›
›
›

Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7

doc 54 trang mainguyen 6271
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docchuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_toan_7.doc

Nội dung text: Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7

  1. CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 7 PHẦN ĐẠI SỐ Chuyền đề 1: Các bài toán thực hiện phép tính: 1. Các kiến thức vận dụng: - Tính chất của phép cộng , phép nhân - Các phép toán về lũy thừa: n m n m+n m n m –n a = a.a  a ; a .a = a ; a : a = a ( a 0, m n) n a an (am)n = am.n ; ( a.b)n = an .bn ; ( )n (b 0) b bn 2 . Một số bài toán : Bài 1: a) Tính tổng : 1+ 2 + 3 + . + n , 1+ 3 + 5 + . + (2n -1) b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n.(n+1) 1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + .+ n(n+1)(n+2) Với n là số tự nhiên khác không. HD : a) 1+2 + 3 + + n = n(n+1) 1+ 3+ 5+ + (2n-1) = n2 b) 1.2+2.3+3.4+ + n(n+1) = [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + + n(n + 1)( (n+2) – (n – 1))] : 3 = [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 + + n( n+1)(n+2)] : 3 = n(n+ 1)(n+2) :3 1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + .+ n(n+1)(n+2) = [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4( 5 -1) + 3.4.5.(6 -2) + + n(n+1)(n+2)( (n+3) – (n-1))]: 4 = n(n+1)(n+2)(n+3) : 4 Tổng quát: Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a2 + + an c c c b) Tính tổng : A = với a2 – a1 = a3 – a2 = = an – an-1 = k a1.a2 a2.a3 an 1.an HD: a) S = 1+ a + a2 + + an aS = a + a2 + + an + an+1 Ta có : aS – S = an+1 – 1 ( a – 1) S = an+1 – 1 Nếu a = 1 S = n n 1 Nếu a khác 1 , suy ra S = a 1 a 1 c c 1 1 b) Áp dụng ( ) với b – a = k a.b k a b c 1 1 c 1 1 c 1 1 Ta có : A = ( ) ( ) ( ) k a1 a2 k a2 a3 k an 1 an c 1 1 1 1 1 1 = ( ) k a1 a2 a2 a3 an 1 an c 1 1 = ( ) k a1 an Bài 3 : a) Tính tổng : 12 + 22 + 32 + . + n2 b) Tính tổng : 13 + 23 + 33 + + n3 HD : a) 12 + 22 + 32 + .+ n2 = n(n+1)(2n+1): 6 b) 13 + 23 + 33 + + n3 = ( n(n+1):2)2 Bồi dưỡng HSG toán 7
  2. Bài 3: Thùc hiÖn phÐp tÝnh: 1 1 1 1 1 3 5 7 49 a) A = ( ) 4.9 9.14 14.19 44.49 89 212.35 46.92 510.73 255.492 b) B 6 3 22.3 84.35 125.7 59.143 HD : A = 9 ; B =7 28 2 1 1 1 2 2 2 Bài 4: 1, Tính: P = 2003 2004 2005 2002 2003 2004 5 5 5 3 3 3 2003 2004 2005 2002 2003 2004 2, Biết: 13 + 23 + . . . . . . .+ 103 = 3025. Tính: S = 23 + 43 + 63 + . . . .+ 203 3 3 0,375 0,3 1,5 1 0,75 1890 Bài 5: a) TÝnh A 11 12 : 115 5 5 5 2005 2,5 1,25 0,625 0,5 3 11 12 1 1 1 1 1 1 b) Cho B 3 32 33 34 32004 32005 1 Chøng minh r»ng .B 2 1 5 5 1 3 13 2 10 . 230 46 Bài 6: a) Tính : 4 27 6 25 4 3 10 1 2 1 : 12 14 10 3 3 7 1 1 1 1 b) TÝnh P 2 3 4 2012 2011 2010 2009 1 1 2 3 2011 HD: Nhận thấy 2011 + 1 = 2010+2 = . 2012 2010 1 MS 1 1 1 2011 1 2 2011 2012 2012 1 1 1 1 2012 2011 = 2012( ) 2 2011 2 3 4 2012 1 1 1 1 (1 2 3 99 100) (63.1,2 21.3,6) 2 3 7 9 c) A 1 2 3 4 99 100 Bài 7: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: Bồi dưỡng HSG toán 7
