[r]
Trang 1UBND HUYệN YÊN LạC
PHòNG gd & đt
đề thi giao lu hsg năm học 2011-2012
Môn : Toán 7
Thời gian: 90 phút ( Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: ( 3,0 điểm)
a/ Tính A= (212−1).(312−1)…(20121 2 −1)
b/ Cho 4 số a1, a2, a3, a4 0 thỏa mãn a2 = a1a3 ; a3 = a2a4
Chứng minh rằng: a13 +a23 +a33
a23 +a33 +a43
=a1
a4
Câu 2: ( 1,25 điểm)
Tính tổng các hệ số của các hạng tử của đa thức nhận đợc sau khi đã khai triển
và viết đa thức P(x) dới dạng thu gọn, biết P(x) = (10x2 – 7x – 4)2012
Câu 3: ( 1,5 điểm)
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 1! + 2! +3! +…+ x! = y2
Câu 4: ( 1,25 điểm)
Tìm các số không âm x, y, z thỏa mãn: x + 3z = 8; x + 2y = 9 và x + y + z lớn nhất
Câu 5: ( 3,0 điểm)
Cho ΔABC đều, điểm M thuộc cạnh BC Gọi D, E thứ tự là hình chiếu của M trên AB, AB
a/ Tính góc DME
b/Kẻ BH vuông góc với AC tại H, Kẻ MQ vuông góc với BH tại Q Chứng minh
BD = MQ
c/Gọi I, N, K theo thứ tự là hình chiếu của D, H, E trên BC Chứng minh rằng:
BI = NK
d/ Chứng minh rằng: Khi điểm M di chuyển trên cạnh BC thì IK có độ dài không
đổi
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Thí sinh không đợc sử dụng các loại máy tính cầm tay.
Trang 2Đáp án Câu 1: ( 3,0 điểm)
a/ Ta có A= (1− 222 2).(1− 332 2)…(20121− 20122 2)=(−1 322 ).(−2 432 )…(2012−2011 20132 )
=1 2 3 2011
2 3 2012 ⋅ 3 4 2013
2 3 4 2012=
1
2012 ⋅2013
2 =
2013 4024 b/ Theo bài ra a1, a2, a3, a4 0 thỏa mãn a2 = a1a3 ; a3 = a2a4
Ta có : a1
a2=
a2
a3¿
a3
a4 =>
a13
a23
=a23
a33
¿a33
a43
=a1
a2⋅ a2
a3
a3
a4=
a1
áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
a13
a23
=a23
a33
¿a33
a43
=a13 +a23 +a33
a23 +a33 +a43
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: a13 +a23 +a33
a23 +a33 +a43
=a1
a4
Câu 2: ( 1,25 điểm)
Tổng các hệ số của các hạng tử của đa thức nhận đợc sau khi đã khai triển và viết
đa thức P(x) dới dạng thu gọn bằng giá trị của đa thức P(x) tại x=1
Ta có: P(1) = (10.12 – 7.1 – 4)2012 =(-1)2012 =1
Vậy tổng các hệ số của các hạng tử của đa thức nhận đợc sau khi đã khai triển và viết đa thức P(x) dới dạng thu gọn là 1
Câu 3: ( 1,5 điểm)
+Với x=1, ta có 1! = y2 => 1 = y2 => y=± 1
+Với x=2,ta có 1! +2!= y2 => 3 = y2 =>không tìm đợ giá trị của y thỏa mãn đề bài
+Với x=3,ta có 1! +2!+3!= y2 => 9 = y2 =>y=± 3
+Với x4,ta có 1! + 2! +3! +…+ x! =33+5!+6!+…+x! có chữ số tận cùng là 3 (Vì 5!, 6!,…,x! đều có chữ số tận cùng bằng 0) nên không phải là số chính phơng, còn y2 lại là số chính phơng =>không tìm đợ giá trị của y thỏa mãn đề bài
Vậy các cặp số nguyên x, y thỏa mãn đề bài là (x,y) =(1; 1);(1; -1);(3; 3);(3; -3)
Câu 4: ( 1,25 điểm)
Ta có : x + 3z = 8; x + 2y = 9
Suy ra: 2x+2y+3z=17
=>2(x+y+z)=17-z 17 =>(x+y+z) 17/2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z=0 khi đó x=8; y=1/2
=>Giá trị lớn nhất của (x+y+z) là 17/2
Vậy các số x, y, z cần tìm là (x,y,z)=(8; 1/2; 0)
Câu 5: ( 3,0 điểm)
Trang 3a/ ΔABC là tam giác đều nên
∠CME = 900 - ∠C =300 (ΔCME vuông tại E)
∠BMD = 900 - ∠B =300 (ΔBMD vuông tại D)
Do đó : ∠DME = 1800- (∠CME +∠BMD )
=1800- 600 = 1200 b/ Vì BHAC, MEAC nên BH//ME
BH//ME nên ∠MBQ=∠CME
=> ∠MBQ=∠BMD (=300)
ΔBMD và ΔMBQ có ∠MBQ=∠BMD (=300); cạnh huyền BM là cạnh chung
=>ΔBMD = ΔMBQ(ch-gn) =>BD =MQ
c/ ΔBDI vuông tại I có ∠BDI=900 - ∠B =300 => BI =1
2BD (1)
ΔCEK vuông tại K có ∠CEK=900 - ∠C =300 => CK =1
2EC
ΔCHN vuông tại H có ∠CHN=900 - ∠C =300 => CN =1
2HC
=> CN- CK =1
2(HC – EC)=
1
2HE =>NK =
1
2HE (2)
ΔCME vuông tại E có ∠CME =300 => CE =1
2MC
ΔBMD vuông tại D có ∠BMD =300 => BD =1
2BM
=>BD+CE = 1
2(BM+MC)=
1
2BC =
1
2AC Mặt khác HE+CE=HC=1
2AC (BH là đờng cao đồng thời là đờng trung tuyến)
=>BD+CE= HE+CE => BD= HE (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: BI = NK
d/ Ta có : IK= BC- (BI +KC), BI = NK
=>IK= BC- (NK +KC)=BC – NC = BC-1
2HC
=BC-1
2.
1
2AC =
3
4AC không đổi (vì AC cố định)
Vậy khi điểm M di chuyển trên cạnh BC thì IK có độ dài không đổi
A
D
C K
B
E H Q