Đề thi học sinh giỏi Toán 7 – Huyện Hoằng Hoá năm học: 2012 201343496

Kẻ AH vuông góc với BC, DM vuông góc với AH, EN vuông góc với AH.. Tính số đo góc AMB... 2,5đ Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông: MA = MB.. Gọi H là g

đề thi HSG toán 7 – huyện hoằng hoá

Năm học: 2012-2013

Câu 1(4,5 điểm)

a/ Tính giá trị biểu thức : 21 3, 5 : 41 31 7, 5

M      

b/ Tìm x biết :  2

2x 3  16 c/ Tìm x, y biết rằng :  2012  2014

2x 5  3y 4  0

Câu 2 (4,5 điểm)

a/ Tìm đa thức M biết rằng :  2  2 2

M  x  xy  x  xyy

b/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 22 22 3

2

x y B

x y

 



 

c/ Tìm x, y, z biết : ; và x – y + z = 49

2 3 5 4

x y y z

Câu 3 (5,0 điểm)

a/ Tìm hai số hữu tỷ a và b biết a b  2a b a b:

b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của bểu thức : M  2012  x 2013 x

c/ Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để n2 + 2002 là số chính phương

Câu 4 (4,0 điểm) : Cho tam giác nhọn ABC Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các

tam giác vuông tại A : ABD, ACE sao cho AB = AD, AE = AC Kẻ AH vuông góc với BC, DM vuông góc với AH, EN vuông góc với AH

a/ Chứng minh DM = AH

b/ Chứng minh MN đi qua trung điểm của DE

Câu 5 (2,0 điểm) : Cho tam giác đều ABC M là một điểm nằm trong tam giác sao

cho MA : MB : MC = 3:4:5 Tính số đo góc AMB

Hết

Đáp án Toán 7

a/ 21 3, 5 : 41 31 7, 5 7 7 : 25 22 15

M             

35 43 15 35 42 15 245 15 490 645 155 69



1,5

2

2 3 16

x

x



    

 Vậy : x = 3,5 ; x = -0,5

1,5

Câu 1

4,5 c/  2012  2014

2x 5  3y 4  0

Ta có :  

2012

2014

x

y





Mà  2012  2014 =>

2x 5  3y 4  0  2012  2014

2x 5  3y 4  0

2012

2014

1 2

1

3

x x

 





1 2 2 1 1 3

x

y

 





  



1,5

a/ M 5x2  2xy 6x2  9xyy2 M  6x2  9xyy2 5x2  2xy

M  x  xyy  x  xyx  xyy 1,5

b/ 22 22 3 2 2 2 2 2 1 1 2 12

B

B lớn nhất khi 2 2 nhỏ nhất

2

x y 

2

2

0

2 2 0

x

x y y

 







2

x y 

y = 0

Khi đó B lớn nhất = 3 11

2  2

1,5 Câu 2

4,5

2 3 5 4

x y y z

10 15 15 12

49 7

10 15 12 10 15 12 7

x  y  z  x y z    

 

=> x = -70 ; y = -105 ; z = -84

1,5

Câu 3

5,0

a/ Tìm hai số hữu tỷ a và b biết: a b  2a b a b: (1)

Từ a b  2a b   a b 2a 2b  a 3b  a 3b

4

a b a b    b b b b     b b

2,0

=> 3.3 9.

4 4

a  

Vậy : 9; 3

a b

b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của bểu thức : M  2012  x 2013 x

Sử dụng : A  B  A B Dấu “=” xảy ra khi A,B cùng dấu (*)

Ta có :

M   x  x   x x    x x   

Vậy M (min) = 1 khi ( 2012 - x)(x – 2013) ≥ 0 => 2012 ≤ x ≤

2013

1,5

Nhận xét :

Nếu số chính phương chia hết cho a ( là số nguyên tố) thì nó chia

hết cho a2

Giả sử A = n2 + 2002 là số chỉnh phương

- Xét trường hợp 1 : n là số chẵn => n = 2k

=> n2 = 4k2=> A = n2 + 2002 = 4k2 + 2002

Ta có : 4k2 chia hết cho 2 , 2002 chia hết cho 2 => A chia hết cho

2 => A chia hết cho 4

Do 4k2 chia hết cho 4, còn 2002 không chia hết cho 4 => A không

chia hết cho 4(loại)

