Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn : toán 7 năm học :2005-2006

7 b.Tìm số nguyên tố P có một chữ số để viết được dưới dạng số thập phân hữu hạn.. C©u IV: Cho tam giác ABC giả sử AB..[r]

Phòng giáo dục đào tạo tam đảo Trường THCS nguyễn traĩ Đề thi khảo sát chất lượng hsg M«n :To¸n N¨m häc :2005-2006 Người đề:lê quang hà §Ò bµi Câu I: Khoanh tròn vào chữ cái đứng trước câu trả lời mà em chọn: 1 1      B»ng: 1.2 3.5 (2n  1)(2n  1) 255.257 127 128 128 129 A B C D 255 255 257 257 2.Cho hai sè kh¸c cã hiÖu,tæng vµ tÝch tØ lÖ víi 1:7:24 VËy tÝch cña chóng lµ: A.6 B.12 C.24 D.48 E.96 3.T×m x víi x:0,(3) = 0,(12) ®­îc x b»ng: A 0,4 B 0,(36) C D 99 33 4.Cã bao nhiªu sè thùc x cho  ( x  1) lµ mét sè thùc? A.Kh«ng cã sè nµo B.Mét C.Hai D.NhiÒu h¬n hai sè E.V« sè 5Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A,kÎ BD  AC ( D  AC ) BiÕt AD=1cm,CD=8cm §é dµi c¹nh bc b»ng bao nhiªu centimet? A.9 B.12 C 162 D 88 E 146 6.Gi¸ trÞ cña ®a thøc x+x3+x4+…+x2005+x2006 t¹i x =-1 b»ng: A.-2006 B.2006 C.1 D.0 E.-1 C©u II: a.Với giá trị nào x thì biểu thức: P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) đạt giá trị nhỏ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt Êy? b.Tìm số nguyên tố P có chữ số để viết dạng số thập phân hữu hạn 5P C©u III.T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè P cho tæng cña tÊt c¶ c¸c ­íc sè tù nhiªn cña sè P4 lµ mét sè chính phương C©u IV: Cho tam giác ABC (giả sử AB<AC) trên hai cạnh BA và CA lấy hai điểm M và N di động ,sao cho BM=CN Gọi I và J theo thứ tự là trung điểm các đoạn BC và MN DDường thẳng ị cắt các đường thẳng AB vµ AC t¹i E vµ F Chøng minh : BEI = CFI Lop7.net đáp án(toán 7) Câu I:(3 điểm).Mỗi ý đúng 0,5 điểm 1- C 2- D 3- C 4- B 5- B 6-A C©u II : (1,5 ®iÓm) a)(1 ®) P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) = ( x  1)( x  6)( x  2)( x  3) =(x2+6x-x-6)(x2+3x+2x+6) =(x2+5x6)(x2+5x+6) =(x2+5x)2 -36 Ta cã (x2+5x)2  x  Q nên với P= (x2+5x)2 -36 thì P đạt giá trị (x2+5x)2 =0 Lúc đó ta có x2+5x2 =0  x ( x  5)   x  x=-5 Vậy P đạt giá trị nhỏ là -36 x=0 x=5 b)(0,5 ®) §Ó viết dạng số thập phân hữu hạn thì P=2, P=5,hoặc P=7 7P C©uIII:(2 ®iÓm) Sè P4 cã ­íc sè tù nhiªn lµ ,P ,P2 ,P3 ,P4 Ta cã : 1+P +P2 +P3 +P4 =n2 (n  N ) Suy : 4n2=4P4+4P3+4P2+4P+4>4P4+4P3+P2=(2P2+P)2 Vµ 4n2 < 4P4+P2+4+4P3+8P2+4P=(2P2+P+2)2 VËy : (2P2+P)2< (2n)2 < (2P2+P+2)2 Suy :(2n)2= (2P2+P+2)2 = 4P4 + 4P3+5P2+2P+1 VËy 4P4 + 4P3+5P2+2P+1= 4P4 + 4P3+4P2+4P+4.(v× cïng b»ng 4n2)  P  P    ( P  1)( P  3)  Do P > 1,suy :P-3=0 hay P=3.