Tải bản đầy đủ

Olympic toán 7 kinh môn 2015 2016

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)

Câu1 (2,5 điểm)
1) Tìm x, y biết:

x4 4
 và x + y = 11
7 y 7

2) Tính giá trị của biểu thức: a3(a + b)(a5 – b5)(a2 – b) tại a = 5, b = 25
3) Tính A =

212.35  46.92


 22.3  84.35
6



510.73  255.492

 125.7 

3

 59.143

Câu 2 (1,5 điểm)
1) Tìm nghiệm của đa thức f(x) = x2 - 9
2) Cho đa thức f ( x)  ax 2  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
a
b
c


2) Cho a, b, c thoả mãn:
. Chứng tỏ: 4(a - b)(b - c) = (c – a)2
2014 2015 2016
Câu 4 (3,0 điểm)

�  2C
� . Kẻ AH vuông góc với BC( H
� < 900 và B
1)Cho tam giác ABC có B
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: 2 x  2 y  2 z  2336 , với x < y < z
......................Hết.....................

1


HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 3 trang)

Bài

Câu

Đáp án
x4 4
x y
 � 7(x + 4) = 4(7 + y) � 7x = 4y � 
7 y 7
4 7
x y x  y 11
 =
 1
4 7
11 11
� x = 4 và y =7
Thay a = 5, b = 25 vào biểu thức ta được:
Từ

1
1
2

= 53(5 + 25)(55 – 255)(52 – 25)
3

5

= 5 (5 + 25)(5 – 25 ).(25 – 25)

 2 .3
2

6

 8 .3
4

5



1,0
0,5
0,25
0,75

0,25

= 53(5 + 25)(55 – 255).0 = 0

A

Tổng
điểm

0,5

0,25

5

212.35  46.92

Điểm
thành
phần

510.73  255.492

 125.7 

3

 59.143
10

3

212.35  212.34 510.7 3  5 .7 4
 12 6 12 5  9 3 9 3 3
2 .3  2 .3 5 .7  5 .2 .7
212.34.  3  1 510.7 3.  1  7 
 12 5

2 .3 .  3  1 59.73.  1  23 
10 3
212.34.2 5 .7 .  6  1 10 7
 12 5 
 

2 .3 .4
59.73.9
6
3
2

1

2
2

3

1

0,25
0,75
0,25
0,25

x2 – 9 = 0 � x2 = 9 � x  �3

0,25

Vậy đa thức có hai nghiệm là 3; - 3
f(0) = c M7  c M7.

0,25
0,25

f(1) = a + b + c M7 ; f(-1) = a – b +c M7.

0,25

 2( a + c ) M7; cM7  aM7

0,25

a + b + c M7, c M7, aM7  b M7
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

2

0,5

1,0

0,25
1,0
0,25
0,25
0,5


2

4

a b b c c  a
a
b
c




Từ
=

1

1
2
2014 2015 2016
2
c a

 (a - b)(b – c) =
4
 4 (a – b) (b - c) = (c - a)2

0,5
0,25

1,0

0,25

Hình vẽ:
A
1

D
B

2
1

H

C

B’

E

�H
�1 (1)
 BEH cân tại B nên E
�  2C
�  2E
��E
� C

Ta có B
(2)
�1  H
� 2 (đối đỉnh)
Mà H
(3)
1

2

�2  C
� �  HDC cân tại D � DH =
Từ (1), (2), (3) suy ra H
DC (4)
�  DHA

�2
Khẳng định HAD
vì cùng phụ H
�  HDA cân tại D � DH = DA (5)
Từ (4) và (5) � DH = DA = DC
Lấy B’thuộc BC sao cho H là trung điểm của BB’

ABB ' cân tại A � �
ABB '  �
AB ' B  2C

� � AB 'C cân tại B’
� . Vậy �
Mà �
A1  C
AB ' B  �
A1  C
� AB’ = B’C.