- Xét trường hợp 2 : n là số lẻ => n = 2k +1

=> A là số chính phương lẻ, có dạng (2b + 1)2 = 4b2 + 4b + 1 chia

cho 4 dư 1

Mà : A = (2k + 1)2 + 2002 = 4k2 + 4k + 2003 chia cho 4 dư 3 (

loại)

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để n2 + 2002 là số chính phương

1,5

Câu 4

4,0

Hình vẽ

H

I

4 3

2 1

1

1

N

M

E

D

C B

A

2,0

3 2 1

5a

4a

3a N

M

C B

A

a/ Chứng minh DM = AH

Xét MAD và HBA có

(gt) (1)

AMDBHA

AD = AB (gt) (2)

(3)

฀ ฀

0

1 1

0

90 90

D A

A A



    

  

Từ 1,2,3 => MAD = HBA (Cạnh huyền – góc nhọn)

=> DM = AH ( Hai cạnh tương ứng)(ĐPCM) (4)

b/ Chứng minh MN đi qua trung điểm của DE

Chứng minh tương tự câu a => EN = AH (5)

Gọi giao điểm của MN và DE là I

C/m được : MID = NIE (Cạnh góc vuông – góc nhọn)

 ID = IE (Hai cạnh tương ứng)

 I là trung điểm của DE => MN đi qua trung điểm I của DE

(ĐPCM)

2,0

Câu 5

2,0

Do MA MB MC: :  3 : 4 : 5

=> Đặt

MA MB MC

a

=> MA = 3a, MB = 4a, MC = 5a

Trên nửa mặt phẳng bờ AC dựng tam giác đều

AMN => AM = AN = MN = 3a và ฀ 0

60

AMN  Xét ABN và ACM có

AB = AC (gt) (1) ; AN = AM = 3a (2)

(3)

฀ ฀

฀ ฀

฀ ฀

0

0

60 60

A A

A A

A A



    

  

Từ 1,2,3 => ABN = ACM (c.g.c)

=> BN = CN = 5a

Xét BMN có BN2 = (5a)2 = 25a2

BM2 + MN2 = (4a)2 + (3a)2 = 25a2

=> BN2 = BM2 + MN2 =>  BMN vuông tại M (đ/l pytago đảo)

=> ฀ 0

90

NMB

90 60 150

AMBAMNNMB  

2,0

2 2

2 2

d

d c b a c

d c b a b

d c b a a

d c b

























2005 1980

1

) 25 (

1

27 2

1 26 1 1

2005 25

1

) 1980 (

1

1982 2

1 1981 1 1





























m m

B

n n

A

Phòng giáo dục và đào tạo

Huyện Hoằng hóa đề thi học sinh giỏi - năm học 2011-2012 Môn toán - lớp 7

Thời gian làm bài : 120 phú t( không kể thời gian giao đề)

Bài 1( 4.0 điểm):

a) Cho biểu thức : M a 2abb Tính giá trị của M với a  1 , 5; b = - 0,75

b) Xác định dấu của c, biết rằng 2a3bc trái dấu với  3a5b3c2

Bài 2( 4.0 điểm):

a) Tìm các số x, y, z biết rằng: và 2x – 3y + z = 6

5 3

; 4 3

z y y x



 b) Cho dãy tỉ số bằng nhau :

c b

a d b a

d c a d

c b d c

b a M

























Bài 3( 3.0 điểm): Cho hàm số y = f(x) = 2 – x2

a) Hãy tính : f(0) ; f( )

2

1

 b) Chứng minh : f(x – 1) = f(1 – x)

Bài 4( 4.0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A, đ-ờng trung tuyến AM Qua A

kẻ đ-ờng thẳng d vuông góc với AM Qua M kẻ các đ-ờng thẳng vuông góc với

AB và AC, chúng cắt d theo thứ tự ở D và E Chứng minh rằng:

a) BD // CE

b) DE = BD + CE

Bài 5( 3.0 điểm): Tìm tỉ số của A và B, biết rằng:

Trong đó A có 25 số hạng và B có 1980 số hạng

Bài 6( 2.0 điểm): Cho tam giác ABC cân Trên cạnh đáy BC lấy điểm D sao

cho: CD = 2 BD Chứng minh rằng: ฀ 1฀ .