  3. 11 3 1 2 1 . 4 15 6 . 31 7 3 19 14 31 A . 1 . 5 1 1 93 50 4 12 5 6 6 3 1 1 1 1 1 b) Chøng tá r»ng: B 1 22 32 32 20042 2004 Bài 8: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: 2 4 3 81,624 : 4 4,505 125 3 4 A 2 2  11 2 13 : 0,88 3,53 (2,75)  : 25 25  b) Chøng minh r»ng tæng: 1 1 1 1 1 1 1 S 0,2 22 24 26 24n 2 24n 22002 22004 Chuyên đề 2: Bài toán về tính chất của dãy tỉ số bằng nhau: 1. Kiến thức vận dụng : a c - a.d b.c b d a c e a c e a b e -Nếu thì với gt các tỉ số dều có nghĩa b d f b d f b d f a c e - Có = k Thì a = bk, c = d k, e = fk b d f 2. Bài tập vận dụng Dạng 1 Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để chứng minh đẳng thức a c a2 c2 a Bài 1: Cho . Chứng minh rằng: c b b2 c2 b a c HD: Từ suy ra c2 a.b c b a2 c2 a2 a.b khi đó b2 c2 b2 a.b a(a b) a = b(a b) b Bài 2: Cho a,b,c R và a,b,c 0 thoả mãn b2 = ac. Chứng minh rằng: 2 a = (a 2012b) c (b 2012c)2 HD: Ta có (a + 2012b)2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.b2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.ac = a( a + 2.2012.b + 20122.c) (b + 2012c)2 = b2 + 2.2012.bc + 20122.c2 = ac+ 2.2012.bc + 20122.c2 = c( a + 2.2012.b + 20122.c) Bồi dưỡng HSG toán 7
  4. a (a 2012b)2 Suy ra : = c (b 2012c)2 a c 5a 3b 5c 3d Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu th× b d 5a 3b 5c 3d a c HD : Đặt k a = kb, c = kd . b d 5a 3b b(5k 3) 5k 3 5c 3d d(5k 3) 5k 3 Suy ra : và 5a 3b b(5k 3) 5k 3 5c 3d d(5k 3) 5k 3 5a 3b 5c 3d Vậy 5a 3b 5c 3d a2 b2 ab Bài 4: BiÕt với a,b,c, d 0 Chứng minh rằng : c2 d 2 cd a c a d hoặc b d b c a2 b2 ab 2ab a2 2ab b2 (a b)2 a b HD : Ta có = ( )2 (1) c2 d 2 cd 2cd c2 2cd d 2 (c d)2 c d a2 b2 ab 2ab a2 2ab b2 (a b)2 a b = ( )2 (2) c2 d 2 cd 2cd c2 2cd d 2 (c d)2 c d a b a b a b 2 a b 2 c d c d Từ (1) và (2) suy ra : ( ) ( ) c d c d a b b a c d d c Xét 2 TH đi đến đpcm a c Bài 5 : Cho tØ lÖ thøc . Chøng minh r»ng: b d 2 ab a2 b2 a b a2 b2 vµ cd c2 d 2 c d c2 d 2 a c HD : Xuất phát từ biến đổi theo các b d ab a2 b2 a2 c2 a2 b2 a b hướng làm xuất hiện ( )2 cd c2 d 2 b2 d 2 c2 d 2 c d Bài 6 : Cho d·y tØ sè b»ng nhau: 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d a b c d a b b c c d d a TÝnh M c d d a a b b c 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d HD : Từ a b c d 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d Suy ra : 1 1 1 1 a b c d a b c d a b c d a b c d a b c d a b c d Nếu a + b + c + d = 0 a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d) Bồi dưỡng HSG toán 7
