Đề thi hsg năm học 211-2023

Hãy viết tất cả các tập hợp con của A sao cho mỗi tập hợp con đó có 3 phần tử.. Tính số sách lúc đầu của mỗi thư viện... Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh tham gia trồng cây?. Biết rằng

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012

MÔN: TOÁN – LỚP: 6

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.

a) Cho tập hợp: A = 5; 0; 7; 8

Hãy viết tất cả các tập hợp con của A sao cho mỗi tập hợp con đó có 3 phần tử

b) Tìm chữ số tận cùng của B, biết B = 262011+ 32012

Câu 2.

a) Tìm x, biết: ( x + 1) + (x+ 2)+… + ( x+ 10) = 125

b) Cho S = 7 + 10 + 13 + 16 + ……… + 397 + 400

Tìm số hạng thứ 100 của S và tính tổng S

Câu 3.

Tìm x  Z biết:

1 1 1 1 2 2011

Câu 4.

Số sách ở thư viện A bằng 3

7 số sách ở thư viện B Nếu chuyển 2200 cuốn sách từ thư viện B sang thư viện A thì số sách ở thư viện A bằng 23

17 số sách ở thư viện B Tính số sách lúc đầu của mỗi thư viện

Câu 5.

Cho xOy và  yOz là hai góc kề bù nhau Góc xOy có số đo là 300 a) Vẽ tia phân giác Om của xOy và tia phân giác On của  yOz ; b) Tính số đo  mOn ?

-Họ và tên:……… ……… Số báo danh:…………

HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011 – 2012

MÔN: TOÁN - LỚP 6

-Câu 1 (4,5 điểm)

a) (2 điểm)

Các tập hợp con của A, có 3 phần tử là: 5 ; 0 ; 7 , 5 ; 0 ; 8 , 5 ; 7 ; 8 , 0 ; 7 ; 8

b) (2,5 điểm) Ta có 262011 = 6 (1 điểm)

32012 = (34)503 = 81503 = 1 (1 điểm)

Do đó: B = 262011+ 32012 = 6 + 1 = 7

Câu 2 (4,5 điểm)

a) (2,5 điểm) Ta có: ( x + 1) + (x+ 2)+… + ( x+ 10) = 125

10x + ( 1 + 2 + + 10) = 125 (0,75 điểm)

10x +

2

10 ).

10 1

10x + 50 = 125 (0,5 điểm)

b) (2 điểm) Số hạng thứ nhất : 7 = 1.3 + 4 (0,75 điểm)

Số hạng thứ hai : 10 = 2.3 + 4

Số hạng thứ ba : 13 = 3.3 + 4

Số số hạng của S là : (400 – 7) : 3 + 1 = 132

Câu 3 (4 điểm)

2013

2011 )

1 (

2

15

1 10

1 6

1 3













x x

2013

2011 )

1 (

2

6 5

2 5 4

2 4 3

2 3

.

2















x

2013

2011 )

1

1 1

6

1 5

1 5

1 4

1 4

1 3

1 3

1

2

1

.(

























x

2011 1

1 2

1

.

















2013

1 2013 2

2011 2

1 1





2013

1 



Câu 4 (3 điểm)

Số sách ở thư viện A bằng 3

7 số sách ở thư viện B, tức số sách ở thư viện

A bằng

10

3 7

3

3 

Khi chuyển 2200 cuốn sách từ thư viện B sang thư viện A thì số sách ở thư viện A bằng 23

17 số sách ở thư viện B, tức khi đó số sách ở thư viện A bằng

40

23

23

17

23 

Do đó ta thấy 2200 cuốn sách bằng

40

23

-10

3 =

40

11 tổng số sách (0,5 điểm)

Vậy tổng số sách ở cả 2 thư viện là: 2200 :

40

11 = 8000 (cuốn) (0,5 điểm)

Số sách ở thư viện A là:

10

3 8000 = 2400 (cuốn) (0,5 điểm)

Số sách ở thư viện B là: 8000 – 2400 = 5600 (cuốn) (0,5 điểm)

Câu 5 (4 điểm)

a) (2 điểm)

b) (2 điểm) Vì Om và On là hai tia phân giác của hai góc kề bù nên mOn = 0

90

n

x

y m

0

30

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011 – 2012

MÔN: TOÁN - LỚP: 7

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 Tìm x, biết:

a) 3x – (x – 5) = 19

b) x x + 2012 = 2012 x + x

Câu 2 So sánh A và B biết: A = 101020112010 11; B = 10 1

1

10

2012

2011





Câu 3.

a) Tìm các số nguyên x để biểu thức: A = x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất

b) Cho 4 số nguyên a, b, c, d thoả mãn: a + b = c + d và ab + 1 = cd

Chứng minh rằng: c = d

Câu 4 Ba lớp 7A, 7B, 7C có 94 học sinh tham gia trồng cây Mỗi học sinh lớp

7A trồng được 3 cây, mỗi học sinh lớp 7B trồng được 4 cây, mỗi học sinh lớp 7C trồng được 5 cây Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh tham gia trồng cây? Biết rằng số cây mỗi lớp trồng được đều như nhau

