De thi chon HSG lop 7 THCS Hoang Phu lan 3

Chứng minh rằng tia HA đi qua trung điểm của đoạn thẳng DE Câu 6.. Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm...[r]

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 7

Cõu 1 (3 điểm) Cho cỏc đa thức:

A(x) = 2x5 – 4x3 + x2 – 2x + 2 B(x) = x5 – 2x4 + x2 – 5x + 3 C(x) = x4 + 4x3 + 3x2 – 8x +

3 4 16

a Tớnh M(x) = A(x) – 2B(x) + C(x)

b Tớnh giỏ trị của M(x) khi x =  0, 25

c Cú giỏ trị nào của x để M(x) = 0 khụng?

Cõu 2 (6 điểm)

a Tỡm cỏc số x; y; z biết rằng:

 

b Tỡm x:

2010 2011 2012 2013

x x x x

c Tỡm x để biểu thức sau nhận giỏ trị dương: x2 + 2014x

Cõu 3 (4 điểm)

a Tỡm x nguyờn biết : x1 x 3  x 5  x 7 8

b Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức: B = x

2 + 15

x2+3

c Tỡm cỏc số nguyờn tố x, y sao cho: 51x + 26y = 2000

d Cho đa thức f(x) ax2 bxc với a, b, c là cỏc số thực Biết rằng f(0); f(1); f(2) cú giỏ trị nguyờn Chứng minh rằng 2a, 2b cú giỏ trị nguyờn

Cõu 4 (5 điểm)

Cho tam giỏc ABC, M là trung điểm của BC Trờn tia đối của của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA Chứng minh rằng:

a AC = EB và AC // BE

b Gọi I là một điểm trờn AC; K là một điểm trờn EB sao cho AI = EK Chứng minh ba điểm I, M, K thẳng hàng

c Từ E kẻ EH BC HBC Biết HBE = 50o; MEB =25o

Tớnh HEM vàBME

Cõu 5 (2 điểm)

a.Từ điểm I tựy ý trong tam giỏc ABC, kẻ IM, IN, IP lần lượt vuụng gúc với BC,

CA, AB Chứng minh rằng: AN2 + BP2 + CM2= AP2 + BM2 + CN2

b Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC Gọi H là chõn đường vuụng gúc kẻ từ A đến BC Chứng minh rằng tia HA đi qua trung điểm của đoạn thẳng

DE

Cõu 6 (1đ) Cho 2n+ 1 là số nguyên tố (n > 2) Chứng minh 2n − 1 là hợp số

Hết

Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh:

Câu Nội dung chính Điểm Câu 1 a M(x) = A(x) – 2B(x) + C(x)

= 2x 5 – 4x 3 + x 2 – 2x + 2 – 2(x 5 – 2x 4 + x 2 – 5x + 3) + x 4 + 4x 3 + 3x 2

– 8x +

3 4 16

= (2x 5 -2x 5 ) + (x 4 + 4x 4 ) + (– 4x 3 +4x 3 ) + (x 2 – 2x 2 +3x 2 ) + (-2x

+10x-8x) + 2- 6 +

3 4

16 = 5x 4 + 2x 2 +

3 16

0,5

0,5

b Tính giá trị của M(x) khi x =  0, 25

Thay x =  0, 25 vào biểu thức M(x) ta được:

5.(  0, 25) 4 + 2( 0, 25) 2 +

3

16 = 0,3125 + 0,5 +

3

16 = 1

0,5 0,5

c Ta có: M(x) = 5x 4 + 2x 2 +

3 16

5( 2

5 25) 16 5

2 1 2 1

5 80

x

M(x) = 0 

2 1 2 1

5 80

x  

= 0 

20

x 

( Vô lí ) Vậy không có giá trị nào của x để M(x) = 0

0,5 0,5

Câu 2 a Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :

 

=

2

( Vì x+y+z0) Do đó x+y+z = 0,5 Thay kết quả này vào đề bài ta có:

2

tức là

2

Vậy

x y z

0,5

0,5 1

.

