Đề thi Olympic Toán 7 năm 2017 – 2018 phòng GD&ĐT Kinh Môn – Hải Dương

Giới thiệu Đề thi Olympic Toán 7 năm 2017 – 2018 phòng GD&ĐT Kinh Môn – Hải Dương

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi Olympic Toán 7 năm 2017 – 2018 phòng GD&ĐT Kinh Môn – Hải Dương.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 7 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề thi Olympic Toán 7 năm 2017 – 2018 phòng GD&ĐT Kinh Môn – Hải Dương

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 7 tại đây

UBND HUYỆN KINH MÔN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 150 phút ( Đề này gồm 5 câu, 01 trang) Câu 1: (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức : A = 2×2 – 3x + 5 với x  1 2 b) Tìm x, biết: x 2  x  1  x 2  5 Câu 2: (2,0 điểm) a) Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện: Tính giá trị biểu thức P = 3a  b  c a  3b  c a  b  3c   a b c ab bc ca   c a b b) Cho biết (x -1).f(x) = (x +4).f(x +8) với mọi x. Chứng minh rằng f(x) có ít nhất bốn nghiệm. Câu 3: (2,0 điểm) a) T×m c¸c cÆp sè nguyªn (x, y) tháa m·n x – 3y +2xy = 4 b) Chøng minh r»ng kh«ng tån t¹i sè tù nhiªn n ®Ó n2 + 2018 lµ sè chÝnh ph­¬ng. Câu 4: (3,0 điểm) 1) Cho  ABC có góc A nhỏ hơn 900. Vẽ ra ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân 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 giác ABC vuông cân tại B. Điểm M nằm bên trong tam giác sao cho MA: MB: MC = 1: 2: 3. Tính số đo  AMB ? Câu 5: (1,0 điểm) Cho 2016 số nguyên dương a1 , a2, a3 , …., a2016 thỏa mãn : 1 1 1 1    …..   300 a1 a2 a3 a2016 Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 số trong 2016 số đã cho bằng nhau ————– Hết —————- Họ và tên thí sinh:………………………………… SBD:……………………………………….. Giám thị 1:…………………………………………..Giám thị 2:…………………………………. 1 UBND HUYỆN KINH MÔN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC : 2017 – 2018 MÔN : TOÁN – LỚP 7 (Hướng dẫn chấm gồm: 5 câu, 04 trang) 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 2 1 *Với x = – thì A = 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 a. (1,0đ). Theo bài ra: 2 (2,0đ) 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 2a 2b Khi ®ã P = =      222  6 c a b c a b + NÕu a + b + c = 0 th× a + b = – c; b + c = – a; c + a = – b Khi ®ã P = ab bc ca c a b =      1  1  1  3 c a b c a b 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) 2 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 0,25 *) 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 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) 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)  3 (2,0đ) 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) 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. 3 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 F N a) Xét  AMC và  ABN, có: AM = AB (  AMB vuông cân)   (= 900 + BAC ) MAC  BAN 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 D M E A I K B H Vẽ hình đúng phần a C  (đối đỉnh) mà  AIN  KIC   KIC    900  KCI ANI  AIN do đó: MC  BN 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.   MAE  = 900 (vì MAB  = 900) (1) – Ta có: BAH   Lại có MAE AME = 900 (2)  Từ (1) và (2)   AME  BAH Xét  MAE và  ABH, vuông tại E và H, có: 0,25   (chứng minh trên) AME  BAH MA = AB(  AMB vuông cân) 4 (3,0đ) Suy ra  MAE =  ABH (cạnh huyền – góc nhọn)  ME = AH – Chứng minh tương tự ta có  AFN =  CHA (cạnh huyền – góc nhọn)  FN = AH 0,25   FND  (hai góc so le trong) Ta có ME// NF (cùng vuông góc với AH)=> EMD Xét  MED và  NFD, vuông tại E và F, có: ME = NF (= AH)   FND  EMD 0,25   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. 4 0,25 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 0,25 => 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) 0,25 BM = BK 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 Suy ra: 5 (1,0đ) 1 1 1 1 1 1 1    .....   1    ... a1 a2 a3 a2016 2 3 2016 1 1 1   1 1  1 1 1 1  1  1            ...      ...   2016   2 3  4 5 6 7   1024 1025 1026 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. ------ Hết ------ 5 0,25 0,25 0,25
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top