Vẽ ra ngoài tam giỏc ABC cỏc tam giỏc vuụng cõn tại A là ∆ABM và ∆ACN.. Chứng minh AH đi qua trung điểm của MN... Gọi D là giao điểm của MN và AH.. Vẽ tam giác MBK vuông cân tại B K và
Trang 1UBND HUYỆN KINH MễN
PHềNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017 - 2018
MễN: TOÁN 7
Thời gian làm bài: 150 phỳt
( Đề này gồm 5 cõu, 01 trang)
Cõu 1: (2,0 điểm)
a) Tớnh giỏ trị của biểu thức : A = 2x2 – 3x + 5 với 1
2
x =
b) Tỡm x, biết: 2 2
Cõu 2: (2,0 điểm)
a) Cho ba số a, b, c khỏc 0 thỏa món điều kiện:3a b c a 3b c a b 3c
Tớnh giỏ trị biểu thức P = a b b c c a
b) Cho biết (x -1).f(x) = (x +4).f(x +8) với mọi x Chứng minh rằng f(x) cú ớt nhất bốn nghiệm
Cõu 3: (2,0 điểm)
a) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x - 3y +2xy = 4 b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để n2 + 2018
là số chính phơng
Cõu 4: (3,0 điểm)
1) Cho ∆ABC cú gúc A nhỏ hơn 900 Vẽ ra ngoài tam giỏc ABC cỏc tam giỏc vuụng cõn tại A là ∆ABM và ∆ACN
a) Chứng minh rằng: MC = BN và BN ⊥ CM;
b) Kẻ AH ⊥BC (H ∈ BC) Chứng minh AH đi qua trung điểm của MN
2) Cho tam giỏc ABC vuụng cõn tại B Điểm M nằm bờn trong tam giỏc sao cho MA: MB: MC = 1: 2: 3 Tớnh số đo ãAMB?
Cõu 5: (1,0 điểm)
Cho 2016 số nguyờn dương a1, a2, a3 , , a2016 thỏa món :
1 2 3 2016
300
a +a +a + +a =
Chứng minh rằng tồn tại ớt nhất 2 số trong 2016 số đó cho bằng nhau
- Hết
-Họ và tờn thớ sinh: SBD:
Giỏm thị 1: Giỏm thị 2:
Trang 2UBND HUYỆN KINH MễN
PHềNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC
NĂM HỌC : 2017 – 2018 MễN : TOÁN - LỚP 7
(Hướng dẫn chấm gồm: 5 cõu, 04 trang)
1
(2,0đ)
a (1,0đ).
Vỡ 1
2
x = nờn x = 1
2 hoặc x = -
1 2
* Với x = 1
2 thỡ A = 2.(
1
2)
2 – 3.1
2 + 5 = 4
0,25 0,25
*Với x = - 1
2 thỡ A = 2.(-
1
2)
2 – 3.(-1
2) + 5 = 7
Vậy A = 4 với x = 1
2 và A = 7 với x = -
1
2.
0,25
0,25
b (1,0đ) vỡ x2+ + >x 1 0 nờn ta cú:
x2+ + =x 1 x2+5 => x2 + + =x 1 x2 + 5 0,25 => x+ = 1 5=> x + 1 = 5 hoặc x + 1 = - 5 0,25
* Trường hợp 2: x + 1 = - 5=> x = - 6
2
(2,0đ)
a (1,0đ)
Theo bài ra:
3a b c a 3b c a b 3c
(1) với a, b, c khác 0 ta có => 3a b c 2 a 3b c 2 a b 3c 2
0,25
=> 3a b c 2a a 3b c 2b a b 3c 2c
=> a b c a b c a b c
+ Nếu a+ b + c ≠ 0 thì từ (2) ta có a = b = c
Khi đó P = a b b c c a
= 2c 2a 2b 2 2 2 6
+ Nếu a + b + c = 0 thì a + b = - c; b + c = - a; c + a
= - b
Khi đó P = a b b c c a
b (1,0đ)
Vỡ đa thức (x - 1) f (x) = (x +4) f(x +8) đỳng với mọi x nờn
*) Với x = 1 thỡ ta cú: (1 - 1) f(1) = (1 + 4) f(9)
⇒0 f(1) = 5 f(9) ⇒f( 9) = 0
Suy ra x = 9 là 1 nghiệm của đa thức f(x)
0,25
Trang 3*) Với x = - 4 thì ta có : -5 f(-4) = 0 f(4) ⇒f(-4) = 0
*) Với x = 9 thì ta có: 8 f(9) = 13 f(17) ⇒f(17) = 0 (vì f(9) = 0)
*) Với x = 17 thì ta có: 16 f(17) = 21 f(25) ⇒f(25) = 0 (vì f(17) = 0)
Suy ra x = 25 là 1 nghiệm của đa thức f(x)
Vậy đa thức f(x) có ít nhất 4 nghiệm là 9 ; - 4; 17; 25
0,25
3
(2,0đ)
a (1,0đ).
