3 ⇒
2| x −2012|=−1

y = 2013
⇒

không có giá trị nào của x thoã mãn
+ | y −2013|+2 = 6 ⇒

2| x −2012|+ 3=1

0,5
0,5

0,5
0,5

⇒

2| x −2012|=−2

không có giá trị nào của x thoã mãn
Vậy x = 2012, y = 2013

0,5
0,5

4

7,0
0,5

a

Ta có: ABH CAK ( cạnh huyền – góc nhọn)




0



1,0



Vì: H K 90 ; ABH CAK ( cùng phụ với góc BAH)
Nên BH = AK; CK = AH

1,0
0,5

Suy ra: BH + CK =AK + AH = HK
b

Áp dụng định lí Pitago vào tam giác ABH vuông tại H
có: BH2 + AH2 = AB2
Do AH = CK, BH=AK (Câu a) nên:
BH2 + CK2 = AB2 ; AK2 + AH2 = AB2

0,5
0,5
1,0

c

Vẽ tam giác AME vuông cân tại A( M và E nằm khác




phía đối với AC). Ta có: BAM CAE ( cùng phụ với góc
MAC)
BAM CAE (c.g .c ) nên BM = EC

EMC
 AMC  AME 1350  450 900

1,0
0,5

Áp dụng đ/l Pitago vào tam giác EMC vuông tại M ta có:
ME2+MC2=EC2
Suy ra: 2MA2+MC2=EC2
0,5
suy ra 2MA2 = EC2 – MC2=MB2 – MC2
suy ra

MA2 

MB 2  MC 2
2
.

Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.