ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi : Toán 7

Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABE và ACF vuông cân tại A.. Từ E và F kẻ đường vuông góc EK và FN với đường thẳng HA.[r]

TRƯỜNG THCS ĐẠI TỰ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi : Tốn 7

Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1( 2đ): Tìm số x, y, z biết.

a/ (x – 1)3 = - 8 b/ 9 7 x 5x

c/ x - 3 x = 0 d/ 12x = 15y = 20z x + y + z = 48 Bài 2:(2 đ)

a) Thực phép tính:

   

12 10

6 9 3

2

2 3 4 9 5 7 25 49 A

125.7 5 14 2 3 8 3

 

 

 

b) Chứng minh : Với số nguyên dương n :

2

3n 2n 3n 2n

   chia hết cho 10

Câu 3:(1,5đ)

a/ Tìm số dư chia 22011 cho 127

b/ Với a, b số nguyên dương cho a + b + 2007 chia hết cho 6. Chứng minh rằng: 4a + a + b chia hết cho 6

Câu 4( 2,5 đ)

a, Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x 1 x   x 2013 x 2014 b, Cho số a,b,c nguyên tố Chứng minh ba số

; ;

A ab bc ca B a b c C abc       nguyên tố nhau.

c, Tìm số nguyên dương x,y thỏa mãn

1

3

x y 

Câu 5:(2đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH Vẽ phía ngồi tam giác ABC tam giác ABE ACF vuông cân A Từ E F kẻ đường vng góc EK FN với đường thẳng HA.

a/ Chứng minh rằng: EK = FN.

b/ Gọi I giao điểm EF với đường thẳng HA Tìm điều kiện tam giác ABC để EF = 2AI.

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM

MƠN: TỐN 7

========================================

Câu Phần Nội dung cần trình bày Điểm

1 (2đ)

a 0,5 (x – 1)3 = - => x – = - => x = - Vậy x = - 0.5

b 0,5đ

9 7 x 5x

Điều kiện: x  =>

9

9

x x x x        

 =>

12 12

2

x x x x         

  (Thỏa mãn điều kiện)

Vậy x = x =

0.5

c 0,5đ

x - x = Điều kiện x 

=> x x  3 = => x = x = (thỏa mãn điều kiện)

Vậy x = x = 0.5

d

0,5đ 12x = 15y = 20z =>

x y z

 

=>

48

5 12 12

x y z x y z 

    

=> x = 20; y = 16; z = 12 0.5

2 (2đ) a 1đ b 1đ a)               10

12 10 12 12 10

6 9 3 12 12 9 3

2

12 10

12 3

10 12

12

2 3 4 9 5 7 25 49 2 3 2 3 5 7 5 7 2 3 2 3 5 7 5 7 125.7 5 14

2 3 8 3

2 1 5 7 2 1 5 2

5 6 2 2

2 4 5 9

1 10 7

6 3 2

A       

                 b)

3n2 2n23n 2n= 3n23n  2n2 2n

=3 (3n 21) (2 n 21)

=3 10 10 2n  n  n  n110

= 10( 3n -2n-1)

Vậy 3n2 2n23n 2n 10 với n số nguyên dương.

0,5 0,5 0,5 0,5 3 (1.5 đ) a, 0,75đ

Ta có 25 = 32 1 (mod31) => (25)402  (mod31)

=> 22011  (mod31) Vậy số dư chia 22011 cho 31 2. 0,75

b 0,75đ

Vì a nguyên dương nên ta có 4a 1 (mod3) => 4a + 0 (mod3) Mà 4a + 0 (mod2) => 4a +  6

Khi ta có 4a + a + b = 4a + + a +1 + b + 2007 – 2010  6

Vậy với a, b số nguyên dương cho a + b + 2007 chia hết cho 4a + a + b chia hết cho 6

0,25 0,25 0,25

4 25

a A(x12014 x)   x1006 1007 x2013 2012 1   =2013.2014:2=2027091

b

1 Vì a,b,c nguyên tố nhau, suy (a,b,c)=1 a

1 đ Đặt (A,B,C)=d  

d  , ta cần chứng minh d=1.

Do A d  aAd a b abc ca d2   2

Mà abc d  a b ca d2  2  a b c d2   (1) Ta lại có a a b c d2     a3a b c d2   (2) Từ (1) (2) suy a d3  a d .

Chứng minh tương tự ta b c d;   a b c d; ;   a b c, ,   d d 1 Vậy (A,B,C)=1.

B 1đ

1

3 6

3 x y xy x y xy

x y       

   

6x 4xy6y 9 0   2x  y  3 2 y  9

2x 2  y 3

   

Do 2x  3 1 2x-3 ước nên. Nên 2x-3  1,1,3,9

Vậy (x,y)= (2,6); (3,3); (6;2).

1,0

c 1,0

5 (2đ)

a 1.0

Chứng minh KAE = HBA ( ch – gn) => EK = AH Chứng minh NFA = HAC ( ch – gn) => FN = AH Suy EK = FN

0,5 0.5

b 1đ

Chứng minh KEI = NFI ( c.g.c) => EI = FI = EF

2 Mà AI =

EF

2 (gt) => AI = EI = FI => IEA = IAE IAF = IFA => EAF = 900 => BAC = 900

Vậy EF = 2AI tam giác ABC vuông A

0,5

0,5

Ghi chú: Đáp án cách làm đúng, học sinh làm cách khác cho điểm tối đa

K I

H

N F

E

C B