Biết số ngời đi vừa đủ số ghế ngồi... Cho tam giác ABC cân tại A.. Gọi H là trung điểm BC.. Chứng minh: AM=AN và AH⊥BC b.. Kẻ đờng cao BK.. Tính độ dài BC... Đờng vuông góc với BC tại D
Trang 1đề thi Olympic năm học 2009-2010
Môn: toán lớp 6–
(Thời gian làm bài 120 phút)
-Câu 1:
a) Rút gọn A =
108 63 81 42 27 21
36 21 27 14 9 7
+ +
+ +
b) Tính B =
1400
10
260
10 140
10 56
10
+ +
+ +
c) So sánh 20092010 +20092009 với 20102010
Câu 2:
Cho phân số A =
3 5
10
−
n
n
( n∈ Z ) a) Tìm n để A có giá trị nguyên
b) Tìm n để A có giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó?
Câu3:
999999
131313 636363
131313 353535
131313 151515
131313 :
11
10 70 3
−
x
b) Chứng minh rằng nếu a, b ∈ N và a + 5b 7 thì 10a + b cũng chia hết cho 7
c) Chứng tỏ rằng 6n + 5 và 2n + 1 nguyên tố cùng nhau
Câu 4:
Cho góc AMC = 60 Tia Mx là tia đối của tia MA, My là tia phân giác của CMx, MT °
là tia phân giác của góc xMy
a) Tính AMy
b) Chứng minh góc CMT = 90°
Câu 5:
a) Cho S =
2500
2499
25
24 16
15 9
8 4
3
+ +
+ + + Chứng tỏ rằng S không phải là số tự nhiên
b) Có 64 ngời đi tham quan bằng hai loại xe, loại 12 chỗ và loại 7 chỗ ngồi Biết số ngời đi vừa đủ số ghế ngồi Hỏi mỗi loại có mấy xe?
-Hớng dẫn chấm thi Olympic năm học 2009-2010
Môn: toán lớp 6–
Câu 1: ( 5 điểm)
a) (2điểm) A =
9
1 27 21
9 7 ) 4 3 3 2 1 ( 27 21
) 4 3 3 2 1 ( 9 7 108 63 81 42 27 21
36 21 27 14 9
+ +
+ +
= +
+
+ +
b) (1,5điểm)
1400
10
260
10 140
10
56
10
700
5
130
5 70
5 28
Trang 2=
28 25
5
13 10
5 10
7
5 7
4
3
5
) 28 25
3
13 10
3 10 7
3 7 4
= (
3
5
14
5 28
6 3
5 ) 28
1 4
1 (
3
5 ) 28
1 25
1
13
1 10
1 10
1 7
1 7
1 4
c)(1,5điểm) Ta có 20092010 +20092009= 20092009(2009+1)=20092009.2010
20102010 =20102009.2010
Vì 20092009 <20102009 =>20092010 +20092009 <20102010
Câu 2 (3điểm)
a) (2điểm)
3 5
6 2 3
5
6 ) 3 5 ( 2
− +
=
−
+
−
=
n n
n A
5
6
n Z
b)(1điểm)
3 5
6 2 3
5
6 ) 3 5 ( 2
− +
=
−
+
−
=
n n
n A
A có giá trị lớn nhất ⇔
3 5
6
−
n có GTLN⇔5n – 3 là số nguyên dơng nhỏ nhất ⇔ 5n – 3 = 2 ⇔5n = 5 ⇔n = 1 Khi đó GTLN của A là 5
Câu 3: (6 điểm)
a) (2 điểm)
5 ) 11 9
2 9 7
2 7 5
2 5 3
2 ( 2
13 : 11
780 3
2 5 ) 99
13 63
13 35
13 15
13
(
:
11
780
3
2
−
=
−
⇔
−
= + + +
x
60 40
3
2 5 45 3
2 5 ) 33
8 2
13 ( : 11
780 3
2 5 ) 11
1 3
1 ( 2
13 : 11
780
3
2
=
⇔
=
⇔
−
=
−
⇔
−
=
−
⇔
−
=
−
b) (2 điểm) Xét hiệu 5(10a + b) – (a + 5b) = 49a 7 mà a + 5b 7 => 5(10a + b) 7
do (5;7) = 1 => 10a + b 7 (đpcm)
c) (2 điểm) Gọi ƯCLN(2n + 1; 6n +5) = d = > 6n +5 d và 2n + 1d =>
6n + 5 – 3(2n + 1) d => 2 d Do d là ớc của số lẻ => d = 1 => (2n + 1; 6n +5) = 1
Câu 4: (3 điểm) y C
a) (2 điểm)Vì góc xMC và góc CMA kề bù =>
gócxMC = 180°−60°=120°
Vì My là tia phân giác của góc xMC
=> góc xMy = 60° mà góc góc xMy kề bù với T
góc AMy => góc AMy = 180°−60=120°
60°
x M A
b)( 1 điểm)
