Đề thi HSG toán 7-tỉnh Thái Bình 2003-2004

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 : 2 2 2 3x 4 2004x 1 3 4x .+ + + = − . Bài 5 (6 điểm) Cho ∆ABC có µ 0 A 50= và µ 0 B 20 .= Trên tia phân giác BE (E thuộc AC) của · ABC lấy điểm F sao cho sao cho · 0 FAB 20 .= 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 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (3 điểm) Đặt 1 2 n a a a a= (n ∈ N * , 1 2 n a ,a , ,a là các chữ số, 1 a 0≠ ) Số tự nhiên cần tìm có dạng : 1 2 n 2004a a a Theo giả thiết, ta có : 1 2 n 2004a a a ⋮ 2003 ⇔ 2004.10 n + 1 2 n a a a ⋮ 2003 ⇔ 2003.10 n + 10 n + 1 2 n a a a ⋮ 2003 ⇔ 10 n + 1 2 n a a a ⋮ 2003 (vì 2003.10 n ⋮ 2003) Xét các trường hợp : - Với n = 1, ta được 10 + 1 a ⋮ 2003 ⇒ không tìm được 1 a vì 10 < 10 + 1 a < 20. - Với n = 2, ta được 100 + 1 2 a a ⋮ 2003 ⇒ không tìm được 1 2 a a vì 100 < 100 + 1 2 a a < 200. - Với n = 3, ta được 1000 + 1 2 3 a a a ⋮ 2003 ⇒ không tìm được 1 2 3 a a a vì 1000 < 1000 + 1 2 3 a a a < 2000. - Với n = 4, ta được 10000 + 1 2 3 4 a a a a ⋮ 2003 ⇔ 10000 + 1 2 3 4 a a a a - 5.2003 ⋮ 2003 Hay 1 2 3 4 a a a a - 15 ⋮ 2003 (1) Nhận xét : 999 < 1 2 3 4 a a a a < 10000 ⇒ 984 < 1 2 3 4 a a a a - 15 < 9985 (2) Vì 1 2 3 4 a a a a a= phải là số tự nhiên nhỏ nhất nên từ (1) và (2) suy ra : 1 2 3 4 a a a a - 15 = 2003 ⇒ 1 2 3 4 a a a a = 2018 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 (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 x 2 ≥ 0 ∀x ⇒ 3x 2 + 4 ≥ 4, 2004x 2 + 1 ≥ 1 ⇒ 2 3x 1+ ≥ 2, 2 2004x 1+ ≥ 1 ⇒ 2 2 3x 4 2004x 1+ + + ≥ 3 (dấu bằng xảy ra ⇔ x = 0) (1) Mặt khác, 3 – 4x 2 ≤ 3 (dấu bằng xảy ra ⇔ x = 0) (2) Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 3x 4 2004x 1 3 4x+ + + = − ⇔ 2 2 2 3x 4 2004x 1 3 4x 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 B B 10 2 2 = = = = Xét ∆AEF có : µ · µ 0 0 0 1 2 A BAC A 50 20 30= − = − = $ µ µ 0 0 0 1 2 2 F A B 20 10 30= + = + = (vì $ 1 F là góc ngoài của ∆FAB). Suy ra ∆AEF cân tại E ⇒ EI vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao ⇒ EI ⊥ AF Hay EK ⊥ AF. 2. Vì µ 3 E là góc ngoài của ∆AEB nên µ · µ 0 0 0 3 2 E BAE B 50 10 60= + = + = ∆AEF cân tại E nên đường trung tuyến EI đồng thời là đường phân giác của · AEF . Suy ra µ µ · µ 0 0 0 1 0 1 2 AEF 180 2A 180 2.30 E E 60 2 2 2 − − = = = = = Xét ∆BCE và ∆BKE có : µ µ 0 2 3 E E 60= = BE là cạnh chung µ µ 0 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. . 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. 1 thi 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 thi . và tên : …………………………………………………… SBD : …………………………… Trường THCS : …………………………………………………………………………………… ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (3 điểm) Đặt 1 2 n a a a a= (n ∈ N * , 1 2 n a ,a , ,a là