Đề khảo sát học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 7 - Đề 14 (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 7 - Đề 14 (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP HUYỆN Môn: Toán – Lớp 7 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ 14 Câu1. (2,0 điểm) a) Tìm x biết: 3x 3 2x ( 1)2016 3x 20170 1 1 1 1 b) Cho B = 1+ (1 2) (1 2 3) (1 2 3 4) (1 2 3 x) 2 3 4 x Tìm số nguyên dương x để B = 115. Câu 2. (2,0 điểm) y z 1 x z 2 x y 3 1 a) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn . x y z x y z Tính giá trị của biểu thức: A = 2016.x + y2017 + z2017. b) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: 2x = 3y = 5z và x 2y = 5. Tìm giá trị lớn nhất của 3x – 2z. Câu 3. (2,0 điểm) 2016x 2016 a) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M = có giá trị nhỏ nhất. 3x 2 b) Cho đa thức f(x) = 2016.x 4 – 32(25.k + 2).x2 + k2 – 100 (với k là số thực dương cho trước). Biết đa thức f(x) có đúng ba nghiệm phân biệt a, b, c (với a < b < c). Tính hiệu của a – c. Câu 4. (2,5 điểm) Cho đoạn thẳng BC cố định, M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Vẽ góc CBx sao cho C· Bx 450 , trên tia Bx lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng BM và BA tỉ lệ với 1 và 2 . Lấy điểm D bất kì thuộc đoạn thẳng BM. Gọi H và I lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường thẳng AD. Đường thẳng AM cắt CI tại N. Chứng minh rằng: a) DN vuông góc với AC. b) BH2 + CI2 có giá trị không đổi khi D di chuyển trên đoạn thẳng BM. c) Tia phân giác của góc HIC luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (1,5 điểm) a) Tìm các số nguyên tố p thỏa mãn 2 p p2 là số nguyên tố. b) Trong một bảng ô vuông gồm có 5x5 ô vuông, người ta viết vào mỗi ô vuông chỉ một trong 3 số 1; 0 hoặc -1. Chứng minh rằng trong các tổng của 5 số theo mỗi cột, mỗi hàng, mỗi đường chéo phải có ít nhất hai tổng số bằng nhau. Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: SBD: Phòng thi PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP HUYỆN Môn: Toán – Lớp 7 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 14
2. Câu Nội dung cần đạt Điểm a) 3x 3 2x ( 1)2016 3x 20170 3x 3 2x 1 3x 1 (*) 1 Điều kiện để x thỏa mãn bài toán là 3x 1 0 x 3 1 0,25 Khi đó x 2x 1 0 nên (*) trở thành 2 3x 3 2x 1 3x 1 3x 3 x (điều kiện x 0 ) 0,25 3 Nếu x 1 ta có 3x – 3 = x nên x = (thỏa mãn) 0,25 2 3 Nếu 0 x 1 ta có 3 - 3x = x nên x = (thỏa mãn) 0,25 4 3 3 Vậy x ;  2 4 1 2.3 1 3.4 1 4.5 1 x(x 1) b) B = 1+ = 1 2 2 3 2 4 2 x 2 3 4 x 1 1 (2đ) = 1+ 2 3 4 (x 1) 2 2 2 2 0,25 1 x(x 3) = 0,25 2 2 1 x(x 3) 0,25 Từ đó B = 115 khi 115 x(x 3) 460 2 2 0,25 Mà x là số nguyên dương nên x và x + 3 là ước dương của 460 nên x = 20. Vậy x = 20 a) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: y z 1 x z 2 x y 3 1 = = = =2 x y z x y z 0,5 x 1 0,5 y 2 0,5 z 3 x+y+z = 0,5 = 2 0,25 x y z 2 1 5 5 0,25 (2đ) x = ; y = ; z = - 2 6 6 0,25 1 Khi đó ta có 2016.x + y2017 + z2017 = 2016. +0 = 1008 2 y z 1 x z 2 x y 3 1 0,25 Vậy với x,y,z là các số thực thỏa mãn x y z x y z thì giá trị của biểu thức 2016.x + y2017 + z2017 là 1008 x 2y x 2y 0,25 b) Ta có , 3y = 5z. 3 4 1 0,25 Nếu x-2y = 5 x= -15, y = -10, z = -6. Khi đó 3x - 2z = -45 + 12 = -33 0,25