Do MC là ti phân giác của góc AMy MT là tia phân giác của yMx
mà góc AMy và góc yMx là hai góc kề bù => My năm giữa 2 tia MC và MT
Trang 3 gócCMT = góc CMY + góc yMT =
2
1 góc AMy +
2
1 góc yMx =
2
1 120 +
2
1.60 =
°
90
Câu 5: (3 điểm) (Mỗi câu đúng cho 1,5 điểm)
a) Ta có
2500
1 1
25
1 1 16
1 1 9
1 1 4
1
=
S
50
1
5
1 4
1 3
1 2
1 ( 1
1 1
=
49 s/h B
= 49 – B
50
1 1 50 49
1
4 3
1 3 2
1 2 1
1 50
1
4
1 3
1
2
1
2 2
2
Ta lại có
B =
3
1 147
49 102
49 51
1 2
1 51 50
1
5 4
1 4 3
1 3 2
1 50
1
4
1
3
1
2
1
2 2
2
=> < <1⇒
3
1
B 48 < S < 49 => (đpcm)
b) Gọi x là loại số xe 12 chỗ
y là loại số xe loại 7 chỗ ( ĐK x , y∈ N )*
Ta có 12x + 7y = 64 (1)
Ta thấy 12x 4 , 64 4 => 7y 4 mà (4;7) =1 => y 4.(2)
Từ (1) => 7y < 64 => y < 10 Kết hợp với (2) = > y = 4; 8
Với y = 4 => 12x +28 = 64 => x = 3 (TM)
Với y = 8 => 12x + 56 = 64 => 12x = 8 Không thoả mãn
Vậy có 3 xe loại 12 chỗ và 4 xe loại 7 chỗ
đề thi Olympic năm học 2009-2010
Môn: toán lớp 7–
(Thời gian làm bài 120 phút)
Câu1.
−
b So sánh: A= 2+ 6+ 12+ 20+ 30+ 42 và B=24
Câu 2:
c Cho
a b c = a b c= a b c
Chứng minh rằng:
Trang 42 2 4 4
x y z = x y z = x y z
(Với abc≠0và các mẫu khác o)
b Cho hàm số: f x( ) xác đinh với moi giá tri của x R∈ Biết rằng với mọi x≠0ta
2
x
+ ữ=
Tínhf ( )2
Câu 3
a Tìm x biết:
( ) 1 ( ) 11
x− + = −x +
b Tìm tất cả các giá tri nguyên dơng của x và y sao cho:
5
x+ =y
Câu 4:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A= −x + −x + −y + −x +
Câu 5.
Cho tam giác ABC cân tại A Trên cạnh BC lần lợt lấy 2 điểm M và N sao cho BM=MN=NC Gọi H là trung điểm BC
a Chứng minh: AM=AN và AH⊥BC
b Chứng minh ∠MAN > ∠BAM
c Kẻ đờng cao BK Biết AK= 7cm; AB=9cm Tính độ dài BC
-Cõu 1(4đ)
1.a(2đ)
1.b(2đ)
Hớng dẫn chấm thi Olympic năm học 2009-2010 Môn: toán lớp 7–
Ta cú:
1 5 7 9 9
1 8
1 16
5 1 7 9 3
1 8
1 2
1 : 8
5 25
14 7 9 3 8
1 2
1 : 2
2
0 2
3
= +
− +
=
+
− +
=
+
− +
Ta cú:
42 30
20 12
6
=
A
B
=
= + + + + +
=
+ +
+ +
+
<
24 5 , 6 5 , 5 5 , 4 5 , 3 5 2 5 , 1
25 , 40 25 , 30 25 , 20 25 , 12 25 , 6 25 , 2
0,5 0,5
0,5 0,5
Trang 5Câu 2(4đ)
2.a(2đ)
2.b(2đ)
Câu 3(4đ)
3.a(2đ)
3.b(2đ)
Câu4(2đ)
Vậy A<B
Từ giả thiết suy ra:
( ) ( ) ( )3 9
4 4 4
4 4 4 8
4 4
8 4 4
2 9
2 4
4 2
2 4 2 2
1 9
2 4
4 2 2 4
2 2
c
z y x c b a
z c
b a
y c
b a x
b
z y x c b a
z c
b a
y c
b a x
a
z y x c b a
z c
b a
y c
b a x
+
−
= +
−
=
− +
= + +
− +
= +
−
=
− +
= + +
+ +
= +
−
=
− +
= + +
Từ (1), (2), (3) ta có:
c
z y x b
z y x a
z y x
9
4 4 9
2 9
+
Hay
z y x
c z
y x
b z
y x
a
+
−
=
− +
= +
9 2
9 2
9
Vậy
z y x
c z
y x
b z
y x
a
+
−
=
− +
= +
Với x=2 ta có: ( ) 4
2
1 2
+ f f
Với
2
1
=
x ta có ( )
4
1 2 2 2
f
Giải ra tìm được ( )
6
7
2 =−
f
=
−
=
−
⇔
=
−
−
−
⇔
=
−
−
−
−
⇔
−
=
−
+ +
+ +
= +
1 5
0 5
0 5 1
5
0 5 5
5
5 5
10 1
10 1
10 1
1
11 1
x x
x x
x x
x
x x
x x
x x
x x
Giải ra tìm được x=4 hoặc x=5 hoặc x=6.