2

BAD CAD

Hết

Phòng giáo dục và đào tạo

Hoằng hóa

H-ớng dẫn chấm toán lơp 7

Cõu

1

(4,0đ)

a.(2.5đ) Ta cú: a  1 , 5 a 1 , 5 hoặc a  1 , 5

Với a = 1,5 và b = -0,75 thỡ M a 2abb = 1,5 + 2.1,5.(- 0,75) = 0

Với a = - 1,5 và b = - 0,75 thỡ M a 2abb =

2 3

b (1.5đ) Do 2a3bc và  3a5b3c2 trỏi dấu nờn : a 0;b 0;c 0

.( ) < 0

bc

a3

2  3a5b3c2

6a b c 0 a b c 0

( vỡ a8b4 > 0 với mọi )

Vậy c > 0 tức là mang dấu dương

0.5đ 1.0đ 1.0đ

0.5đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ

Cõu

2

(4,0

đ)

a( 2.0đ)

3 4 9 12 3 5 12 20

x   y x y y  z y  z

9 12 20 18 36 20

Theo tớnh chất dóy tỉ số bằng nhau ta cú:

3 2

6 20 36 18

3 2 20 36

3 18

2

















 y z x y z

x

Suy ra x = 27; y = 36; z = 60

b.(2đ) Từ giả thiết suy ra

d

d c b a c

d c b a b

d c b a a

d c b a

d

d c b a c

d c b a b

d c b a a

d c b a







































































1

2 1

2 1

2 1

2

* Nếu a + b + c + d = 0 thỡ a + b = - (c + d); b + c = - (d + a);

c + d = - ( a + b); d + a = - ( b + c)

Khi đú M = (- 1) + (- 1) +(- 1) +(- 1) = - 4

* Nếu a + b + c + d 0 thỡ  nờn a = b = c = d

d c b a

1 1 1

1    Khi đú M = 1 + 1 + 1 +1 = 4

0.5đ 0.5đ

0.5đ 0.5đ

0.25đ 0.25đ

0.25đ 0.5đ 0.25đ 0.5đ

H D

E

A

3

(3,0

đ)

f( ) = 2 – =

2

1

) 2

1 (

4 7

b.(1.0đ) f(x – 1) = 2 – ( x – 1 )2; f(1 – x ) = 2 – ( 1 – x )2

do (x – 1) và (1 – x) là hai số đối nhau nên bình phương bằng nhau

Vậy 2 – ( x – 1 )2 = 2 – ( 1 – x )2 hay f(x – 1) = f(1 – x)

1.0đ

0.25đ 0.25đ 0.5đ

Câu

4

(4,0

đ)

a (2,5đ) Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh

huyền của tam giác vuông: MA = MB

Gọi H là giao điểm của MD và AB

Tam giác cân AMB có MH đường cao ứng với đáy

nên là đường trung trực, suy ra : DA = DB

Chứng minh được MBD MAD(c.c.c)

suy ra góc MBD = góc MAD = 900;

do đó DBBC

Tương tự ta có : ECBC

Vậy BD // CE (vì cùng vuông góc với BC), đpcm

b (1,5đ) Theo câu a, DB = DA

Tương tự, EC = EA

Suy ra DE = DA + AE = BD + CE

0.5đ

0.5đ 0.25đ

0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ

Câu

5

(3,0

đ)

Ta có :

) 25

1 1

( 25

1 ) 25

(

1

) 1980

1 1

( 1980

1 ) 1980

(

1

m m

m m

n n

n n

















Áp dụng tính A và B ta được:

1980 1 1981 2 1982 25 2005

1980 1 2 25 1981 1982 2005

25 1 26 2 27 1980 2005

[( ) (

25 1 2 25 1981 1982

A

B

2005

 Vậy

396

5 25

1 : 1980

1





B A

0.25đ 0.25đ

0.25đ 0.5đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ

3 1

E

D B

C

A

Câu

6

(2,0

đ)

Gọi M là trung điểm của DC Trên tia đối của tia MA

lấy điểm E sao cho ME = MA

Ta có hai tam giác AMC và EMD bằng nhau

Vì MD = MC, MA = ME, ฀AMCEMD฀

Nên DE = AC, và góc ฀A3 DEM฀

Mặt khác ,

( theo tính chất góc ngoài tam giác)

฀ ฀

1

D B

mà ฀BC฀ ( vì tam giác ABC cân, đáy BC)

nên ฀D1C฀ suy ra AC > AD

Từ đó DE > DA, suy ra ฀A2 DEM฀ ,hay ฀A2 ฀A3

Vì ฀A3 ฀A1( do ABD ACM)

nên góc ฀A2฀A3 ฀A1฀A3hay ฀ ฀ ฀

2 A A A

Suy ra ฀ 1฀ .