2010 2011 2012 2013

2010 2011 2012 2013

2014 0 2014

b

x x x

 

Vậy giá trị x cần tìm là : x = -2014

0,5 0,5

0,5 0,5

c Ta có : x 2 +2014x = x(x+2014)

x - -2014 - 0 + x+2014 - 0 + + x(x+2014) + - +

0,5 0,5 1

Vậy x 2 +2014x > 0 khi x < -2014 hoặc x > 0

Câu 3

a

1

A

Để A là số nguyên thì x  3 là ước của 4, tức là x     3  1; 2; 4 

Vậy giá trị x cần tìm là : 1 ; 4 ; 16 ;25 ;49

0,5

0,5 1

b B = x

2 +15

x2 +3 = (x

2 +3)+12

x2 + 3 = 1 + 12

x2+3

Ta có: x ❑2 0 Dấu ‘ =’ sảy ra khi và chỉ khi x = 0 ⇒ x ❑2 + 3 3 ( 2 vế dương )

⇒ 12

x2+3 12

x2+3 4 ⇒ 1+ 12

x2+3 1+ 4

⇒ B 5 Dấu ‘ =’ sảy ra khi và chỉ khi x = 0 Vậy Max B = 5 ⇔ x = 0

0,5 0,5 0,5

0,5

HD: a) Từ 51x + 26y = 2000  17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) do 3,17 là

số NT nên x  2 mà x NT  x = 2 Lại có 1000 – 13y  51 , 1000 – 13y

> 0 và y NT  y =

HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c

Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên  c , a + b + c v 4a + 2b + c nguên à

 a + b v 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên à 

2a , 2b nguyên

Câu 4 Vẽ hình

0,5

Điểm Câu 4 a Xét AMC và EMB có : AM = EM (gt )

AMC = EMB (đối đỉnh )

BM = MC (gt )

Nên : AMC = EMB (c.g.c )  AC = EB

Vì AMC = EMB  MAC = MEB

(2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt

0,5 0,5

K

H

E

M B

A

C I

đường thẳng AE )

Suy ra AC // BE

0,5

b Xét AMI và EMK có : AM = EM (gt )

MAI = MEK ( vì AMCEMB )

AI = EK (gt )

Nên AMIEMK ( c.g.c )

Suy ra AMI = EMK

Mà AMI + IME = 180o ( tính chất hai góc kề bù )

 EMK + IME = 180o

 Ba điểm I;M;K thẳng hàng

0,5

0,5 0,5

c Trong tam giác vuông BHE ( H = 90o ) có HBE = 50o

HEB

 = 90o - HBE = 90o - 50o =40o

HEM

 = HEB - MEB = 40o - 25o = 15o

BME là góc ngoài tại đỉnh M của HEM

Nên BME = HEM + MHE = 15o + 90o = 105o

( định lý góc ngoài của tam giác )

0,5 0,5

0,5

Câu 5 a Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông NIA và NIC ta có:

AN2 =IA2 – IN2; CN2 = IC2 – IN2

 CN2 – AN2 = IC2 – IA2 (1)

Tương tự ta cũng có: AP2 - BP2 = IA2 – IB2 (2)

MB2 – CM2 = IB2 – IC2 (3)

Từ (1); (2) và (3) ta có: AN2 + BP2 + CM2 = AP2 + BM2 + CN2

b Kẻ DQ  AM tại Q, ER

AM tại R

Ta có : + DAQ HBH 

( Cùng phụ BAH )

AD = AB (gt)  ∆AHB =

∆DQA ( Cạnh huyền – góc

nhọn)

 DQ = AH (1)

+ACH EAR

( cùng phụ CAH )

AC = AE (gt)  ∆AHB =

∆DQA ( Cạnh huyền – góc

nhọn)

 ER = AH ( 1) Từ

(1) và (2)  ER = DQ

Lại có M 1 M 2 ( hai góc đối đỉnh )

 ∆QDM = ∆REM ( g.c.g)  MD = ME hay M là trung

điểm của DE

0,5 0,5 1

HD : b) ta có (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) Do 4n- 1 chia hêt cho 3 và

2n+1 lµ sè nguyªn tè (n > 2) suy ra 2n -1 chia hết cho 3 hay 2n -1 là hợp số

Lưu ý: Nếu học sinh có cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa.