30 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 (Có đáp án)

Nội dung text: 30 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 (Có đáp án)

1. Đề 1 Câu 1. Với mọi số tự nhiên n ≥ 2 hy so sánh: 1 1 1 1 a. A= + + + + với 1 . 223 24 2n 2 1 1 1 1 b. B = + + + + với 1/2 224 26 2 ()2n 2 3 4 n +1 Câu 2: Tìm phần nguyên của α , với α =2 +3 +4 + + n+1 2 3 n Câu 3: Tìm tỉ lệ 3 cạnh của một tam giác, biết rằng cộng lần l−ợt độ di hai đ−ờng cao của tam giác đó thì tỉ lệ các kết quả l 5: 7 : 8. Câu 4: Cho góc xoy , trên hai cạnh ox v oy lần l−ợt lấy các điểm A v B để cho AB có độ di nhỏ nhất. Câu 5: Chứng minh rằng nếu a, b, c v a+ b + c l các số hữu tỉ. Đề 2: Mụn: Toỏn 7 Bài 1: (3 điểm): Tớnh 1 1 2   2 3  18− (0,06:7 + 3 .0,38) : 19 − 2 .4  6 2 5   3 4  Bài 2: (4 điểm): Cho a= c chứng minh rằng: c b 2+ 2 2− 2 − a) a c= a b) b a= b a b2+ c 2 b a2+ c 2 a Bài 3:(4 điểm) Tỡm x biết: 1 15 3 6 1 a) x + −4 = − 2 b) −x + = x − 5 12 7 5 2 Bài 4: (3 điểm) Một vật chuyển động trờn cỏc cạnh hỡnh vuụng. Trờn hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, trờn cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trờn cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s. Hỏi độ dài cạnh hỡnh vuụng biết rằng tổng thời gian vật chuyển động trờn bốn cạnh là 59 giõy Bài 5: (4 điểm) Cho tam giỏc ABC cõn tại A cú A = 200 , vẽ tam giỏc đều DBC (D nằm trong tam giỏc ABC). Tia phõn giỏc của gúc ABD cắt AC tại M. Chứng minh: a) Tia AD là phõn giỏc của gúc BAC b) AM = BC 1
2. Bài 6: (2 điểm): Tỡm x, y ∈ ℕ biết: 25−y2 = 8( x − 2009) 2 Đề 3 Bài 1:(4 điểm) a) Thực hiện phộp tớnh: 12 5− 6 2 10 3 − 5 2 =2.3 4.9 − 5.7 25.49 A 6 3 ()22 .3+ 8 4 .3 5 ()125.7+ 59 .14 3 b) Chứng minh rằng : Với mọi số nguyờn dương n thỡ : 3n+2− 2 n + 2 + 3 n − 2 n chia hết cho 10 Bài 2:(4 điểm) Tỡm x biết: 1 4 2 a. x − + =() −3,2 + 3 5 5 x+1 x + 11 b. ()()x−7 − x − 7 = 0 Bài 3: (4 điểm) 2 3 1 a) Số A được chia thành 3 số tỉ lệ theo :: . Biết rằng tổng cỏc bỡnh phương của 5 4 6 ba số đú bằng 24309. Tỡm số A. 2+ 2 b) Cho a= c . Chứng minh rằng: a c= a c b b2+ c 2 b Bài 4: (4 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 Bài 5: (4 điểm) Cho tam giỏc ABC cõn tại A cú A = 200 , vẽ tam giỏc đều DBC (D nằm trong tam giỏc ABC). Tia phõn giỏc của gúc ABD cắt AC tại M. Chứng minh: c) Tia AD là phõn giỏc của gúc BAC d) AM=BC Đề 4 Bi 1: (2 điểm) 2
3. Cho A = 25+811+1417+ +98101 a, Viết dạng tổng quát dạng thứ n của A b, Tính A Bi 2: ( 3 điểm) Tìm x,y,z trong các trờng hợp sau: a, 2x = 3y =5z v x− 2 y =5 b, 5x = 2y, 2x = 3z v xy = 90. + + + + + − c, y z1= x z 2 = x y 3 = 1 x y z x+ y + z Bi 3: ( 1 điểm) a a a a a 1= 2 =3 = = 8 = 9 1. Cho v (a1+a2+ +a9 ≠0) a2 a 3 a 4 a 9 a 1 Chứng minh: a1 = a2 = a3= = a9 + + − + 2. Cho tỉ lệ thức: a b c= a b c v b ≠ 0 a+ b − c a − b − c Chứng minh c = 0 Bi 4: ( 2 điểm) Cho 5 số nguyên a1, a2, a3, a4, a5. Gọi b1, b2, b3, b4, b5 l hoán vị của 5 số đ cho. Chứng minh rằng tích (a1b1).(a2b2).(a3b3).(a4b4).(a5b5) ⋮ 2 Bi 5: ( 2 điểm) Cho đoạn thẳng AB v O l trung điểm của đoạn thẳng đó. Trên hai nửa mặt phẳng đối nhau qua AB, kẻ hai tia Ax v By song song với nhau. Trên tia Ax lấy hai điểm D v F sao cho AC = BD v AE = BF. Chứng minh rằng : ED = CF. === Hết=== Đề 5 Bi 1: (3 điểm) 1   4,5: 47,375− 26 − 18.0,75  .2,4 : 0,88 3  1. Thực hiện phép tính:    2 5 17,81:1,37− 23 :1 3 6 3
4. 2. Tìm các giá trị của x v y thoả mn: 2x− 272007 +() 3 y + 10 2008 = 0 3. Tìm các số a, b sao cho 2007ab l bình ph−ơng của số tự nhiên. Bi 2: ( 2 điểm) − − − 1. Tìm x,y,z biết: x1= y 2 = z 3 v x2y+3z = 10 2 3 4 2. Cho bốn số a,b,c,d khác 0 v thoả mn: b2 = ac; c2 = bd; b3 + c3 + d3 ≠ 0 3+ 3 + 3 Chứng minh rằng: a b c= a b3+ c 3 + d 3 d Bi 3: ( 2 điểm) 1 1 1 1 1. Chứng minh rằng: + + + + > 10 1 2 3 100 2. Tìm x,y để C = 18 2x− 6 − 3 y + 9 đạt giá trị lớn nhất. Bi 4: ( 3 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A có trung tuyến AM. E l điểm thuộc cạnh BC. Kẻ BH, CK vuông góc với AE (H, K thuộc AE). 1, Chứng minh: BH = AK 2, Cho biết MHK l tam giác gì? Tại sao? === Hết=== Đề số 6 Câu 1: Tìm các số a,b,c biết rằng: ab =c ;bc= 4a; ac=9b Câu 2: Tìm số nguyên x thoả mn: a,5x3 4 c, 4 x +2x =3 Câu3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =x +8 x Câu 4: Biết rằng :12+22+33+ +102= 385. Tính tổng : S= 22+ 42+ +202 Câu 5 : 4
