De va dap an HSG 7

Trên tia đối của các tia BA và CA lấy lần lượt các điểm M và N sao cho BM = CN.[r]

Đề thi học sinh giỏi Môn toán Lớp 7 Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1 (2 điểm)

a/ Tìm x biết: 1 1 7 4,7

6 x  9 x  15 x  b/ Tính nhanh: 2: 1 5 1:

9 149 7

Bài 2 (2 điểm)

a/ Tìm x,y, z biết: x = 4y = 9

125

z 

và x + y + z = 2029

b/ Cho các đơn thức M = xy2z3; N = yz2t3; P = zt2x3; Q = tx2y3 Chứng tỏ rằng với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu

Bài 3 (2 điểm)

a/ Tìm số nguyên n để biểu thức P = 2

7

n n



 có giá trị lớn nhất

b/ Chứng tỏ rằng: 13 13 13 1 3 1

3 5 7  2009 12

Bài 4 (4 điểm)

Cho tam giác đều ABC Trên tia đối của các tia BA và CA lấy lần lượt các điểm

M và N sao cho BM = CN Gọi I là giao điểm của MC và BN

a/ Chứng minh rằng: MI = NI

b/ Tia phân giác của AMCcắt AI và AN thứ tự tại O và K

Chứng minh rằng MO >

2

MC

c/ BO cắt AN tại Q Chứng minh rằng OKQ cân

================Hết================

Híng dÉn chÊm bµi thi häc sinh giái

M«n to¸n Líp 7 N¨m häc 2008 - 2009

Bài Nội dung Điểm

1

6 9 15 x

 47 47

 47 47:

10 90

b

=2: 1 5 1:

=2.14 5.7

=4.7 5.7

= 4 5 .7

9 9



2

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 9 9

4 500 4 1 500

x z x y z

=2029 9

505



= 2020

b M.N.P.Q = xy2z3.yz2t3 zt2x3 tx2y3= x6y6z6t6 0 với mọi x,y,z,t 0.25 Giả sử tại giá trị nào đó của các biến làm cho 2 trong 4 đơn thức trên

có giá trị khác dấu, không mất tính tổng quát giả sử đó là các đơn thức

 PQ < 0 hay P và Q có giá trị khác dấu

Vậy với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác

dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu 0.25

3

Khi n < 7 thì P < 1; n = 7 thì P không xác định; n > 7 thì P >1 do đó để

tìm giá trị lớn nhất của P ta chỉ xét trờng hợp n >7 0.25 Khi n > 7, P có giá trị lớn nhất  9

7

n  có giá trị lớn nhất  n - 7 có giá trị nhỏ nhất  n nhỏ nhất

0.25

n là số nguyên lớn hơn 7 nên n = 8

Vậy với số nguyên n = 8 thì P có giá trị lớn nhất 0.25

b

Chứng minh đợc với mọi số nguyên n >2 ta luôn có

3

n  n n n

0.25

Từ đó suy ra 13 13 13 1 3

3 5 7  2009 < 1 1 1

2.3.43.4.5 2008.2009.2010 0.25

2 2.3 2009.2010



<1 1.

2 6 = 1

12 Vậy 13 13 13 1 3 1

4

(4đ)

a C/m đợc AMC = ANB 0.5 Suy ra MBI = NCI (gcg)

do đó MI = NI 0.5

b C/m đợc AMI =ANI 0.25  AI là phân giác của MAC

 CO là phân giác của ACM 0.25

Dễ thấy ACMAMC

 OCMOMC  MO > OC 0.25

Mà MO + OC > CM

Nên 2.MO > MC

 MO >

2

MC

c Gọi giao điểm của CO với AM là P.Chứng minh đợc ABO = ACO 0.25

 POM = 60O APCPMO + 60O

0.25

 AQBOKQ hay KQO OKQ

L

u ý:

- Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Nếu học sinh không vẽ hình thì chấm một nửa số điểm của phần làm bài hình, học sinh

vẽ hình sai thì không chấm điểm bài hình.

- Bài làm không chặt chẽ, không đủ cơ sở ở phần nào thì trừ một nửa số điểm ở phần đó.

- Tuỳ theo bài làm của học sinh giám khảo có thể chia nhỏ mỗi ý của biểu điểm.

================Hết================

Q P

O

K

I M

A

N