AB = AB’ = CB’

0,25
0,25
0,25
0,25
1
0,25
0,25
0,25

BE = BH = B’H
Có: AE = AB + BE
HC = CB’ + B’H � AE = HC

3

1

0,25


3

1

Vẽ tam giác đều BEM

0,25

+) Chứng minh: ∆MCB = ∆MCE (c-g-c)
 Góc MCA = Góc MCE = 200
 C,A,E thẳng hàng

0,25

 Góc AEM = Góc AME = góc MBC = 100

0,25

 Góc AMB = 700.
2 x  2 y  2 z  2336 � 2 x  1  2 y  x  2 z  x   25.73

0,25

x
5
Vì 1  2 y  x  2 z  x là số lẻ nên 2  2 � x  5

1  2 y  x  2 z  x  73 � 2 y  x  2 z  x  72
5

2 y  x  1  2 z  y   23.9

Suy ra 2

yx

 2 � y  x 3� y  x3538
3

0,25
0,25
0,25

1  2 z  y  9 � 2 z  y  23 � z  y  3 � z  y  3  8  3  11
x = 5 ; y = 8 ; z = 11 (TMĐK)

4

0,25

1


UBND HUYN KINH MễN
PHềNG GIO DC V O TO

THI OLYMPIC NM HC 2017 - 2018
MễN: TON 7
Thi gian lm bi: 150 phỳt
( ny gm 5 cõu, 01 trang)

Cõu 1: (2,0 im)
a) Tớnh giỏ tr ca biu thc : A = 2x2 3x + 5 vi x

1
2

2
2
b) Tỡm x, bit: x x 1 x 5

Cõu 2: (2,0 im)
a) Cho ba s a, b, c khỏc 0 tha món iu kin:
Tớnh giỏ tr biu thc P =

3a b c a 3b c a b 3c


a
b
c

ab bc c a


c
a
b

b) Cho bit (x -1).f(x) = (x +4).f(x +8) vi mi x. Chng minh rng f(x) cú ớt
nht bn nghim.
Cõu 3: (2,0 im)
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 n 2 + 2018
là số chính phơng.
Cõu 4: (3,0 im)
1) Cho ABC cú gúc A nh hn 900. V ra ngoi tam giỏc ABC cỏc tam giỏc
vuụng cõn ti A l ABM v ACN.
a) Chng minh rng: MC = BN v BN CM;
b) K AH BC (H BC). Chng minh AH i qua trung im ca MN.
2) Cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti B. im M nm bờn trong tam giỏc sao
cho MA: MB: MC = 1: 2: 3. Tớnh s o
AMB ?
Cõu 5: (1,0 im)
Cho 2016 s nguyờn dng a1 , a2, a3 , ...., a2016 tha món :
1 1 1
1
.....
300
a1 a2 a3
a2016

Chng minh rng tn ti ớt nht 2 s trong 2016 s ó cho bng nhau
-------------- Ht ----------------

H v tờn thớ sinh:....................................... SBD:...............................................
5


Giám thị 1:..................................................Giám thị
2:........................................
UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC
NĂM HỌC : 2017 – 2018
MÔN : TOÁN - LỚP 7
(Hướng dẫn chấm gồm: 5 câu, 04 trang)

Câu

Đáp án
a. (1,0đ).

1
1
1
Vì x  nên x = hoặc x = 2
2
2
1
1
1
* Với x = thì A = 2.( )2 – 3. + 5 = 4
2
2
2
1
1
1
*Với x = - thì A = 2.(- )2 – 3.(- ) + 5 = 7
2
2
2
1
1
1
Vậy A = 4 với x = và A = 7 với x = - .
(2,0đ)
2
2
2
b. (1,0đ). vì x  x  1  0 nên ta có:
x 2  x  1  x 2  5 => x 2  x  1  x 2  5
=> x  1  5 => x + 1 = 5 hoặc x + 1 = - 5
* Trường hợp 1: x + 1 = 5 => x = 4
* Trường hợp 2: x + 1 = - 5=> x = - 6
Vậy x = - 6 hoặc x = 4
2
a. (1,0đ).
(2,0đ) Theo bài ra:
3a  b  c a  3b  c a  b  3c


(1) víi a, b, c kh¸c 0 ta cã
a
b
c
3a  b  c
a  3b  c
a  b  3c
2 
2
2
=>
a
b
c
3a  b  c  2a a  3b  c  2b a  b  3c  2c


=>
a
b
c
abc abc abc


=>
(2)
a
b
c
+ NÕu a+ b + c � 0 th× tõ (2) ta cã a = b = c
ab bc ca
2c 2 a 2b




 222  6
Khi ®ã P =
=
c
a
b
c
a
b

+ NÕu a + b + c = 0 th×
=-b
Khi ®ã P =

a + b = - c; b + c = - a; c + a

ab bc ca
c a b




 1  1  1  3
=
c
a
b
c
a
b

6

Điểm
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


b. (1,0đ).
Vì đa thức (x - 1). f (x) = (x +4). f(x +8) đúng với mọi x nên
*) Với x = 1 thì ta có: (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)
*) Với x = - 4 thì ta có : -5. f(-4) = 0. f(4)  f(-4) = 0
Suy ra x = - 4 là 1 nghiệm của đa thức f(x)
*) Với x = 9 thì ta có: 8. f(9) = 13. f(17)  f(17) = 0 (vì f(9) = 0)
Suy ra x = 17 là 1 nghiệm của đa thức f(x)
*) 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
3
a. (1,0đ).
(2,0đ)
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)
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
V× x, y nguyªn nªn các cặp số nguyên thỏa mãn là:
(x; y) �

(1; -3) ; ( -1; -1); (2; 2); (4; 0) 

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 * )
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)
Mặt khác ta có: m + n + m – n = 2m
 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)

7

0,25

0,25
0,25
0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25
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.