Ta có: x - 3y + 2xy = 4
=> 2x+ 4xy - 6y = 8
=> 2x + 2x.2y - 3.2y - 3 = 8 - 3
=> 2x(1+ 2y) - 3.(2y + 1) = 5
=> (2x - 3)(1 + 2y) = 5
V× x, y ∈ Z nªn 2x - 3 ; 1 + 2y ∈Z nªn 2x - 3 ; 1 + 2y ∈¦(5)
0,5
Ta cã b¶ng sau
2x – 3 - 1 -5 1 5
1 + 2y - 5 -1 5 1
x 1 -1 2 4
y -3 -1 2 0
0,25
V× x, y nguyªn nªn các cặp số nguyên thỏa mãn là:
(x; y) ∈{ (1; -3) ; ( -1; -1); (2; 2); (4; 0) } 0,25
b (1,0đ)
Giả sử n2 + 2018 là số chính phương với n là số tự nhiên
Khi đó ta có n2 + 2018 = m2 (m∈N*)
0,25
Từ đó suy ra : m2 - n2 = 2018 ⇔ m2 – mn + mn - n2 = 2018
⇔m(m - n) + n(m – n) = 2018⇔ (m + n) (m – n) = 2018
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) 0,25 Mặt khác ta có: m + n + m – n = 2m
⇒ 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) 0,25
Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là 2 số chẵn.
⇒ (m + n) (m – n) 4 nhưng 2018 không chia hết cho 4
⇒ Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để n2 + 2018 là số chính phương 0,25
a) Xét ∆ AMC và ∆ ABN, có:
Trang 4D
K I
H
E F
A M
N AM = AB ( ∆ AMB vuông cân)
MAC BAN= (= 90 0 + ·BAC )
AC = AN ( ∆ ACN vuông cân) Suy ra ∆ AMC = ∆ ABN (c.g.c) => MC = BN ( 2 cạnh t ứng)
0,25 0,25 Gọi I là giao điểm của BN với AC, K là
giao điểm của BN với MC.
Vì ∆AMC = ∆ ABN (c.g.c)
⇒ ·ANI =KCI·
mà ·AIN =KIC· (đối đỉnh) ⇒ ·KCI KIC+ · = ·ANI AIN+ · = 90 0
do đó: MC ⊥ BN
0,25
b) Kẻ ME ⊥ AH tại E, NF ⊥ AH tại F Gọi D là giao điểm của MN và AH.
- Ta có: ·BAH +MAE· = 90 0 (vì ·MAB= 90 0 ) (1)
Lại có MAE· +·AME= 90 0 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ·AME =BAH·
Xét ∆ MAE và ∆ ABH, vuông tại E và H, có:
·AME =BAH· (chứng minh trên)
MA = AB( ∆ AMB vuông cân)
Suy ra ∆MAE = ∆ABH (cạnh huyền - góc nhọn)
⇒ ME = AH
0,25
- Chứng minh tương tự ta có ∆ AFN = ∆ CHA (cạnh huyền - góc nhọn)
Ta có ME// NF (cùng vuông góc với AH)=>·EMD =·FND(hai góc so le trong)
Xét ∆ MED và ∆ NFD, vuông tại E và F, có:
ME = NF (= AH)
EMD· =·FND
⇒ ∆ MED = ∆NFD( g.c.g)
⇒MD = ND ( hai cạnh tương ứng) => D là trung điểm của MN
Vậy AH đi qua trung điểm của MN.