5. Cho tam giác ABC ,trung tuyến AM .Gọi I l trung điểm của đoạn thẳng AM, BI cắt cạnh AC tại D. a. Chứng minh AC=3 AD b. Chứng minh ID =1/4BD Hết Đề số 7 Thời gian lm bi: 120 phút 3 a b c  a+ b + c  a Câu 1 . ( 2đ) Cho: = = . Chứng minh:   = . b c d  b+ c + d  d a c b Câu 2. (1đ). Tìm A biết rằng: A = = = . b+ c a+ b c+ a Câu 3. (2đ). Tìm x∈ Z để A∈ Z v tìm giá trị đó. x + 3 1− 2x a). A = . b). A = . x − 2 x + 3 Câu 4. (2đ). Tìm x, biết: a) x − 3 = 5 . b). ( x+ 2) 2 = 81. c). 5 x + 5 x+ 2 = 650 Câu 5. (3đ). Cho
   ABC vuông cân tại A, trung tuyến AM . E ∈ BC, BH⊥ AE, CK ⊥ AE, (H,K ∈ AE). Chứng minh
   MHK vuông cân. Hết Đề số 8 Thời gian lm bi : 120 phút. Câu 1 : ( 3 điểm). 1. Ba đ−ờng cao của tam giác ABC có độ di l 4,12 ,a . Biết rằng a l một số tự nhiên. Tìm a ? a c 2. Chứng minh rằng từ tỉ lệ thức = ( a,b,c ,d≠ 0, a≠b, c≠d) ta suy ra đ−ợc các b d tỉ lệ thức: a c a+ b c+ d a) = . b) = . a− b c− d b d Câu 2: ( 1 điểm). Tìm số nguyên x sao cho: ( x2 –1)( x2 –4)( x2 –7)(x2 –10) < 0. Câu 3: (2 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = | xa| + | xb| + |xc| + | xd| với a<b<c<d. Câu 4: ( 2 điểm). Cho hình vẽ. a, Biết Ax // Cy. so sánh góc ABC với góc A+ góc C. b, góc ABC = góc A + góc C. Chứng minh Ax // Cy. x A viB 5
6. c3. 0,(21) = 21 = 7 ; c4. 5,1(6) = 5 1 (0.5đ) 99 33 6 Câu 2: (2đ) Gọi khối l−ợng của 3 khối 7, 8, 9 lần l−ợt l a, b, c (m3) ⇒ a + b + c = 912 m3. (0.5đ) a b c ⇒ Số học sinh của 3 khối l : ; ; 2,1 4,1 6,1 Theo đề ra ta có: b= a v b= c (0.5đ) 3.4,1 1,2 4.1,4 5.1,6 a b c ⇒ = = = 20 (0.5đ) 4.1,2 12.1,4 15.1,6 Vậy a = 96 m3 ; b = 336 m3 ; c = 480 m3. Nên số HS các khối 7, 8, 9 lần l−ợt l: 80 hs, 240 hs, 300 hs. (0.5đ) Câu 3: ( 1.5đ): a.Tìm max A. 3 Ta có: (x + 2)2 ≥ 0 ⇒ (x = 2)2 + 4 ≥ 4 ⇒ A = khi x = 2 (0.75đ) max 4 b.Tìm min B. Do (x – 1)2 ≥ 0 ; (y + 3)2 ≥ 0 ⇒ B ≥ 1 Vậy Bmin= 1 khi x = 1 v y = 3 (0.75đ) ∆ Câu 4: (2.5đ) Kẻ CH cắt MB tại E. Ta có EAB cân C tại E ⇒ ∠EAB =300 ⇒ ∠EAM = 200 ⇒ ∠CEA = ∠MAE = 200 (0.5đ) Do ∠ACB = 800 ⇒ ∠ACE = 400 ⇒ ∠AEC = 1200 ( E 1 ) (0.5đ) M 0 Mặt khác: ∠EBC = 200 v ∠EBC = 400 ⇒ ∠CEB = 100 30 A H B 1200 ( 2 ) (0.5đ) Từ ( 1 ) v ( 2 ) ⇒ ∠AEM = 1200 Do ∆EAC = ∆EAM (g.c.g) ⇒ AC = AM ⇒ ∆MAC cân tại A (0.5đ) V ∠CAM = 400 ⇒ ∠AMC = 700. (0.5đ) Câu 5: (1.5đ) Giả sử a2 v a + b không nguyên tố cùng nhau ⇒ a2 v a + b Cùng chia hết cho số nguyên tố d: ⇒ a2 chia hết cho d ⇒ a chia hết cho d v a + b chia hết cho d ⇒ b chia hếta cho d (0.5đ) ⇒ (a,b) = d ⇒ trái với giả thiết. Vậy (a2,a + b) =1. (0.5đ) Đề 23 47