Từ
( 5)( 5) 25
25 5 5 5
0 5 5 5
1 1 1
=
−
−
⇔
=
−
−
−
⇔
=
−
−
⇒
= +
y x
y y
x
y x xy
y x
Vì x, y nguyên dương ⇒x−5;y−5 thuộc ước của 25.
Giải ra tìm được các cặp giá trị x; y nguyên dương thoả mãn điều kiện bài toán là:
(x=30,y=6); (x=10, y=10);(x=6, y=30).
0,25 0,25 0,25
0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 1 0,5
0,5 1
0,5 0,5 1
0,5 0,5
0,5 0,5
Trang 6H M
B
A
C N
K
Câu 5(6đ)
5.a(2đ)
5.b(2đ)
5.c(2đ)
Áp dụng tớnh chất a = −a và a + b ≥ a+b , dấu “=” xảy ra khi ab≥0 và 0
≥
a dấu “=” xảy ra khi a=0 Ta cú:
3 2011
2008 2011
2008 2011
x
Dấu “=” xảy ra khi 2008≤x≤2011
và x−2009 ≥0 dấu “=” xảy ra khi x=2009.
0
2010 ≥
−
y dấu “=” xảy ra khi 2010.
⇒ A≥3+2008=2011 dấu “=” xảy ra khi x=2009 và y=2010.
Vậy giỏ trị nhỏ nhất của A là 2011 khi x=2009 ; y=2010.
-Chứng minh đựơc ∆ABM=∆ACN(cgc)⇒AM=AN
- Chứng minh đựơc ∆ABH=∆ACH(cgc)⇒∠AHB= ∠AHC=900 ⇒AH ⊥BC
Trên tia đối tia MA lấy điểm D sao cho MD=MA Chứng minh đợc ∆AMN= ∆DMB cgc( ) ⇒ ∠MAN = ∠BDM và AM=AN=BD -Chứng minh đợc BA>AM⇒BA>BD
-Xét ∆BAD có BA>BD ⇒∠BDA> ∠BAD hay ∠MAN > ∠BAM
Vì AK≠ ⇒ ∠ ≠0 A 900 nên chỉ có hai trờng hợp xảy ra TH1:
-∠BAC nhọn ⇒ k nằm giữa hai điểm A,C
Mà AC=AB ⇒AC =9cm ⇒KC= AC AK− =2
-∆AKB vuông tại K ⇒BK2 =AB2−AK2 =32
-∆AKC vuông tại K nên ta có BC= BK2+KC2 =6cm
TH2:
-∠BAC tù ⇒ A nằm giữa hai điểm K,C ⇒KC=AK+AC=16cm
-∆ABK vuông tại K ⇒BK2 =AB2−AK2 =32
-∆BKC vuông tai K ⇒BC= BK2+KC2 = 288 Vậy BC=6cm hoặc BC= 288cm
1đ 1đ 1đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Trang 7đề thi Olympic năm học 2009-2010
Môn: toán lớp 8–
(Thời gian làm bài 120 phút)
-Câu1: Cho biểu thức: A =
x x
x x
x x
−
−
−
− +
+
2 1 : 1
5 1
2 1
1 a) Tìm điều kiện xác định của A, rồi rút gọn biểu thức A
b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên
Câu2: a) Phân tích đa thức thành nhân tử:
(3x – 2)3 – (x – 3)3 – (2x + 1)3
b) áp dụng giải phơng trình:
(3x – 2)3 – (x – 3)3 = (2x + 1)3
Câu3: a) Giải phơng trình: 2x −1 = 2x + 1
b) Cho số thực x thoã mãn:
2
1 1
+
−x x x
Tính giá trị của biểu thức: B =
1 2
1 18 3
2 3
3 4
+ +
−
− +
−
x x x
x x
x
Câu4: Cho x, y là các số thực không âm thoã mãn:
x2 – 2xy + x - 2y ≤ 0 Tính giá trị lớn nhất của biẻu thức:
