085 đề hsg toán 7 trường cao viên 2013 2014

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS CAO VIÊN ĐỀ THI OLYMPIC CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Bài (5,0 điểm) 2 3 1) Cho a, b, c, d số khác 0, thỏa mãn điều kiện: b ac; c bd ; b  c  d 0 a  b3  c3 a  3 d Chứng minh rằng: b  c  d 2) Ba lớp 7A, 7B, 7C mua số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp tỉ lệ với : : sau chia theo tỉ lệ : : nên có lớp nhận nhiều dự định gói Tính tổng số gói tăm mà lớp mua Bài (6,0 điểm) 1) Cho hai đa thức : A 5 xy  x  3x y  y  B 5 x  13 xy  y  x y  Tính A  B; A  B 2) Cho đa thức f ( x)  m   x  2m  a) Tìm nghiệm f  x  m 1 b) Tìm giá trị m f  x  có nghiệm  c) Tìm giá trị m f  x  có nghiệm ngun, tìm nghiệm ngun Bài (2,0 điểm) Tìm GTNN biểu thức A  x  2013  x  2014  x  2015 Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC , M trung điểm BC Trên tia đối tia MA lấy điểm E cho ME MA Chứng minh rằng: a) AC EB AC / / BE b) Gọi I điểm AC ; K điểm EB cho AI EK Chứng minh ba điểm I , M , K thẳng hàng     c) Từ E kẻ EH  BC  H  BC  Biết HBE 50 ; MEB 25 Tính HEM BME d) Từ H kẻ HF  BE  F  BE  CMR: HF  BE  BH  HE ĐÁP ÁN Câu b ac; c bd  1) Từ giả thiết: a b3 c3 a  b3  c3  3 3 3 (1) 3 b c d b  c  d Ta có: a b c   b c d a3 a a a a b c a    (2) b b b b b c d d Lại có: a  b3  c a  3  b  c  d d Từ (1) (2) : 2) Gọi tổng số gói tăm lớp mua x  x   * Số gói tăm dự định chia cho lớp A,7 B,7C lúc đầu a, b, c a b c a b c x 5x 6x x 7x      a  ; b   ; c  (1) 18 18 18 Ta có:   18 Số gói tăm sau chia cho lớp a ', b ', c ' ta có: a ' b ' c ' a ' b ' c ' x 4x 5x x 6x      a '  ;b '   ;c '  (2) 15 15 15 15 15 So sánh (1) (2) ta có: a  a ', b b ', c  c ' nên lớp 7C nhận nhiều lúc đầu 6x 7x x  4  4  x 360 90 Vậy c ' c 4 hay 15 18 Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói Câu 2 2 1) A  B 18 xy  x y  10 y  11x  A  B  xy  3x y  y  x  2) a) m 1 f  x     x  2.1   x  f  x  0   x  0  x  Vậy nghiệm f  x   m 1 b) Khi f  x  có nghiệm  4, ta có:  m       2m  0   2m  0  m  Vậy m 5 c) f  x  có nghiệm f  x  0  m   x  2m  0  m   x  2m  0   m   x  2m  Nếu m  0  m 2 , ta x   0( ktm) Nếu m  0  m 2  x   2m    m m x nguyên m  U (1)   1;1 *) m    m 1  x  *) m  1  m 3  x  Vậy m 1 x  1; m 3 x  Câu A   x  2013  x  2015   x  2014 A   x  2013  x  2015  x  2014 2  x  2014 2 A 2    x  2013  x  2015  0 x  2014 0  2013 x 2015; x 2014  x 2014 Vậy MinA 2  x 2014 Câu A I M B H K C Q F E   a) Xét AMC EMB có: AM ME ( gt ); AMC EMB (đối đỉnh); BM MC ( gt )    AMC EMB  c.g.c   AC EB MAC MEB góc vị trí so le tạo đường thẳng AC EB cắt đường thẳng AE Suy AC / / BE b) Xét AMI EMK có:   AM EM ( gt ); MAI MEK  AMC EMB  ; AI EK ( gt )   Nên AMI EMK (c.g.c) , mà AMI  IME 180 (tính chất kề bù)    EMK  IME 1800  Ba điểm I , M , K thẳng hàng   900 BHE H c) Trong tam giác vuông    HEB 900  HBE 900  500 400     HEM HEB  MEB 400  250 150  có HBE  50  BME góc ngồi đỉnh M HEM 0    Nên BME HEM  MHE 15  90 105 (định lý góc ngồi tam giác) d) Tam giác BHE vuông H nên BE  HE; EF  HE , BE tồn điểm   Q nằm B F cho QE HE Ta có QHE cân E nên HQE QHE    BHQ  QHE 900    BHQ QHF    Mà  HQE  QHF 90 Kẻ QJ  BH Ta có: QJH QFH (ch  gn)  HF JH , BQ  BJ Do đó: FH  BE FH  BQ  QE  JH  BJ  HE HB  HE Vậy FH  BE  HB  HE