4
(3,0đ)

F

N
D

M

E

A
I
K

B

H

C

Vẽ hình đúng phần a
a) Xét  AMC và  ABN, có:
AM = AB (  AMB vuông cân)
�  BAN
� (= 900 + BAC
� )
MAC
AC = AN (  ACN vuông cân)
Suy ra  AMC =  ABN (c.g.c)
=> MC = BN ( 2 cạnh t. ứng)
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
� (đối đỉnh)
mà �
AIN  KIC
�  KIC
� �
�  900
� KCI
ANI  AIN
do đó: MC  BN

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

b) Kẻ ME  AH tại E, NF  AH tại F. Gọi D là giao điểm của MN và AH.

� = 900 (vì MAB
� = 900) (1)
- Ta có: BAH
 MAE
0

Lại có MAE
(2)
�
AME = 90

Từ (1) và (2) � �
AME  BAH
Xét  MAE và  ABH, vuông tại E và H, có:


(chứng minh trên)
AME  BAH
MA = AB(  AMB vuông cân)
Suy ra  MAE =  ABH (cạnh huyền - góc nhọn)
� ME = AH
- Chứng minh tương tự ta có  AFN =  CHA (cạnh huyền - góc nhọn)
� FN = AH

� (hai góc so le trong)
Ta có ME// NF (cùng vuông góc với AH)=> EMD
 FND
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

0,25

0,25

0,25
0,25

Vậy AH đi qua trung điểm của MN.

8


Theo bài ra: MA: MB: MC = 1: 2: 3 �
Đặt

MA MB MC


1
2
3

MA MB MC


= a ( a > 0)
1
2
3

=> 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
Xét  ABK và  CBM có:
AB = BC (  ABC vuông cân tại B)
� �
MBC
ABK ( cùng phụ với góc ABM)
BM = BK

0,25

0,25

Do đó ABK  CBM  c.g .c  suy ra CM = KA = 3a.
Xét tam giác vuông MBK vuông tại B ta có
MK 2  MB 2  MK 2   2a    2a   8a 2
2

2

Xét tam giác AMK có AM 2  MK 2  a 2  8a 2  9a 2   3a   AK 2
2

Theo định lí Py – ta – go đảo => tam giác KMA vuông tại M.
��
AMK  900
�  900  450  1350 . Vậy �
=> �
AMB  �
AMK  KMB
AMB  1350

0,25
0,25

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

0,25

nên: a1 �1; a2 �2; a3 �3;....., a2016 �2016
1

1

1

1

1

1

1

Suy ra: a  a  a  .....  a  1  2  3  ... 2016
1
2
3
2016
5
(1,0đ)

0,25
1
1
1 �
�1 1 � �1 1 1 1 �
�1
 1  �  � �    � ...  �


 ... 

1024 1025 1026
2016 �
�2 3 � �4 5 6 7 �

1
1
1
1
1
 1  .2  .4  .8  .... 
.512 
.993
2
4
8
512
1024
1
1
1
1
 1  .2  2 .22  3 .23  ....  10 .210  11  300
2
2
2
2

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.
Ghi chú: Nếu học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

9

0,25

0,25


------ 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)
3 3 3
 
4 11 13 
1) Tính M = 5 5 5
 
4 11 13
1
2

1
3

1
4

2) Tính A=    ... 

1 1 1
 
2 3 4
5 5 5
 
4 6 8
1
1
2
3
2017 2018
A


 ... 

; B=
. Tính
2019
2018 2017 2016
2
1
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 )




a 2018  b 2018
a c
1) Cho các số dương a,b,c,d; c �d và  . CMR 2018 2018
b d
c d




2019
2019

a

c

2019

 b 2019

2019

 d 2019




2018
2018

2018
2) Cho biết 3x  2 y  5 z  7 x  ( xy  yz  xz  500)  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 �a 2  b 2  c 2 < 2(ab+bc+ca)
---------------------------Hết---------------------

10



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×