3. Nếu x-2y = -5 x= 15, y = 10, z = 6 Khi đó 3x - 2z = 45 - 12 = 33 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của 3x – 2z là 33 2016x 2016 672(3x 2) 2016 1344 3360 0,25 a) M 672 3x 2 3x 2 3x 2 3360 M nhỏ nhất lớn nhất 3x 2 3360 0,25 • Xét 3x 2 0 thì 0 (1) 3x 2 3360 • Xét 3x 2 0 thì 0 0,25 3x 2 3360 lớn nhất khi 3x+2 nhỏ nhất 0,25 3x 2 Mà x nguyên, 3x+2 dương và 3x+2 chia 3 dư 2 nên 3x+2 = 2 nên x 0 3 3360 3360 Khi đó: = 1680 (2) (2đ) 3x 2 3.0 2 3360 So sánh (1) và (2) thì có giá trị lớn nhất bằng 1680 3x 2 Vậy M min 1008 x 0 b) Ta thấy đa thức f(x) nếu có nghiệm x = a ( a khác 0) thì x = -a cũng là một nghiệm của f(x), nên đa thức f(x) có 2m nghiệm 0,25 Mà đa thức f(x) có đúng ba nghiệm phân biệt nên một trong ba nghiệm sẽ bằng 0. Thay x = 0 vào đa thức đã cho ta được: 0,25 k2 – 100 = 0 nên k = 10 (vì k dương). 0,25 Với k = 10 ta có f(x) = 2016.x4 – 8064. x2 = 2016x2. (x2 – 4) 0,25 Từ đó f(x) sẽ có 3 nghiệm phân biệt là a = -2; b = 0 và c = 2 nên a – c = - 4 B H a) Từ M kẻ tia My vuông góc với BC và cắt tia Bx D tại A’ . 0,75 Tam giác BMA’ vuông cân tại M nên MB: BA’ = 1: 2 M Suy ra A  A' nên AM vuông góc với BC I Tam giác ADC có AM và CI là đường cao nên N là N 4 trực tâm của tam giác ADC (2,5) Suy ra DN vuông góc với AC A C b) Ta có AMB = AMC (c- g- c) nên AB = AC và góc ACB = 450 0,25 Tam giác ABC vuông cân tại A và có BAH ACI 900 CAH H, I là hình chiếu của B và C trên AD nên H = I = 900 0,25 Suy ra AIC = BHA (c.h – g.n) BH = AI BH2 + CI2 = BH2 + AH2 = AB2 (không đổi) . 0,25 c) BHM = AIM HM = MI và BMH = IMA
4. mà  IMA + BMI = 900 BMH + BMI = 900 0,5 HMI vuông cân HIM = 450 mà : HIC = 900 HIM =MIC= 450 0,5 IM là tia phân giác HIC. Vậy tia phân giác của HIC luôn đi qua điểm cố định M. Với p = 2 thì 2 p p2 = 4+4 = 8 không là số nguyên tố p 2 0,25 Với p = 3 thì 2 p = 8+9 = 17 là số nguyên tố p 2k 1 Với p > 3 thì p là số nguyên tố nên p lẻ nên 2 2  2(mod3) 0,25 và p2 1(mod3) nên 2 p p2 3 5 Mà 2 p p2 > 3 nên 2 p p2 là hợp số. 0,25 (1,5) Vậy với p = 3 thì 2 p p2 là số nguyên tố Ta có 5 cột, 5 hàng và 2 đường chéo nên sẽ có 12 tổng. 0,25 Mỗi ô vuông chỉ một trong 3 số 1; 0 hoặc -1 nên mỗi tổng chỉ nhận các giá trị từ -5 đến 0,25 5. Ta có 11 số nguyên từ -5 đến 5 là -5; -4; ; 0; 1; ;5. Vậy theo nguyên lí Dirichle phải có ít nhất hai tổng số bằng nhau (đpcm). 0,25 Chú ý: - Học sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng. - Câu 4, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình phần nào thì không chấm phần đó.