Câu 5 Cho tam giác ABC cân tại A, A=1080 Gọi O là một điểm nằm trên tia phân giác của góc C sao cho  CBO=120.Vẽ tam giác đều BOM (M và A cùng thuộc một nữa mặt phẳng bờ BO)

a) Tính góc MOC

b) Chứng minh ba điểm C, A, M thẳng hàng

c) Chứng minh tam giác AOB cân

-Họ và tên:……… ……… Số báo danh:…………

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012

MÔN: TOÁN 7

-Câu 1: (4 điểm)

a) (2 điểm) 3x – (x – 5) = 19

b) (2 điểm) x x + 2012 = 2012 x + x

(x-2012).( x -1)=0 (0,5 điểm)

Suy ra x=2012 hoặc x=1 (0,5 điểm)

Câu 2: (3,5 điểm)

1 10

9 1

1 10

10

10

2011 2011

2011









Tương tự: 10B =

1 10

9 1

1 10

10

10

2012 2012

2012









Từ (1) và (2) ta thấy :

1 10

9

2011  >

1 10

9

2012  (0,5 điểm)

 10A > 10B (0,5 điểm)  A > B (0,5 điểm)

Câu 3: (4 điểm)

a)(2 điểm) Xét các trường hợp sau: (Mỗi trường hợp đúng cho 0,5 điểm)

Nếu x < 1 thì A = 1 – x +2 – x = 3 – 2x Do x < 1 nên 2x < 2, vì thế A = 3 – 2x >

3 – 2 = 1(*)

Nếu 1  x  2 thì A = x – 1 + 2 – x = 1 (**)

Nếu x > 2 thì A = x – 1 + x – 2 = 2x – 3 Do x > 2 nên 2x > 4, vì thế A = 2x – 3

> 4 – 3 = 1 (***)

Từ (*), (**), (***) suy ra A có giá trị nhỏ nhất là 1 khi và chỉ khi 1  x  2 mà x

Z

 nên x = 1; 2 (0,5 điểm)

b) (2 điểm) Từ a + b = c + d suy ra a = c + d – b (0,5 điểm)

Thay vào ab + 1 = cd ta có:

(c + d – b).b + 1 = cd

- c(d – b) – (d – b).b = - 1

Vì a, b, c, d nguyên nên d – b và b – c nguyên, mà (d – b)(b – c) = - 1 nên

d – b và b – c đối nhau, tức là d – b = - (b – c) Suy ra d – b = - b + c Vậy c = d

(0,5 điểm)

Câu 4: (4 điểm) Gọi số học sinh đi trồng cây của 3 Lớp 7A,7B, 7C theo thứ tự

là x, y, z (x, y, z Z+)

Theo đề ra ta có: x + y + z = 94 (1) (0,5 điểm) và 3x = 4y = 5z (2) (0,5 điểm)

BCNN (3,4,5) = 60

Từ (2)  3

60

x=4

60

y =5

60

z hay

20

x =

15

y =

12

áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta có :

20

x =

15

y =

12

z =

20 15 12

x y z 

  = 94

 x = 40, y = 30 và z = 24

Vậy số học sinh đi trồng cây của các lớp 7A,7B, 7C lần lượt là 4 0, 30 và 24 (1 điểm)

Câu 5: (4,5 điểm)

-Vẽ hình,ghi GT, KL đúng (0,5 điểm)

a) (1,5 điểm)

ABC cân tại A,A =1080,suy ra B=C=360,OCA=OCB=180.Xét

BOC có BOC =1500,BOM=600 suy ra MOC=1500

b) (1,5 điểm)

Ta có BOC=MOC(c-g-c) Suy raOCM=OCB=180 mà OCA=180 nên hai tia CM, CA trùng nhau do đó 3 điểm C,A,M thẳng hàng

c) (1 điểm)

CBM có CM=CB nên cân tại C,suy ra

CBM=CMB=720,BAM=720.VậyBAM cân tại B ,nên BA=BM=BO do

đó AOB cân tại B

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012

MÔN: TOÁN – LỚP: 8

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.

Cho biểu thức:

x 1

a) Rút gọn A

b) Tìm các giá trị của x để A < 1

c) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

Câu 2.

a) Giải phương trình: x3– 3x2 + 3x – 2 = 0

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x + y)2 = (x – 1)(y + 1)

Câu 3.

Cho các số x, y, z thỏa mãn đồng thời:

x + y + z = 1; x2+ y2+ z2= 1 và x3+ y3+ z3= 1

Tính tổng: S = x2010+ y2011+ z2012

Câu 4.

a) Cho m, n, p là các số không âm thoả mãn m + n + p = 1.