0,25 0,25
Theo bài ra: MA: MB: MC = 1: 2: 3
MA MB MC
Đặt
MA= MB = MC = a ( a > 0)
=> MA = a; MB = 2a; MC = 3a
Vẽ tam giác MBK vuông cân tại B ( K và A nằm cùng phía đối với BM)
=> BK= BM = 2a
0,25
Trang 5AB = BC (∆ABC vuông cân tại B)
MBC· =·ABK ( cùng phụ với góc ABM)
BM = BK
Do đó ∆ABK = ∆CBM c g c( . ) suy ra CM = KA = 3a
Xét tam giác vuông MBK vuông tại B ta có
2 2 2 2 2 8 2
MK =MB +MK = a + a = a
AM +MK =a + a = a = a = AK
Theo định lí Py – ta – go đảo => tam giác KMA vuông tại M
⇒·AMK= 90 0
=> ·AMB AMK KMB=· +· = 90 0 + 45 0 = 135 0 Vậy ·AMB= 135 0
0,25 0,25
5
(1,0đ)
Giả sử trong 2016 số đã cho không có 2 số nào bằng nhau, không mất
tính tổng quát ta giả sử a1 < a2 < a3 < < a 2016.
Vì a1, a2, a3 , , a2016 đều là các số nguyên dương
nên: a1 ≥ 1;a2 ≥ 2;a3 ≥ 3; ,a2016 ≥ 2016
0,25
Suy ra:
1 2 3 2016
2 3 2016
0,25
1 2 4 8 .512 993
1 2 2 2 .2 11 300
Mâu thuẫn với giả thiết Do đó điều giả sử là sai
Vậy trong 2016 số đã cho phải có ít nhất 2 số bằng nhau 0,25
Ghi chú: Nếu học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Hết
-UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: TOÁN - LỚP 7
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề gồm có: 5 câu, 01 trang)
Câu 1: ( 2,0 điểm)
Trang 61) Tính M =
4 11 13 2 3 4
4 11 13 4 6 8
+
2) Tính A=1 1 1 1
2 3 4 + + + + 2019 ; B = 1 2 3 2017 2018
2018 2017 2016 + + + + 2 + 1 Tính A
B
Câu 2: ( 2,0 điểm)
1) Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn: x + 2y = 3xy + 3
2) CMR với n nguyên dương thì 3n+2 - 2n+2 + 3n - 2n chia hết cho 10
Câu 3: ( 2,0 điểm )
1) Cho các số dương a,b,c,d; c≠d và a c
b = d CMR( )
2019 2018
2018 2018 2019 2019
2019 2018
2018 2018 2019 2019
=
2) Cho biết 3x− 2y + 5z− 7x + (xy yz xz+ + − 500) 2018 = 0
Tính giá trị biểu thức A = (3x - y - z)2019
Câu 4: (3,0 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
1) Chứng minh rằng: DC = BE
2) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BE Tính số đo góc BIK, góc AMN 3) Chứng minh rằng IA là phân giác của góc DIE
Câu 5 (1,0đ)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng:
ab+bc+ca≤ a2 + +b2 c2< 2(ab+bc+ca)
-Hết -UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI OLYMPIC HỌC SINH GIỎI
Môn: Toán lớp 7 Năm học: 2015 – 2016
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2, 5 điểm)
Trang 71) Tìm x, y biết: 4 4
x y
+ = + và x + y = 11 2) Tính giá trị của biểu thức: a3(a + b)(a5 – b5)(a2 – b) tại a = 5, b = 25
3) Tính A = ( ) ( )
2 3 4 9 5 7 25 49
125.7 5 14
2 3 8 3
+ +
Câu 2 (1,5 điểm)
1) Tìm nghiệm của đa thức f(x) = x2 - 9
2) Cho đa thức f(x) =ax2 +bx+c víi a, b, c lµ c¸c sè nguyên, và a khác 0
Biết với mọi giá trị nguyên của x thì f(x) chia hết cho 7 Chứng minh a, b, c cũng chia hết cho 7
Câu 3 (2, 0 điểm)
