SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
*******
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7
Năm học 2003 - 2004
MÔN THI : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (3 điểm)
Tìm số tự nhiên nhỏ nhất a để khi ghép nó vào bên phải số 2004 thì được một số tự nhiên chia hết cho 2003
Bài 2 (5 điểm)
Cho hai hàm số : f(x) = |x – 1| + 1 và g(x) = |x – 2| + 2
1 Tìm x để f(x) – 2g(x) = -3 ;
2 Tìm x để f(x) = g(f(2))
Bài 3 (3 điểm)
Chứng minh rằng không thể tìm được các số nguyên x, y, z thoả mãn :
|x – y| + |y – z| + |z – x| = 2005
Bài 4 (3 điểm)
Tìm x biết : 3x2 + +4 2004x2+ = −1 3 4x 2
Bài 5 (6 điểm)
Cho ∆ABC có µA 50= 0 và µB 20 = 0 Trên tia phân giác BE (E thuộc AC) của ·ABC lấy điểm F sao cho sao cho ·FAB 20 = 0 Gọi I là trung điểm của AF, EI cắt AB ở K
1 Chứng minh : EK ⊥ AF
2 Chứng minh : BE ⊥ CK
Họ và tên : ……… SBD : ………
Trường THCS : ………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 (3 điểm)
Đặt a a a a= 1 2 n (n ∈ N*, a ,a , ,a là các chữ số, 1 2 n a1≠ 0)
Số tự nhiên cần tìm có dạng : 2004a a a 1 2 n
Theo giả thiết, ta có : 2004a a a ⋮ 2003 1 2 n ⇔ 2004.10n + a a a ⋮ 20031 2 n
⇔ 2003.10n + 10n + a a a ⋮ 2003 1 2 n ⇔ 10n + a a a ⋮ 2003 (vì 2003.101 2 n n ⋮ 2003) Xét các trường hợp :
- Với n = 1, ta được 10 + a ⋮ 2003 1 ⇒ không tìm được a vì 10 < 10 + 1 a < 20.1
- Với n = 2, ta được 100 + a a ⋮ 2003 1 2
⇒ không tìm được a a vì 100 < 100 + 1 2 a a < 200.1 2
- Với n = 3, ta được 1000 + a a a ⋮ 2003 1 2 3
⇒ không tìm được a a a vì 1000 < 1000 + 1 2 3 a a a < 2000.1 2 3
- Với n = 4, ta được 10000 + a a a a ⋮ 2003 1 2 3 4 ⇔ 10000 + a a a a - 5.2003 ⋮ 20031 2 3 4 Hay a a a a - 15 ⋮ 20031 2 3 4 (1)
Nhận xét : 999 < a a a a < 10000 1 2 3 4 ⇒ 984 < a a a a - 15 < 99851 2 3 4 (2)
Vì a a a a a= 1 2 3 4 phải là số tự nhiên nhỏ nhất nên từ (1) và (2) suy ra :
1 2 3 4
a a a a - 15 = 2003 ⇒ a a a a = 20181 2 3 4
Vậy số tự nhiên a nhỏ nhất cần tìm là a = 2018
Bài 2 (5 điểm)
1 f(x) – 2g(x) = -3 ⇔ |x – 1| + 1 – 2(|x – 2| + 2) = -3
⇔ |x – 1| - 2|x – 2| = 1 (1) Xét các trường hợp :
- Nếu x < 1 thì x – 1 < 0 và x – 2 < 0 ⇒ |x – 1| = 1 – x, |x – 2| = 2 - x
(1) trở thành : 1 – x – 2(2 – x) = 1
⇔ 1 – x – 4 + 2x = 1 ⇔ x = 4 (không thoả mãn x < 1)
- Nếu 1 ≤ x < 2 thì x – 1 ≥ 0 và x – 2 < 0 ⇒ |x – 1| = x – 1, |x – 2| = 2 - x
(1) trở thành : x – 1 – 2(2 – x) = 1 ⇔ x – 1 – 4 + 2x = 1
⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2 (không thoả mãn 1 ≤ x < 2)
- Nếu x ≥ 2 thì x – 1 > 0 và x – 2 ≥ 0 ⇒ |x – 1| = x – 1, |x – 2| = x - 2
Trang 3(2) trở thành : x – 1 – 2(x – 2) = 1 ⇔ x – 1 – 2x + 4 = 1
⇔ -x = -2 ⇔ x = 2 (thoả mãn x ≥ 2) Vậy giá trị của x cần tìm là x = 2
2 f(2) = |2 – 1| + 1 = 2 ⇒ g(f(2)) = g(2) = |2 – 2| + 2 = 2
Do đó f(x) = g(f(2)) ⇔ |x – 1| + 1 = 2 ⇔ |x – 1| = 1 ⇔ x 1 1
x 1 1
− =
− = −
x 2
x 0
=
=
Vậy với x ∈ {0 ; 2} thì f(x) = g(f(2))
Bài 3 (3 điểm)
Không giảm tổng quát có thể giả sử x ≥ y ≥ z
Khi đó x – y ≥ 0, y – z ≥ 0, z – x ≤ 0
⇒ |x – y| + |y – z| + |z – x| = 2005 ⇔ x – y + y – z + x – z = 2005
⇔ 2(x – z) = 2005 (*) Vì x, z ∈ Z nên vế trái (*) là số nguyên chẵn, còn 2005 là số lẻ nên không tìm được
x, z thoả mãn (*)
Vậy không thể tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn điều kiện đề bài
Bài 4 (3 điểm)
Vì x2≥ 0 ∀x ⇒ 3x2 + 4 ≥ 4, 2004x2 + 1 ≥ 1 ⇒ 3x2+1 ≥ 2, 2004x2+1 ≥ 1
⇒ 3x2+ +4 2004x2 +1 ≥ 3 (dấu bằng xảy ra ⇔ x = 0) (1)
Mặt khác, 3 – 4x2≤ 3 (dấu bằng xảy ra ⇔ x = 0) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 3x2 + +4 2004x2+ = −1 3 4x2
⇔ 3x2+ +4 2004x2+ = −1 3 4x2 =3 ⇔ x = 0
Vậy x = 0
Bài 5 (6 điểm)
1 Vì BE là tia phân giác của ·ABC nên µ µ · 0 0
1 2 ABC 20
Xét ∆AEF có : µ · µ 0 0 0
A = BAC A− =50 −20 =30
Trang 4$ µ µ 0 0 0
1 2 2
F = A +B = 20 +10 =30 (vì $F là góc ngoài của 1 ∆FAB) Suy ra ∆AEF cân tại E ⇒ EI vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao ⇒ EI ⊥ AF Hay EK ⊥ AF
2 Vì µE là góc ngoài của 3 ∆AEB nên µ · µ 0 0 0
E = BAE B+ =50 +10 =60
∆AEF cân tại E nên đường trung tuyến EI đồng thời là đường phân giác của ·AEF
1 2 AEF 180 2A 180 2.30
Xét ∆BCE và ∆BKE có :
2 3
E = E = 60
BE là cạnh chung
1 2
B = B =10
Nên ∆BCE = ∆BKE (g.c.g) ⇒ BC = BK và EC = EK
Suy ra B và E cùng thuộc đường trung trực của CK
Do đó BE ⊥ CK