Vẽ về phớa ngoài tam giỏc ABC cỏc tam giỏc ABE và ACF vuụng cõn tại A.. Từ E và F kẻ đường vuụng gúc EK và FN với đường thẳng HA.. b/ Gọi I là giao điểm của EF với đường thẳng HA.. Tỡm
Trang 1Trờng thcs yên lạc
==============
đề Thi olympic lầN II.
NĂM HỌC 2010-2011 Mụn thi : Toỏn 7
Thời gian: 120 phỳt (Khụng kể thời gian giao đề)
Cõu 1: Tỡm cỏc số x,
a/ (x – 1)3 = - 8 b/ 9 7 − x = 5x− 3
Cõu 2: Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 2 2 ( )2010
2011 2011 5
Cõu 3: Cho tỉ lệ thức a b
b =c Chứng minh rằng ta cú tỉ lệ thức: a22 b22 a
+
Cõu 4: Cho hàm số f(x) xỏc định với mọi x ≠ 0
Và với mọi x ≠ 0 ta đều cú f(x) + 3f(
x
1
) = x2 Hóy tớnh f(2)
Cõu 5: Tìm số nguyên dơng x thoả mãn:
2 1
1
+ 21.3 + … + x(x1+1) = 3 1
x x
− +
− +
Cõu 6: Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn, đường cao AH Vẽ về phớa ngoài tam giỏc
ABC cỏc tam giỏc ABE và ACF vuụng cõn tại A Từ E và F kẻ đường vuụng gúc EK
và FN với đường thẳng HA
a/ Chứng minh rằng: EK = FN
b/ Gọi I là giao điểm của EF với đường thẳng HA Tỡm điều kiện của tam giỏc ABC để EF = 2AI
Cõu 7: Cho bốn số khụng õm thỏa món điều kiện a + b + c + d = 1 Gọi S là tổng cỏc
giỏ trị tuyệt đối của hiệu từng cặp số cú được từ bốn số a, b, c, d Hỏi S cú thể đạt được giỏ trị lớn nhất bằng bao nhiờu
Cõu 8: Cho tam giỏc nhọn ABC với ãBAC = 600 Chứng minh rằng
BC2 = AB2 + AC2 – AB AC
Cõu 9: Với a, b là cỏc số nguyờn dương sao cho a + 3 và b + 2011 chia hết cho 6
Chứng minh rằng: 4a + a + b chia hết cho 6
-Hết -(Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ OLYMPIC
MÔN: TOÁN 7
1
(1 điểm)
a) (x – 1)3 = - 8 => x – 1 = - 2 => x = - 1 Vậy x = - 1
b) 9 7 − x = 5x− 3 Điều kiện: x ≥ 3
5
=> 9 7 5 3
− = −
(Thỏa mãn điều kiện)
Vậy x = 1 hoặc x = 3
0,5
0,5
2
(1 điểm)
Ta có:
2
2 0 5
x
− ≥
y+ ≥ với mọi x, y
Nên A= 2 2 ( )2010
2011 2011 5
Vậy AMax = 2011 khi
2 5 2011
x y
=
= −
0,5 0,5
3
(1 điểm)
Ta có: a b a22 b22 a b. a
b = ⇒c b =c =b c = c
Áp dụng tính chất của dãy tỷ số bằng nhau ta có:
+
+ hay
+ (ĐPCM)
0,5 0,5
4
(1 điểm)
Vì f(x) xác định với mọi x khác 0 nên ta có:
2
f + f =
÷
và 1 3 ( )2 1 2
f + f =
Hay
( ) ( )
f
÷
Vậy f(2) = 13
32
−
0,5
0,5
5
(1 điểm)
ĐK: 0 px≤ 3
Ta có:
x
− +
− +
Vì x nguyên dương và 0 px≤ 3 nên x∈{1; 2;3}
Với x = 1 ( loại) VT= 1
2; VP = 2 1
2 2
+ +
Với x = 2 ( thoả mãn) v ì VT= VP =2
3
Với x = 3 ( loại) VT= 3
4; VP = 1
2
Vậy x= 2 là giá trị cần tìm
0,5
0,5
Trang 3(2 điểm)
a)Chứng minh ∆KAE = ∆HBA
( ch – gn) => EK = AH
Chứng minh ∆NFA = ∆HAC ( ch – gn) => FN = AH
Suy ra EK = FN
b)Chứng minh ∆KEI = ∆NFI ( g.c.g) => EI = FI = EF
2
Mà AI = EF
2 (gt) => AI = EI = FI => IEA IAE· = · và IAF IFA· =¶
=> ·EAF = 900 => ·BAC = 900
Vậy EF = 2AI khi tam giác ABC vuông tại A
0,5 0,5 0,5 0,5
7
(1 điểm)
Giả sử a b c d≥ ≥ ≥ ≥ 0
Ta có S = a b− + − + − + − + − + −b c c d a c a d b d
=> S = a – b + b – c + c – d + a – c + a – d + b – d
=> S = 3a + b – (c + 3d)
Mà c + 3d ≥ 0 => S ≤ 3a + b
Mặt khác a + b + c + d = 1 => a ≤ 1
Suy ra S = 3a + b = 2a + (a + b) ≤ 2.1 + 1 = 3
Dấu bằng xảy ra khi
c 3d 0
1 1
1
a b c d
a b a
+ + + =
+ =
=
<=> = = =b c d a=1 0
Vậy S lớn nhất bằng 3 khi trong bốn số a, b, c, d có một số
bằng 1 còn ba số bằng 0
0,5
0,5
8
(1 điểm)
Kẻ BH ⊥ACVì ·BAC= 600 => ·ABH = 300
=> AH =
2
AB
(1)
Áp dụng dịnh lí Pytago ta có
AB2 = AH2 + BH2 và BC2 = BH2 + HC2
=> BC2 = (AB2 – AH2) + CH2 => BC2 = AB2 – AH2 + (AC –
AH)2
=> BC2 = AB2 – AH2 + AC2 – 2AH.AC + AH2
=> BC2 = AB2 + AC2 – 2AH.AC (2)
9
(1 điểm)
Vì a nguyên dương nên ta có 4a ≡1 (mod3)
=> 4a + 2 ≡0 (mod3) Mà 4a + 2 ≡0 (mod2) => 4a + 2 M 6
Khi đó ta có 4a + a + b = 4a + 2 + a +3 + b + 2011 – 2016 M 6
Vậy với a, b là các số nguyên dương sao cho a + 3 và b + 2011
chia hết cho 6 thì 4a + a + b chia hết cho 6
0,5 0,5
K I
H
E
C B
A
H
C B
A
H
C B
A