Chứng minh: n + p  16mnp

b) Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn x2 - 2xy + x – 2y  0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = x2– 5y2 + 3x

Câu 5 Cho góc xOy vuông và điểm I nằm trong góc đó Kẻ IC vuông góc với

Ox ; ID vuông góc với Oy Biết IC = ID = a Đường thẳng kẻ qua I cắt Ox ở A

và cắt Oy ở B

a) Chứng minh rằng tích AC DB không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi

b) Chứng minh rằng: BD AC  OB OA22

c) Biết SAOB = 3

8a2 Tính CA ; DB theo a

-Họ và tên:……… ……… Số báo danh:…………

HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012

MÔN TOÁN 8

-Câu 1 ( 4,5 điểm)

2 2

2

1 : ) 1 (

1

1

2

x

x x x

x x

x



















) 1 )(

1

(

) 1

(

x x

x

x

x





A =

1



x

b) (1,5 điểm) Ta có: 1 - A =

1

1





x > 0 (0,5 điểm) khi x - 1 < 0 suy ra x < 1 (0,5 điểm)

Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1 (0,5 điểm)

c) (1 điểm) A = 1+

1

1



điểm)

Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1 (0,5 điểm)

Hoặc x-1=1 suy ra x=2

Hoặc x-1=-1 suy ra x=0 (loai)

điểm)

Câu 2 (3,5 điểm)

a) (2 điểm) x3– 3x2 + 3x – 2 = 0

x3– 2x2- x2 + 2x + x – 2 = 0 (0,5 điểm)

x2 (x – 2) – x(x – 2) + (x – 2) = 0 (0,5 điểm)

x – 2 = 0 ( vì x2– x + 1 = (x

-2

1)2 +

4

3 > 0 với mọi x)

 x = 2

b) (1,5 điểm) (x+y)2 = (x-1)(y+1)

<=> x2 + 2xy + y2 = xy + x – y – 1

<=> 2x2 + 2xy + 2y2– 2x + 2y + 2 = 0 (0,5 điểm)

<=> (x+y)2 + (x-1)2 +( y+1)2 = 0 (0,5 điểm)

Do (x+y)2 0; (x-1)2  0; ( y+1)2  0 với mọi x, y nên phương trình đã cho

có nghiệm

<=> 1 00 1

1

1 0

x y

x x

y y

 







   

  



Vậy PT có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, -1) (0,5 điểm)

Câu 3 (3,5 điểm) Ta có: (x + y + z)3= x3+ y3+ z3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)

Kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0 (1 điểm)

Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0 (0,75 điểm)

Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k : x + y + z = 1  z = 1, l¹i kết hợp với đ/k :

x2+ y2+ z2= 1  x = y = 0

(0,75 điểm)

Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1, (0,5 điểm)

S = x2010+ y2011+ z2012 = 1 Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1 (0,5 điểm)

Câu 4 (4 điểm) a) (2 điểm) Ta có: n + p = (n + p) [m + (n + p)]2 (vì m + n + p =

1) (0,5 điểm) Áp dung BĐT: (a+b)2  4ab, ta được:

(n + p) [m + (n + p)]2  (n + p).4m(n + p) = 4m(n + p)2 (0,5 điểm)

Tiếp tục áp dung BĐT trên, ta được: 4m(n + p)2  4m.4np = 16mnp (0,5 điểm)

b) (2 điểm) Ta có x2– 2xy + x – 2y = (x-2y) (x+1)  0

 x  2y (Vì x  0 nên x + 1 > 0) ( 1 điểm) (0,5 điểm)

Do đó M = x2– 5y2 + 3x  4y2- 5y2 + 6y = -y2 + 6y = - (y - 3)2+ 9  9

Vậy Mmax = 9 đạt được <=> x = 6; y = 3 (0,5 điểm)

Câu 5 (4,5 điểm) a) (2 điểm)

Ta có <A chung ; <AIC = <AB0 ( cặp góc đồng vị)

IAC ~ BAO (gg)

Suy ra:

BO

IC AO

BO

AO IC

điểm)

Tương tự: BID ~ BAO (gg)

Suy ra:

BD

OB ID

BD

ID OB

Từ (1) và(2) Suy ra:

BD

ID IC

Hay AC BD = IC ID = a2

Suy ra: AC.BD = a2 không đổi (0,5 điểm)

b) (1,5 điểm) Nh©n (1) víi (2) vÕ theo vÕ ta cã:

OB

OA OB

OA BD

ID IC

điểm)

mµ IC = ID ( theo giả thiết) Suy ra: 22

OB

OA BD

điểm)

c) (1 điểm) Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có;

SAOB =

2

1 OA.OB mµ SAOB =

3

8a2 ( gt)

suy ra: 12 OA.OB = 3

8a2 OA OB =

3

16a2

Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) =

3

16a2  a2 + a( CA + DB ) + CA DB =

3

16a2 (0,5 điểm)

Mà CA DB = a2 ( theo câu a)  a(CA +DB) =

3

16a2 - 2a2

 CA + DB = 10a3 từ đó ta có : CA DB = a2

Từ đó  CA =

3

a và DB = 3a hoặc CA = 3a và DB =

3

điểm)