7. Câu I : 1) Xác định a, b ,c a−1 b+ 3 c − 5 5(a− 1) −3( b + 3) −4( c − 5) 5 a− 3 b − 4 c − 5 − 9 + 20 = = = = = = = −2 2 4 6 10 −12 − 24 10− 12 − 24 => a = 3 ; b = 11; c = 7. − + − Cách 2 : a1 = b3 = c 5 = t ; sau đó rút a, b ,c thay vo tìm t = 2 tìm a,b,c. 2 4 6 2) Chứng minh Đặt a = c = k => a= kb ; c = kd Thay vo các biểu thức : b d 2a2− 3 ab + 5 b 2 2c2− 3 cd + 5 d 2 k2−3 k + 5 k 2 −3 k + 5 − = − = 0 => đpcm. 2b2 + 3 ab 2d2 + 3 cd 2+ 3k 2+ 3k Câu II: Tính: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 32 16 1) Ta có :2A= 2( + + + ) = − + − + + − = − = =>A = 5.3 7.5 97.99 3 5 5 7 97 99 3 99 99 99 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2) B = = − + − + + − = + + + + + 3 323 33 503 51 (− 3) (− 32 ) (− 3 3 ) (− 3 50 ) (− 3 51 ) 1 1 1 1 1 1 1 1 −351 − 1 (− 351 − 1) + + + + => B = − = => B = (− 32 ) (− 3 3 ) (− 3) 4(− 3 51 ) (− 3 52 ) − 3 − 3 (− 352 ) 352 3.4 51 Câu III 2 1 2 3 1 7 Ta có : 0.2(3) = 0.2 + 0.0(3) = + . 0,(1).3 = + . = 10 10 10 10 9 30 1 1 12 32 1 0,120(32) = 0,12 + 0,000(32) =0,12+ .0,(32)= 0,12+ .0,(01).32 = + . 1000 1000 100 1000 99 = 1489 12375 Câu IV : Gọi đa thức bậc hai l : P(x) = ax(x1)(x2) + bx(x1)+c(x3) + d P(0) = 10 => 3c+d =10 (1) P(1) = 12 => 2c+d =12 =>d =12+2c thay vo (1) ta có 3c+12+2c =10 =>c=2 , d =16 P(2)= 4 => 2b 2+16 = 4 > b= 5 P(3) = 1 => 6a30 +16 =1 => a = 5 2 5 Vậy đa thức cần tìm l : P(x) = x( x−1 )( x − 2 ) − 5 x ( x − 1 ) + 2 ( x − 3 ) + 16 2 5 25 => P(x) = x 3 x2 +12 x + 10 2 2 Câu V: a) Dễ thấy ∆ ADC = ∆ ABE ( cgc) => DC =BE . Vì AE ⊥ AC; AD ⊥ AB mặt khác góc ADC = góc ABE 48 m tra
8. => DC ⊥ Với BE. b) Ta có MN // DC v MP // BE => MN ⊥ MP MN = 1 DC = 1 BE =MP; 2 2 Vậy ∆ MNP vuông cân tại M. Đáp án đề 24 Bi 1: 3− 3 + 3 + 3 3 + 3 − 3 a) A = 8 10 11 12+ 2 3 4 (0,25đ) −5 + 5 − 5 − 5 5 + 5 − 5 8 10 11 12 2 3 4 1 1 1 1   1 1 1  3− + +  3  + −  A = 8 10 11 12 +  2 3 4  (0,25đ) 1 1 1 1   1 1 1  −5 − + +  5  + −  8 10 11 12   2 3 4  − A = 3 + 3 = 0 (0,25đ) 5 5 102 − b) 4B = 22 + 24 + + 2102 (0,25đ) 3B = 2102 – 1; B = 2 1 (0,25đ) 3 Bi 2: a) Ta có 430 = 230.415 (0,25đ) 3.2410 = 230.311 (0,25đ) m 