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) 1) Cho a, b, c, d số khác 0, thỏa mãn điều kiện: b2  ac; c2  bd ; b3  c3  d  a  b3  c a  Chứng minh rằng: 3 b  c  d3 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 5: : sau chia theo tỉ lệ : 5: 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  xy  x  3x y  y  B  x  13xy  y  x y  Tính A  B; A  B 2) Cho đa thức f ( x)   m   x  2m  a) Tìm nghiệm f  x  m  b) Tìm giá trị m f  x  có nghiệm 4 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  500 ; MEB  250 Tính HEM BME d) Từ H kẻ HF  BE  F  BE  CMR: HF  BE  BH  HE ĐÁP ÁN Câu 1) Từ giả thiết: b2  ac; c  bd  a b c   b c d a b3 c a  b3  c    (1) b3 c d b3  c  d a3 a a a a b c a Lại có:    (2) b b b b b c d d a  b3  c a  Từ (1) (2) :  3 b  c  d3 d 2) Gọi tổng số gói tăm lớp mua x  x  * Ta có: 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 Ta có:      a  ;b   ; c  (1)   18 18 18 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 Vậy c ' c  hay  4   x  360 15 18 90 Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói Câu 1) A  B  18xy  x2 y  10 y  11x  A  B  8xy  3x y  y  x  2) a) m  f  x   1   x  2.1    x  f  x     x    x  1 Vậy nghiệm f  x  1 m  b) Khi f  x  có nghiệm 4, ta có:  m  2 4   2m    2m    m  Vậy m  5 c) f  x  có nghiệm f  x    m   x  2m    m   x  2m     m   x  2m  Nếu m    m  , ta x  1  0(ktm) Nếu m    m   x  2m   2  m2 m2 x nguyên m  U (1)  1;1 *)m   1  m   x  1 *)m    m   x  3 Vậy m  x  1; m  x  3 Câu A    x  2013  x  2015   x  2014 A   x  2013  x  2015  x  2014   x  2014  A     x  2013 x  2015  x  2014   2013  x  2015; x  2014  x  2014 Vậy MinA   x  2014 Câu A I M B H C K 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  1800 (tính chất kề bù)  EMK  IME  1800  Ba điểm I , M , K thẳng hàng   c) Trong tam giác vng BHE H  900 có HBE  500  HEB  900  HBE  900  500  400  HEM  HEB  MEB  400  250  150 BME góc ngồi đỉnh M HEM Nên BME  HEM  MHE  150  900  1050 (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  90 Mà   BHQ  QHF   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