(Thö l¹i P=3 tho¶ m·n bµi to¸n) C©uV: VÏ h×nh chÝnh x¸c (0,5 ®iÓm) E A F M N B J K C I Gäi K lµ trung ®iÓm cña MC.Tam gi¸c CMB cã KI lµ ®­êng trung b×nh Suy KI // MB , KI = MB Tương tự KJ// AC , KJ = CN Suy tam gi¸c IKJ c©n , KJI = KIJ Ta cã : BEI = KIJ (So le trong) CFI = KJI (đồng vị) Suy BEI = CFI Lop7.net Phòng giáo dục đào tạo tam đảo Trường THCS Bồ lý Đề thi khảo sát chất lượng hsg M«n :To¸n N¨m häc :2005-2006 Người đề:Nguyễn Phúc Cường §Ò bµi: C©u I T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña c¸c ph©n sè cã d¹ng: ab đó a,b,c,d là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện: ac  bd a+b = c+d = 2006 C©u II Chøng minh r»ng n  N , n  ta cã: G(n) = 32n +3 +40n -27  64 C©u III Chøng minh r»ng A= 2x2 +y2 +5z2 4xy+7xz+4yz > , x, y, z  R tho¶ m·n : x+y+z < vµ 4xz > y2 C©u IV Cho tam giác ABC cân A.Trên cạnh đáy BC lấy điểm D cho CD = 2BD So s¸nh sè ®o hai gãc : BAD vµ CAD C©u V Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A.BiÕt AB =c,AC =b, b>c KÎ trung tuyÕn AM,BN T×m mét hÖ thøc liªn hÖ b, c để ta có: AM  BN - Lop7.net Phòng giáo dục đào tạo tam đảo Trường THCS Bồ lý Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng hsg M«n :To¸n N¨m häc :2005-2006 Người đề:Nguyễn Phúc Cường ab ac  bd c d   NX: M đạt giá trị nhỏ khi:  64  = đạt giá trị lớn ac  bd M ab b a M c d nhÊt (V× M>0 ) Bgi¶i: Ta cã :a+b =c+d =2006 nªn :  a, b, c, d  2005 Ta cã : vµ bao giê còng cã b a c d phân số không vượt quá (vì > và >1 th× c+d >a+b ) b a c d Gi¶ sö  : -NÕu d  2004 th×  2004 (V× a  ) b a c d Khi đó : = +   2004 = 2005 (1) M b a 1 2005 2005    1 - NÕu d=2005 th× c=1  Víi a>1 th× cã <1005 (2) M b a M 1 2005 4020026    + Víi a=1 th× b=2005 vµ (3) M 2005 2005 2005 Tõ NX trªn vµ (1,2,3) ta thÊy : Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña M lµ: và đạt a=c =1 và b=d =2005 4020026 hoÆc a=c=2005 vµ b=d =1 C©u II Ta cã G(1) =256  64 Gi¶ sö G(n)= 32n+3 +40n -27  64 CÇn chøng minh G(n+1) = 32(n+1)+3 +40(n+1) -27  64 XÐt hiÖu G(n+1) –G(n) =32(n+1) +3 -32n+3 +40(n+1) 40n =8.32n+3 +40 = 8(32n+3+5) 8 => G(n+1) –G(n)  64  H(n) = 32n+3 +5 8 Tương tự trên ,ta có : H(1)=248 8 H(n+1) – H(n) = 2(n+1)+3 -32n+3 = 32n+3(32 -1) =8.32n+3 8 (§pcm) C©u III.Ta cã : A= x2+ y2 + z2 +2xy+2xz+2yz+ x2 +4z2+2xy +5xz +2yz = (x+y+z)2 + (x2 +2xy+ y2) +(4z2 y2 y2 y 5 ¢ –y2)  (4 xz  y ) >0 ( Do 4xz > y2) +2yz+ ) + (5xz ) = (x+y+z)2 +(x+y)2 + (2z+ )2 + (4xz 4 4 C©u IV Gäi M lµ trung ®iÓm cña DC Trên tia đối tia MA lấy điểm E cho C ME =MA D M Ta cã AMC  EMD B (MD = MC, MA =ME , AMC  EMD ,đối đỉnh) Suy : DE = AC (Hai cạnh tương ứng) và E  A E MÆt kh¸c : D 1> B (TÝnh chÊt gãc ngoµi cña tam gi¸c ) Mµ B = C (gt) nªn D > C Suy : AC >AD  DE  AD  E  A > E hay A > A V× A = A (Do ABD  ACM , c.g.c) nªn A + A > A + A  A < A + A hay BAD  CAD VËy CAD  BAD A C©u V N Gäi G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC BC = a Ta cã : G a a2 GM = AM  GM = (1)  GM2 = B C 36 C©uI.§Æt M = M Lop7.net a2 a BC  BM =  BM = 2 BN2 b2 b2 Trong tam gi¸c vu«ng ABN cã BN2 =AN2 + AB2 (Theo ®.lý Pitago)  BN2 =c2 +  GB2 = (c2 + ) 4 §Ó BN  AM th× BGM vu«ng t¹i G Lúc đó ,theo đ.lý Pitago ta có BM2= BG2 +GM2 (4) 2 2 a b b a Tõ (1,2,3,4) ta cã : = (c2 + )+  a2 = 2(c2 + ) 4 36 ABC vu«ng t¹i A cho ta a2 = b2 + c2 b2 VËy b2 + c2 =2(c2 + )  b2 =2c2  b =2 c KL: §Ó BN  AM th× ®iÒu kiÖn lµ : b =2 c BM = (2) GB = Lop7.net BN  BG2 =