1) Tìm tất cả các số tự nhiên a,b sao cho: 2a + 37 = | b – 45 | + b - 45
2) Cho a, b, c thoả mãn: a b c
2014 2015 2016= = Chứng tỏ: 4(a - b)(b - c) = (c – a)2
Câu 4 (3,0 điểm)
1)Cho tam giác ABC có µB < 900 và µB=2Cµ Kẻ AH vuông góc với BC( H
thuộc BC) Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho BE = BH Đường thẳng HE cắt
AC tại D
a) Chứng minh DH = DC = DA
b) Chứng minh AE = HC
2) Cho tam ABC cân tại A có góc A bằng 1000 Lấy điểm M thuộc miền trong
tam giác ABC sao cho góc MCB bằng 200, góc MBC bằng 100 Tính số đo góc AMB
Câu 5 (1,0 điểm)
Tìm các số nguyên dương x, y, z thoả mãn: 2x + + =2y 2z 2336, với x < y < z
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 3 trang)
Điểm thành phần
Tổng điểm
Từ 4 4
x y
+ = + ⇒7(x + 4) = 4(7 + y) ⇒7x = 4y ⇒ 4 7
x y
Trang 84 7
x y
11 11
x y+ = =
⇒x = 4 và y =7
0,5
2
Thay a = 5, b = 25 vào biểu thức ta được:
= 53(5 + 25)(55 – 255)(52 – 25)
= 53(5 + 25)(55 – 255).(25 – 25)
= 53(5 + 25)(55 – 255).0 = 0
0,25 0,25 0,25
0,75
3
( )
10
2 3 4 9 5 7 25 49
125.7 5 14
2 3 8 3
2 3 2 3 5 7 5 7
2 3 2 3 5 7 5 2 7
2 3 3 1 5 7 1 7
2 3 3 1 5 7 1 2
5 7 6
2 3 4 5 7 9 6 3 2
+ +
0,25 0,25 0,25
0,75
2
2 – 9 = 0 ⇒x2 = 9 ⇒ = ±x 3 Vậy đa thức có hai nghiệm là 3; - 3
0,25 0,25 0,5
2
f(0) = c M 7 ⇒ c M7
f(1) = a + b + cM7 ; f(-1) = a – b +c M 7
⇒ 2( a + c ) M7; cM7 ⇒ aM7
a + b + cM7, c M7, aM7 ⇒ b M7
0,25 0,25 0,25 0,25
1,0
3
1
Có | b – 45 | + ( b – 45 ) là số chẵn với mọi số tự nhiên b
⇒ 2a + 37 là số chẵn
⇒ 2a là số lẻ ⇒ a = 0 Với a = 0 ta tìm được b = 64
0,25
0,25 0,5
1,0
2
Từ
2014 2015 2016
a = b = c =
a b b c c a− = − = −
⇒ (a - b)(b – c) = ( )2
4
c a−
⇔ 4 (a – b) (b - c) = (c - a)2
0,5 0,25 0,25
1,0
4 Hình vẽ:
8
A
B
C H
D
B’
1
Trang 9∆BEH cân tại B nên µ µE H= 1 (1)
Ta có µB=2Cµ =2Eµ ⇒ =E Cµ µ (2)
Mà µH1=Hµ 2 (đối đỉnh) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra µH2= ⇒ ∆Cµ HDC cân tại D⇒DH =
DC (4)
Khẳng định ·HAD DHA=· vì cùng phụ µH2
⇒∆HDA cân tại D ⇒DH = DA (5)
Từ (4) và (5) ⇒DH = DA = DC
0,25
0,25 0,25 0,25
1
2 Lấy B’thuộc BC sao cho H là trung điểm của BB’
'
ABB
∆ cân tại A ⇒ ·ABB AB B'=· ' =2Cµ
Mà · ' µ µ
1
AB B A C= + Vậy µ µ
1
A C= ⇒∆AB C' cân tại B’
⇒AB’ = B’C
AB = AB’ = CB’
BE = BH = B’H
Có: AE = AB + BE
HC = CB’ + B’H ⇒AE = HC
0,25 0,25 0,25 0,25
1
Trang 10Vẽ tam giác đều BEM +) Chứng minh: ∆MCB = ∆MCE (c-g-c) ⇒ Góc MCA = Góc MCE = 200
⇒ C,A,E thẳng hàng
⇒ Góc AEM = Góc AME = góc MBC = 100
⇒ Góc AMB = 700
0,25
0,25 0,25 0,25
1
5
2x + + =2y 2z 2336 ⇒ 2 1 2x + y x− +2z x− =2 73
Vì 1 2+ y x− +2z x− là số lẻ nên 2x =25 ⇒ =x 5
2 1 2 2 9
y x z y
Suy ra 2y x− =23 ⇒ − = ⇒ = + = + =y x 3 y x 3 5 3 8
3
1 2+ z y− = ⇒9 2z y− =2 ⇒ − = ⇒ = + = + =z y 3 z y 3 8 3 11
x = 5 ; y = 8 ; z = 11 (TMĐK)
0,25
0,25 0,25 0,25
1