415 > 311 ⇒ 430 > 311 ⇒ 230 + 330 + 430 > 3.2410 (0,25đ) b) 4 = 36 > 29 33 > 14 (0,25đ) ⇒ 36 + 33 > 29 + 14 (0,25đ) Bi 3: Gọi x1, x2 x3 lần l−ợt l số ngy lm việc của 3 máy x x x ⇒ 1= 2 = 3 (1) (0,25đ) 3 4 5 Gọi y1, y2, y3 lần l−ợt l số giờ lm việc của các máy y y y ⇒ 1= 2 = 3 (2) (0,25đ) 6 7 8 Gọi z1, z2, z3 lần l−ợt l công suất của 3 máy z z z ⇒ 5z = 4z = 3z ⇔ 1= 2 = 3 (3) (0,25đ) 1 2 3 1 1 1 5 4 3 M x1y1z1 + x2y2z2 + x3y3z3 = 359 (3) (0,25đ) 49
9. x y z x y z x y z 395 Từ (1) (2) (3) ⇒ 1 1 1= 2 2 2 = 3 3 3 = = 15 (0,5đ) 187 40 395 5 3 15 ⇒ x1y1z1 = 54; x2y2z2 = 105; x3y3z3 = 200 (0,25đ) Vậy số thóc mỗi đội lần l−ợt l 54, 105, 200 (0,25đ) Bi 4: a) EAB = CAD (c.g.c) (0,5đ) ⇒ ABM = ADM (1) (0,25đ) Ta có BMC= MBD + BDM (góc ngoi tam giác) (0,25đ) 0 0 0 ⇒ BMC= MBA +60 + BDM = ADM + BDM + 60 = 120 (0,25đ) E b) Trên DM lấy F sao cho MF = MB (0,5đ) A ⇒ FBM đều (0,25đ) D ⇒ DFB AMB (c.g.c) (0,25đ) F ⇒ DFB = AMB = 1200 (0,5đ) Bi 6: Ta có M 1 x= 2⇒ f (2)+ 3. f ( ) = 4 (0,25đ) 2 B C 1 1 1 x= ⇒ f( )+ 3. f (2) = (0,25đ) 2 2 4 47 ⇒ f (2) = (0,5đ) 32 đáp án đề 25 Câu 1 a.Nếu x ≥ 0 suy ra x = 1 (tho mn) Nếu < 0 suy ra x = 3 (tho mn) 1 x1 x − 3 y =1 y = −1 y = 2 b. = − = ⇒  ; hoặc  ;hoặc  y 6 2 6 x −3 = 6 x −3 = − 6 x −3 = 3 y = −3 y = 6 y = −6 hoặc  ;hoặc  ; hoặc  x −3 = − 2 x −3 = 1 x −3 = − 1 y = −2 y = 3 hoặc  ; hoặc  x −3 = − 3 x −3 = 2 Từ đó ta có các cặp số (x,y) l (9,1); (3, 1) ; (6, 2) ; (0, 2) ; (5, 3) ; (1, 3) ; (4, 6); (2, 6) x y z3 x 7 y 5 z 3 x− 7 y + 5 z 30 c. Từ 2x = 3y v 5x = 7z biến đổi về = = ⇒ = = = = = 2 21 14 10 61 89 50 63− 89 + 50 15  x = 42; y = 28; z = 20 Câu 2 50
10. a. A l tích của 99 số âm do đó 1 1 1 1 1.32.45.3 99.101 − = −  −  −   −  = i i iii A 1  1  1   1 2  2 2 2 2 4  9  16   100  234 100 1.2.3.2 98.99 3.4.5 99.100.101 101 1 1 =i = > ⇒ A 900  góc AIB 900 d. Nếu AC vuông góc với DC thì AB vuông góc với AC do vậy tam giác ABC vuông tại A Câu 5. 4−x + 10 10 10 P = =1 + P lớn nhất khi lớn nhất 4−x 4 − x 4 − x Xét x > 4 thì 10 0 4 − x  10 lớn nhất  4 – x l số nguyên d−ơng nhỏ nhất 4 − x  4 – x = 1  x = 3 khi đó 10 = 10  P = 11. 4 − x lớn nhất 51