M = x2 – 5y2 + 3x
Câu5: Cho tam giác ABC vuông tại A( AC > AB), đờng cao AH Trên tia HC lấy
HD = HA Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E
a) Chứng minh: AE = AB
b) Gọi M là trung điểm của BE Tính góc AHM
-Hớng dẫn chấm thi Olympic năm học 2009-2010
Môn: toán lớp 8–
Câu1: (3đ)
Trang 8a) (2đ) +)Điều kiện:
≠
≠
±
≠
2 1 0 1
x x x
+) Quy đồng mẫu số và biến đổi đợc: A =
x
x
2 1
2
− b) (1đ) Ta có A =
x
x
2 1
2
− = -1 + 1 2x
1
− Suy ra A nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi
1 – 2x = ±1 ⇔ x = 0 hoặc x = 1
Đối chiếu ĐK ban đầu x = 0 và x = 1 không thoã mãn Vậy không có giá trị x nào thoã mãn yêu cầu bài toán
Câu2:(4đ)
a) (2đ) Chứng minh: Nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc
áp dụng ta có: (3x – 2)3 – (x – 3)3 – (2x + 1)3
= (3x – 2)3 + ( - x + 3)3 + ( - 2x - 1)3
= 3(3x – 2)( - x + 3)( - 2x – 1)
b) (2đ) Ta có: (3x – 2)3 – (x – 3)3 = (2x + 1)3
⇔(3x – 2)3 – (x – 3)3 - (2x + 1)3 = 0
⇔3(3x – 2)( - x + 3)( - 2x – 1) = 0
⇔ x =
3
2 hoặc x = 3 hoặc x = -
2
1
Câu3:(4đ)
a)(2đ) +) Với x ≥ 0: Phơng trình đã cho trở thành
2x−1 = 2x + 1 Giải đợc x = 0
+) Với x < 0: Phơng trình đã cho trở thành
2x+1 = 2x + 1 Giải đợc x ≥
2
1
−
Suy ra nghiệm của phơng trình đã cho là: 0
2
1≤ ≤
b)(2đ) Từ giả thiết suy ra x2 – x + 1 = 2x hay x2 = 3x – 1
Suy ra x≠0 và x3 = (3x – 1)x = 3x2 – x = 8x – 3
x4 = (8x – 3)x = 8x2 – 3x = 21x -8
Do đó B =
1 2
1 18 3
2 3
3 4
+ +
−
− +
−
x x x
x x
3
15 3
15 1 ) 1 3 ( 2 3 8
1 18 ) 3 8 ( 3 8
+ +
−
−
−
− +
−
−
−
x
x x
x x
x x
x
=5
Câu4: (3đ) Ta có x2 – 2xy + x - 2y =(x – 2y)(x + 1)≤0 ⇒ x≤2y(vì x≥0 nên x + 1 > 0)
Do đó M = x2 – 5y2 + 3x ≤ 4y2 – 5y2 + 6y = -y2 + 6y = -(y – 3)2 + 9 ≤ 9
M = 9 khi và chỉ khi y = 3, x = 6
Vậy giá trị lớn nhất của M là 9
Câu5: (6đ)
a)(3đ) Ta có ∆CDE ~ ∆CAB(hai tam giác vuông có góc C chung)
Trang 9CAD CA
CD
CB
CE = ⇒∆
⇒ ~ ∆CBE⇒Aˆ1 =Bˆ1 ⇒Eˆ1 =Dˆ1 =45°(Vì ∆AHD vuông cân) ⇒∆ABE vuông cân ⇒ AE = AB(đfcm)
b)(3đ) Từ ∆ABE vuông cân kết hợp với GT suy ra AM⊥ BE.Kéo dài AM cắt BC
MK
HK BK
AK = ⇒∆ ~ ∆HKM
45
=
∠
=
∠
⇒ MHK BAK (vì ∆ABE vuông cân nên AM vừa lầ đờng trung tuyến vừa
là đờng phân giác suy ra
45
=
45
=
∠
⇒ AHM
A
C
E
D K
M
1
1
C A
1 1