Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 7

[r]

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THI MINH KHAI

*******

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7

Năm học 2017 - 2018

MÔN THI : TỐN

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

Bài (3 điểm)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất a để ghép nó vào bên phải số 2004 thì được một số tự nhiên chia hết cho 2003

Bài (5 điểm)

Cho hai hàm số : f(x) = |x – 1| + và g(x) = |x – 2| + Tìm x để f(x) – 2g(x) = -3 ;

2 Tìm x để f(x) = g(f(2)) Bài (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 (3 điểm)

Tìm x biết : 3x2 4 2004x2  1 4x . Bài (6 điểm)

Cho ∆ABC có A 50  0 và B 20   Trên tia phân giác BE (E thuộc AC) của ABC lấy điểm F cho cho FAB 20   Gọi I là trung điểm của AF, EI cắt AB ở K.

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (3 điểm)

Đặt a a a a n (n ∈ N*, a ,a , ,a1 nlà các chữ số, a10) Số tự nhiên cần tìm có dạng : 2004a a a1 n

Theo giả thiết, ta có : 2004a a a1 n ⋮ 2003  2004.10n + a a a1 n ⋮ 2003

 2003.10n + 10n + a a a1 n ⋮ 2003  10n + a a a1 n ⋮ 2003 (vì 2003.10n ⋮ 2003) Xét các trường hợp :

- Với n = 1, ta được 10 + a1 ⋮ 2003  không tìm được a1 vì 10 < 10 + a1 < 20 - Với n = 2, ta được 100 + a a1 ⋮ 2003

 không tìm được a a1 vì 100 < 100 + a a1 < 200 - Với n = 3, ta được 1000 + a a a1 ⋮ 2003

 không tìm được a a a1 vì 1000 < 1000 + a a a1 < 2000

- Với n = 4, ta được 10000 + a a a a1 ⋮ 2003  10000 + a a a a1 - 5.2003 ⋮ 2003 Hay a a a a1 - 15 ⋮ 2003 (1)

Nhận xét : 999 < a a a a1 < 10000  984 < a a a a1 - 15 < 9985 (2) Vì a a a a a phải là số tự nhiên nhỏ nhất nên từ (1) và (2) suy :

1

a a a a - 15 = 2003  a a a a1 4 = 2018 Vậy số tự nhiên a nhỏ nhất cần tìm là a = 2018 Bài (5 điểm)

1 f(x) – 2g(x) = -3  |x – 1| + – 2(|x – 2| + 2) = -3  |x – 1| - 2|x – 2| = (1) Xét các trường hợp :

- Nếu x < thì x – < và x – <  |x – 1| = – x, |x – 2| = - x (1) trở thành : – x – 2(2 – x) =

 3x =  x = (không thoả mãn  x < 2)

- Nếu x  thì x – > và x –   |x – 1| = x – 1, |x – 2| = x - (2) trở thành : x – – 2(x – 2) =  x – – 2x + =

 -x = -2  x = (thoả mãn x  2) Vậy giá trị của x cần tìm là x =

2 f(2) = |2 – 1| + =  g(f(2)) = g(2) = |2 – 2| + =

Do đó f(x) = g(f(2))  |x – 1| + =  |x – 1| = 

x 1 x 1

  

  

 

x x      Vậy với x ∈ {0 ; 2} thì f(x) = g(f(2))

Bài (3 điểm)

Không giảm tổng quát có thể giả sử x  y  z Khi đó x – y  0, y – z  0, z – x 

 |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 (3 điểm)

Vì x2 x  3x2 +  4, 2004x2 +   3x21  2, 2004x21  1

 3x24 2004x21  (dấu bằng xảy  x = 0) (1) Mặt khác, – 4x2 (dấu bằng xảy  x = 0) (2)

Từ (1) và (2) suy 3x2 4 2004x2  1 4x2

 3x24 2004x2  1 4x23  x = Vậy x =

1 Vì BE là tia phân giác của ABC nên

   0

1 ABC 20

B B 10

2

   

Xét AEF có : A 1BAC A   500  200 300    0

1 2

F A B 20 10 30 (vì F1 là góc ngoài của FAB) Suy AEF cân tại E  EI vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao  EI  AF Hay EK  AF

2 Vì E là góc ngoài của AEB nên E BAE B   500100600

AEF cân tại E nên đường trung tuyến EI đồng thời là đường phân giác của AEF

Suy

    0 0

1 AEF 180 2A 180 2.30

E E 60

2 2

 

    

Xét BCE và BKE có :  

2 E E 60 BE là cạnh chung

  B B 10