11. H−ớng dẫn chấm đề 26 Bi 1 : a) Tìm x . Ta có 2x − 6 + 5x =9 2x − 6 = 95x 15 * 2x –6 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 khi đó 2x –6 = 95x ⇒ x = không tho mn. (0,5) 7 * 2x – 6 1 . Để A = 5 tức l =5 ⇔x = ⇔ x = . (1) x −1 2 4 Bi 4 : E thuộc phân giác của ABC nên EN = EC ( tính chất phân giác) suy ra : tam giác NEC cân v ENC = ECN (1) . D thuộc phân giác của góc CAB nên DC = DM (tính chất phân giác ) suy ra tam giác MDC cân . v DMC =DCM ,(2) . Ta lại có MDB = DCM +DMC (góc ngoi của ∆CDM ) = 2DCM. 52
12. T−ơng tự ta lại có AEN = 2ECN . M AEN = ABC (góc có cạnh t−ơng ứng vuông góc cùng nhọn). MDB = CAB (góc có cạnh t−ơng ứng vuông góc cùng nhọn ). Tam giác vuông ABC có ACB = 900 , CAB + CBA = 900 , suy ra CAB = ABC = AEN + MDB = 2 ( ECN + MCD ) suy ra ECN + MCD = 450 . Vậy MCN = 900 –450 =450 . (1,5) Bi 5 : Ta có P = x2 –8x + 5 = x2 –8x –16 +21 = ( x2 +8x + 16) + 21 = ( x+ 4)2 + 21; (0,75) Do –( x+ 4)2 ≤ 0 với mọi x nên –( x +4)2 +21 ≤ 21 với mọi x . Dấu (=) xảy ra khi x = 4 Khi đó P có giá trị lớn nhất l 21. h−ớng dẫn đề 27 Câu 1: (3đ) b/ 21.2n + 4.2n = 9.25 suy ra 2n1 + 2n+2 = 9.25 0,5đ suy ra 2n (1/2 +4) = 9. 25 suy ra 2n1 .9 =9. 25 suy ra n1 = 5 suy ra n=6. 0,5đ c/ 3n+22n+2+3n2n=3n(32+1)2n(22+1) = 3n.102n.5 0,5đ vì 3n.10 ⋮10 v 2n.5 = 2n1.10 ⋮10 suy ra 3n.102n.5 ⋮10 0,5đ Bi 2: a/ Gọi x, y, z lần l−ợt l số học sinh của 7A, 7B, 7C tham gia trồng cây(x, y, z∈z+) ta có: 2x=3y = 4z v x+y+z =130 0,5đ hay x/12 = y/8 = z/6 m x+y+z =130 0,5đ suy ra: x=60; y = 40; z=30 7(43431717) b/ 0,7(43431717) = 0,5đ10 Ta có: 4343 = 4340.433= (434)10.433 vì 434 tận cùng l 1 còn 433 tận cùng l 7 suy ra 4343 tận cùng bởi 7 1717 = 1716.17 =(174)4.17 vì 174 có tận cùng l 1 suy ra (174)4 có tận cùng l 1 suy ra 1717 = 1716.17 tận cùng bởi 7 0,5đ suy ra 4343 v 1717 đều có tận cùng l 7 nên 43431717 có tận cùng l 0 suy ra 43431717 chia hết cho 10 0,5đ suy ra 0,7(43431717) l một số nguyên. Bi 3: 4đ( Học sinh tự vẽ hình) a/∆ MDB= ∆ NEC suy ra DN=EN 0,5đ 53
13. b/ MDI= NEI suy ra IM=IN suy ra BC cắt MN tại điểm I l trung điểm của MN 0,5đ c/ Gọi H l chân đ−ờng cao vuông góc kẻ từ A xuống BC ta có AHB= AHC suy ra HAB=HAC 0,5đ gọi O l giao AH với đ−ờng thẳng vuông góc với MN kẻ từ I thì OAB= OAC (c.g.c) nên OBA = OCA(1) 0,5đ OIM= OIN suy ra OM=ON 0,5đ suy ra OBN= OCN (c.c.c) OBM=OCM(2) 0,5đ Từ (1) v (2) suy