2

BAD CAD

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ

Chú ý :

1 Học sinh làm cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa

2 Bài hình không vẽ hình, hoặc vẽ sai thì không chấm điểm

(Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang)

Câu 1: (4,5 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức A 4 2 :2 3 3 :2

b) Tính giá trị của biểu thức B = 2x2 – 3x + 1 với 1

2

c) Tìm 3 số x, y, z biết rằng: x y; và x + y + z = - 110

3  7 y z

2 5

Câu 2: (4,5 điểm)

a) Tìm tập hợp các số nguyên x, biết rằng:

4 : 25 5 7 x 3 : 3, 21 4,5.131 : 211

110

1

20

1 12

1 6

1 2

1























c) Tính giá trị của biểu thức:C = 2x5 – 5y3 + 2015 tại x, y thỏa mãn:

x 1 + (y + 2)20 = 0

Câu 3: (3,5 điểm)

a) Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng số đó là bội của 18 và các chữ số

của nó tỉ lệ theo 1: 2: 3

b) Tìm tất cả các số tự nhiên a, b sao cho : 2a + 37 = b45 + b - 45

Câu 4: (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) Vẽ về phía ngoài tam giác

ABC các tam giác đều ABD và ACE Gọi I là giao của CD và BE, K là giao của

AB và DC

a) Chứng minh rằng: ADC = ABE

b) Chứng minh rằng: DIB฀ = 600

c) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BE Chứng minh rằng

AMN đều

d) Chứng minh rằng IA là phân giác của góc DIE

Câu 5: (1,5 điểm)

Cho 20 số nguyên khác 0 : a1, a2, a3, … , a20 có các tính chất sau:

* a1 là số dương

* Tổng của ba số viết liền nhau bất kì là một số dương

* Tổng của 20 số đó là số âm

Chứng minh rằng : a1.a14 + a14a12 < a1.a12

Hết

Giám thị xem thi không giải thích gì thêm!

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN HOẰNG HOÁ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 NĂM HỌC 2014-2015

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 16/03/2015

Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Họ và tên thí sinh::

SBD

Giám thị 1: Giám thị

2:

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7

NĂM HỌC 2014-2015 MÔN : TOÁN.

a (1,5)

     

Vậy : A = 0

0,75 đ 0,5đ 0,25đ

b (1,5)

Vì 1 nên x = hoặc x = -

2

2

1 2 Với x = thì: A = 2.( )1 2 – 3 + 1 = 0

2

1 2

1 2 Với x = - thì: A = 2.(- )1 2 – 3.(- ) + 1 = 3

2

1 2

1 2 Vậy : A=0 với x = và A=3 với x = - 1

2

1 2

0,75 đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

CÂU 1

(4,5đ)

c (1,5)

6 14 35

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

= -2

6 14 35 x y z 110

Suy ra x = -2.6 = -12; y = -2.14 = -28; z = -2.35 = - 70

Vậy:x = -12; y = -28; z = - 70

0,5đ

0,5đ 0,25đ 0,25đ

CÂU 2

(4,5đ) (1,5)a

2) Ta có: 4 : 25 5 7 41 18 7 2 7 5

9 18  9 41     Lạicó:

0,5đ

0,5đ 0,5đ

Do đú: - 5 < x < 2 mà x  Z nờn x {-4; -3; -2; -1}

5



b

(2,0)

a) Nhận xét: Vế trái của đẳng thức luôn 0 nên vế phải 0   suy ra 11x 0 hay x 0. 

với x 0 ta có: 

suy ra x = 1- 1 = (TM)

11

10 11 Vậy:x = 10

11

0,75đ

0,75đ 0,25đ 0,25đ

c

(1,0)

