Đề thi hsg Toán 7

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ******* KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7 Năm học 2003 2004 MÔN THI TOÁN Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (3 điểm) Tìm số tự nhiên nho[.]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

*******

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7

Năm học 2003 - 2004

MÔN THI : TOÁN

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

Bài 1 (3 điểm)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất a để khi ghép nó vào bên phải số 2004 thì được một số tự nhiên chia hết cho 2003

Bài 2 (5 điểm)

Cho hai hàm số : f(x) = |x – 1| + 1 và g(x) = |x – 2| + 2

1 Tìm x để f(x) – 2g(x) = -3 ;

2 Tìm x để f(x) = g(f(2))

Bài 3 (3 điểm)

Chứng minh rằng không thể tìm được các số nguyên x, y, z thoả mãn :

|x – y| + |y – z| + |z – x| = 2005

Bài 4 (3 điểm)

Bài 5 (6 điểm)

Cho ∆ABC có và Trên tia phân giác BE (E thuộc AC) của lấy điểm F sao cho sao cho Gọi I là trung điểm của AF, EI cắt AB ở K

1 Chứng minh : EK  AF

2 Chứng minh : BE  CK

Họ và tên : ……… SBD : ……… Trường THCS : ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1 (3 điểm)

Đặt (n ∈ N*, là các chữ số, )

Số tự nhiên cần tìm có dạng :

Theo giả thiết, ta có : ⋮ 2003  2004.10n + ⋮ 2003

 2003.10n + 10n + ⋮ 2003  10n + ⋮ 2003 (vì 2003.10n ⋮ 2003) Xét các trường hợp :

- Với n = 1, ta được 10 + ⋮ 2003  không tìm được vì 10 < 10 + < 20

- Với n = 2, ta được 100 + ⋮ 2003

 không tìm được vì 100 < 100 + < 200

- Với n = 3, ta được 1000 + ⋮ 2003

 không tìm được vì 1000 < 1000 + < 2000

- Với n = 4, ta được 10000 + ⋮ 2003  10000 + - 5.2003 ⋮ 2003

Nhận xét : 999 < < 10000  984 < - 15 < 9985 (2)

Vì phải là số tự nhiên nhỏ nhất nên từ (1) và (2) suy ra :

- 15 = 2003  = 2018 Vậy số tự nhiên a nhỏ nhất cần tìm là a = 2018

Bài 2 (5 điểm)

1 f(x) – 2g(x) = -3  |x – 1| + 1 – 2(|x – 2| + 2) = -3

 |x – 1| - 2|x – 2| = 1 (1) Xét các trường hợp :

- Nếu x < 1 thì x – 1 < 0 và x – 2 < 0  |x – 1| = 1 – x, |x – 2| = 2 - x

(1) trở thành : 1 – x – 2(2 – x) = 1

 1 – x – 4 + 2x = 1  x = 4 (không thoả mãn x < 1)

- Nếu 1  x < 2 thì x – 1  0 và x – 2 < 0  |x – 1| = x – 1, |x – 2| = 2 - x

(1) trở thành : x – 1 – 2(2 – x) = 1  x – 1 – 4 + 2x = 1

 3x = 6  x = 2 (không thoả mãn 1  x < 2)

- Nếu x  2 thì x – 1 > 0 và x – 2  0  |x – 1| = x – 1, |x – 2| = x - 2

(2) trở thành : x – 1 – 2(x – 2) = 1  x – 1 – 2x + 4 = 1

 -x = -2  x = 2 (thoả mãn x  2) Vậy giá trị của x cần tìm là x = 2

2 f(2) = |2 – 1| + 1 = 2  g(f(2)) = g(2) = |2 – 2| + 2 = 2

Do đó f(x) = g(f(2))  |x – 1| + 1 = 2  |x – 1| = 1  

Vậy với x ∈ {0 ; 2} thì f(x) = g(f(2))

Bài 3 (3 điểm)

Không giảm tổng quát có thể giả sử x  y  z

Khi đó x – y  0, y – z  0, z – x  0

 |x – y| + |y – z| + |z – x| = 2005  x – y + y – z + x – z = 2005

 2(x – z) = 2005 (*) Vì x, z ∈ Z nên vế trái (*) là số nguyên chẵn, còn 2005 là số lẻ nên không tìm được

x, z thoả mãn (*)

Vậy không thể tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn điều kiện đề bài

Bài 4 (3 điểm)

Vì x2  0 x  3x2 + 4  4, 2004x2 + 1  1   2,  1

  3 (dấu bằng xảy ra  x = 0) (1)

Mặt khác, 3 – 4x2  3 (dấu bằng xảy ra  x = 0) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

Vậy x = 0

Bài 5 (6 điểm)

3

1 2

1

1

1

K I

F E

C

1 Vì BE là tia phân giác của nên

Xét AEF có :

(vì là góc ngoài của FAB)

Suy ra AEF cân tại E  EI vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao  EI  AF Hay EK  AF

2 Vì là góc ngoài của AEB nên

AEF cân tại E nên đường trung tuyến EI đồng thời là đường phân giác của Suy ra

Xét BCE và BKE có :

BE là cạnh chung

Nên BCE = BKE (g.c.g)  BC = BK và EC = EK

Suy ra B và E cùng thuộc đường trung trực của CK

Do đó BE  CK