ra OCA=OCN=900 suy ra OC ┴ AC 0,5đ Vậy điểm O cố định. Đáp án đề 28 Câu 1: (2đ). a. a + a = 2a với a ≥ 0 (0,25đ) Với a < 0 thì a + a = 0 (0,25đ). b. a a Với a≥ 0 thì a a = a – a = 0 Với a< 0 thì a a = a a = 2a c.3(x – 1) 2x + 3 Với x + 3 ≥ 0 ⇒ x ≥ 3 Ta có: 3(x – 1) – 2 x + 3 = 3(x – 1) – 2(x + 3) = 3x – 3 – 2x – 6 = x – 9. (0,5đ) Với x + 3 < 0 → x< 3 Tacó: 3(x – 1) 2x + 3 = 3(x – 1) + 2(x + 3). = 3x – 3 + 2x + 6 = 5x + 3 (0,5đ). Câu 2: Tìm x (2đ). a.Tìm x, biết: 5x 3 x = 7 ⇔ 5x− 3 = x + 7 (1) (0,25 đ) ĐK: x ≥ 7 (0,25 đ) 5x− 3 = x + 7 ()1 ⇒  − = − + . (0,25 đ) 5x 3() x 7 Vậy có hai giá trị x thỏa mn điều kiện đầu bi. x1 = 5/2 ; x2= 2/3 (0,25đ). b. 2x + 3 4x < 9 (1,5đ) ⇔2x + 3 < 9 + 4x (1) 9 ĐK: 4x +9 ≥ 0 ⇔ x ≥ − (1) ⇔ −()4x + 9 < 2 x − 3 < 4 x + 9 4 −2 <x < − 3 (t/mĐK) (0,5đ). Câu 3: 54
14. Gọi chữ số của số cần tìm l a, b, c. Vì số cn tìm chia hết 18 → số đó phải chia hết cho 9. Vậy (a + b + c ) chia hết cho 9. (1) (0,5đ). Tacó: 1 ≤ a + b + c ≤ 27 (2) Vì 1 ≤ a ≤ 9 ; b ≥ 0 ; 0 ≤ c ≤ 9 Từ (1) v (2) ta có (a + b + c) nhận các giá trị 9, 18, 27 (3). Suy ra: a = 3 ; b = 6 ; c = 9 (0,5đ). Vì số cn tìm chia hết 18 nên vừa chia hết cho 9 vừa chia hết cho 2 → chữ số hng đơn vị phải l số chẵn. Vậy ssố cn tìm l: 396 ; 963 (0,5đ). Vẽ hình đúng viết giả thiết, kết luận đúng (0,5đ). Qua N kẻ NK // AB ta có. EN // BK ⇒ NK = EB EB // NK EN = BK Lại có: AD = BE (gt) ⇒ AD = NK (1) Học sinh chứng minh ∆ ADM = ∆ NKC (gcg) (1đ) ⇒ DM = KC (1đ) Đáp án đề 29 102007 + 10 9 Bi 1: Ta có: 10A = = 1 + (1) 102007+ 1 10 2007 + 1 102008 + 10 9 T−ơng tự: 10B = = 1 + (2) 102008+ 1 10 2008 + 1 9 9 Từ (1) v (2) ta thấy : > ⇒ 10A > 10B⇒ A > B 102007+ 1 10 2008 + 1 Bi 2:(2điểm) Thực hiện phép tính:             −1 − 1 − 1 A = 1+  .  1 +   1 +  (1 2).2   (1 3).3   (1 2006)2006  2   2   2  2 5 9 2007.2006− 2 4 10 18 2007.2006 − 2 = . . = . . (1) 3 6 10 2006.2007 6 12 20 2006.2007 M: 2007.2006 2 = 2006(2008 1) + 2006 2008 = 2006(2008 1+ 1) 2008 = 2008(2006 1) = 2008.2005 (2) Từ (1) v (2) ta có: 4.1 5.2 6.3 2008.2005 (4.5.6 2008)(1.2.3 2005) 2008 1004 A = . . = = = 2.3 3.4 4.5 2006.2007 (2.3.4 2006)(3.4.5 2007) 2006.3 3009 55