1) Do x 1 ≥ 0; (y + 2)20≥ 0  x 1 + (y + 2)20≥ 0 với mọi x, y

Kết hợp x 1+ (y + 2)20 = 0 suy ra x 1= 0 và (y + 2)20 = 0

 x = 1; y = - 2

Giỏ trị của biểu thức :C=2x5 – 5y3 + 2015 tại x = 1; y = - 2 là:C=2.15 – 5.(-2)3 + 2015 = 2 + 40 + 2015 = 2057

Vậy C=2057

0,25 đ 0,25đ

0,25 đ 0,25đ

a

(1,5)

Gọi a, b, c là cỏc chữ số của số cú ba chữ số cần tỡm Khụng mất tớnh tổng quỏt, giả sử a b c 9   

Ta cú 1 a + b + c 27   Mặt khỏc số cần tỡm là bội của 18 nờn là bội của 9,

do đú a + b + c = 9 hoặc a + b + c = 18 hoặc a + b + c = 27

a   b c a b c

Như vậy a + b + c chia hết cho 6, nờn a + b + c = 18

Từ đú suy ra a = 3, b = 6, c = 9

Do số phải tỡm là bội của 18 nờn chữ số hàng đơn vị chẵn,

vỡ vậy hai số cần tỡm là: 396; 936

0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

CÂU 3

(3,5đ)

b

(2,0)

Nhận xột: Với x ≥ 0 thỡ + x = 2xx Với x < 0 thỡ + x = 0 Do đú + x luụn là số chẵn với  xZ.x x

Áp dụng nhận xột trờn thỡ b45 + b – 45 là số chẵn với b  Z

Suy ra 2a + 37 là số chẵn  2alẻ  a = 0 Khi đú b45 + b – 45 = 38

+ Nếu b < 45, ta cú - (b – 45) + b – 45 = 38  0 = 38 (loại) + Nếu b ≥ 45 , ta cú 2(b – 45) = 38 b – 45 = 19  b = 64 (TM) vậy (a; b) = (0; 64)

0,5 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ CÂU 4

(6,0đ) (1,0)a

I K

A

D

E

Ta có: AD = AB; DAC฀ BAE฀ và AC = AE Suy ra ADC = ABE (c.g.c)

0,75 đ 0,25 đ

b

(1,5)

Từ ADC = ABE (câu a)ABE฀ ADC฀ ,

mà BKI฀ AKD฀ (đối đỉnh)

Khi đó xét BIK và DAK suy ra BIK฀ DAK฀ = 600(đpcm)

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

c

K A

B

C

D

E

M

N J

Từ ADC = ABE (câu a)  CM = EN và ฀ACMAEN฀

ACM = AEN (c.g.c)  AM = AN và ฀CAMEAN฀

= 600 Do đó AMN đều

MANCAE

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ d

(2,0)

Trên tia ID lấy điểm J sao cho IJ = IB  BIJ đều  BJ = BI và

= 600 suy ra , kết hợp BA = BD

JBIDBA IBA฀ JBD฀

IBA = JBD (c.g.c) AIB฀ DJB฀ = 1200 mà BID฀ = 600

= 600 Từ đó suy ra IA là phân giác của góc DIE

฀ DIA



CÂU 5

(1,5đ) (1,5)

Ta có : a1 + (a2 + a3 + a4) + … + (a11 + a12 + a13) + a14 + (a15 + a16 +

a17) + (a18 + a19 + a20) < 0 ; a1 > 0 ; a2 + a3 + a4 > 0 ; … ; a11 + a12 +

a13 > 0 ; a15 + a16 + a17 > 0 ; a18 + a19 + a20 > 0 => a14 < 0

Cũng như vậy : (a1 + a2 + a3) + … + (a10 + a11 + a12) + (a13 + a14) + (a15 + a16 + a17) + (a18 + a19 + a20) < 0 => a13 + a14 < 0

Mặt khác, a12 + a13 + a14 > 0 => a12 > 0

Từ các điều kiện a1 > 0 ; a12 > 0 ; a14 < 0 => a1.a14 + a14a12 < a1.a12 (đpcm)

0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ

Chú ý:

+)Nếu HS làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa +)Nếu HS thiếu đáp số trừ 0,25 điểm

+)Câu 2a);3a) Nếu thiếu 1 giá trị trừ 0,1 điểm

+)Câu 2b);3b) Không kiểm tra điều kiện trừ 0,1 điểm