15. x 1 1 1 x 1 Bi 3:(2điểm) Từ: − = ⇒ = − 8 y 4 y 8 4 1 x - 2 Quy đồng mẫu vế phải ta có : = . Do đó : y(x2) =8. y 8 Để x, y nguyên thì y v x2 phải l −ớc của 8. Ta có các số nguyên t−ơng ứng cần tìm trong bảng sau: Y 1 1 2 2 4 4 8 8 x2 8 8 4 4 2 2 1 1 X 10 6 6 2 4 0 3 1 Bi 4:(2 điểm) Trong tam giác tổng độ di hai cạnh lớn hơn cạnh thứ 3. Vậy có: b + c > a. Nhân 2 vế với a >0 ta có: a.b + a.c > a2. (1) T−ơng tự ta có : b.c + b.a > b2 (2) a.c + c.b > c2 (3). Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta đ−ợc: 2(ab + bc + ca) > a2 + b2 + c2. Bi 5:(3 điểm) Vẽ tia phân giác ABK cắt đ−ờng thẳng CK ở I. A Ta có: △IBC cân nên IB = IC. 0 △BIA = △CIA (ccc) nên BIA= CIA = 120 . Do đó: I △BIA =△BIK (gcg) ⇒ BA=BK b) Từ chứng minh trên ta có: K C 0 BAK = 70 B Đáp án đề 30 Bi 1. 4đ a) 74( 72 + 7 – 1) = 74. 55 ⋮ 55 (đpcm) 2đ b) Tính A = 1 + 5 + 52 + 53 + . . . + 549 + 55 0 (1) 5.A = 5 + 52 + 53 + . . . + 549 + 55 0 + 551 (2) 1đ 51 −1 Trừ vế theo vế (2) cho (1) ta có : 4A = 551 – 1 => A = 5 4 1đ Bi 2. 4đ a b c a2 b 3 c a+ 2 b − 3 c − 20 a) = =  = = = = = 5 => a = 10, b = 15, c =20. 2 3 4 2 6 12 2+ 6 − 12 − 4 2đ 56
16. b) Gọi số tờ giấy bạc 20 000đ, 50 000đ, 100 000đ theo thứ tự l x, y, z ( x, y, z ∈N *) 0,5đ Theo bi ra ta có: x + y + z = 16 v 20 000x = 50 000y = 100 000z 0,5đ Biến đổi: 20 000x = 50 000y = 100 000z 20000x 50000 y 100000 z x y z x+ y + z 16 => = = ⇔ = = = = = 2 100000 100000 100000 5 2 1 5+ 2 + 1 8 0,5đ Suy ra x = 10, y = 4, z = 2. Vậy số tờ giấy bạc loại 20 000đ, 50 000đ, 100 000đ theo thứ tự l 10; 4; 2. 0,5đ Bi 3. 4đ a) f(x) + g(x) = 12x4 – 11x3 +2x2 1 x 1 4 4 1đ f(x) g(x) = 2x5 +2x4 – 7x3 – 6x2 1 x + 1 4 4 1đ b) A = x2 + x4 + x6 + x8 + + x100 tại x = 1 A = (1)2 + (1)4 + (1)6 + + (1)100 = 1 + 1 + 1 + + 1 = 50 (có 50 số hạng) 2đ Bi 4. 4đ: Vẽ hình (0,5đ) – phần a) 1,5đ phần b) 2đ b a) ∆ ABD = ∆ EBD (c.g.c) => DA = DE b) Vì ∆ ABD = ∆ EBD nên góc A bằng góc BED e Do góc A bằng 900 nên góc BED bằng 900 c a d Bi 5: 4đ a) Tam giác ABC v tam giác ABG có: a DE//AB, DE = 1 AB, IK//AB, IK= 1 AB 2 2 i e Do đó DE // IK v DE = IK G b) ∆ GDE = ∆ GIK (g. c. g) vì có: DE = IK (câu a) k Góc GDE = góc GIK (so le trong, DE//IK) c Góc GED = góc GKI (so le trong, DE//IK) b d 2 ⇒ GD = GI. Ta có GD = GI = IA nên AG = AD 3 Vẽ hình: 0,5đ Phần a) đúng: 2đ Phần b) đúng: 1,5đ 57