  5. a b b c c d d a M = -4 c d d a a b b c a b b c c d d a Nếu a + b + c + d 0 a = b = c = d M = 4 c d d a a b b c Bài 7 : a) Chøng minh r»ng: x y z NÕu a 2b c 2a b c 4a 4b c a b c Th× x 2y z 2x y z 4x 4y z a b c b) Cho: . b c d 3 a b c a Chøng minh: b c d d x y z a 2b c 2a b c 4a 4b c HD : a) Từ a 2b c 2a b c 4a 4b c x y z a 2b c 2(2a b c) 4a 4b c a (1) x 2y z x 2y z 2(a 2b c) (2a b c) 4a 4b c b (2) 2x y z 2x y z 4(a 2b c) 4(2a b c) 4a 4b c c (3) 4x 4y z 4x 4y z a b c Từ (1) ;(2) và (3) suy ra : x 2y z 2x y z 4x 4y z x y z t Bài 8: Cho y z t z t x t x y x y z chøng minh r»ng biÓu thøc sau cã gi¸ trÞ nguyªn. x y y z z t t x P z t t x x y y z x y z t y z t z t x t x y x y z HD Từ y z t z t x t x y x y z x y z t y z t z t x t x y x y z 1 1 1 1 x y z t x y z t z t x y t x y z x y z t x y z t Nếu x + y + z + t = 0 thì P = - 4 Nếu x + y + z + t 0 thì x = y = z = t P = 4 y z x z x y x y z Bài 9 : Cho 3 số x , y , z khác 0 thỏa mãn điều kiện : x y z x y z Hãy tính giá trị của biểu thức : B = 1 1 1 y z x Bồi dưỡng HSG toán 7
  6. Bài 10 : a) Cho các số a,b,c,d khác 0 . Tính T =x2011 + y2011 + z2011 + t2011 Biết x,y,z,t thỏa mãn: x2010 y2010 z2010 t 2010 x2010 y2010 z2010 t 2010 a2 b2 c2 d 2 a2 b2 c2 d 2 b) Tìm số tự nhiên M nhỏ nhất có 4 chữ số thỏa mãn điều kiện: M = a + b = c +d = e + f a 14 c 11 e 13 Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N* và ; ; b 22 d 13 f 17 a b c c) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn : . 2009 2010 2011 Tính giá trị của biểu thức : M = 4( a - b)( b – c) – ( c – a )2 Một số bài tương tự Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau: 2012a b c d a 2012b c d a b 2012c d a b c 2012d a b c d a b b c c d d a TÝnh M c d d a a b b c Bài 12: Cho 3 số x , y , z, t khác 0 thỏa mãn điều kiện : y z t nx z t x ny t x y nz x y z nt ( n là số tự nhiên) x y z t và x + y + z + t = 2012 . Tính giá trị của biểu thức P = x + 2y – 3z + t Dạng 2 : Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tìm x,y,z, 1+3y 1+5y 1+7y Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết : 12 5x 4x HD : Áp dông tÝnh chÊt d·y tØ sè b»ng nhau ta cã: 1+3y 1+5y 1+7y 1 7y 1 5y 2y 1 5y 1 3y 2y 12 5x 4x 4x 5x x 5x 12 5x 12 2y 2y => với y = 0 thay vào không thỏa mãn x 5x 12 Nếu y khác 0 => -x = 5x -12 => x = 2. Thay x = 2 vµo trªn ta ®­îc: 1 3y 2y 1 y =>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y = 12 2 15 1 VËy x = 2, y = tho¶ m·n ®Ò bµi 15 a b c Bài 3 : Cho và a + b + c ≠ 0; a = 2012. b c a Tính b, c. Bồi dưỡng HSG toán 7
  7. a b c a b c HD : từ 1 a = b = c = 2012 b c a a b c Bài 4 : Tìm các số x,y,z biết : y x 1 x z 2 x y 3 1 x y z x y z HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau: y x 1 x z 2 x y 3 2(x y z) 1 2 (vì x+y+z 0) x y z (x y z) x y z Suy ra : x + y + z = 0,5 từ đó tìm được x, y, z 1 2y 1 4y 1 6y Bài 5 : Tìm x, biết rằng: 18 24 6x 1 2y 1 4y 1 6y 2(1 2y) (1 4y) 1 2y 1 4y (1 6y) HD : Từ 18 24 6x 2.18 24 18 24 6x 1 1 Suy ra : x 1 6 6x x y z Bài 6: T×m x, y, z biÕt: x y z (x, y, z 0 ) z y 1 x z 1 x y 2 x y z x y z 1 HD : Từ x y z z y 1 x z 1 x y 2 2(x y z) 2 1 1 1 1 Từ x + y + z = x + y = - z , y +z = - x , z + x = - y thay vào đẳng thức 2 2 2 2 ban đầu để tìm x. 3x 3y 3z Bài 7 : T×m x, y, z biÕt vµ 2x2 2y2 z 2 1 8 64 216 2x 1 4y 5 2x 4y 4 Bài 8 : Tìm x , y biết : 5 9 7x Chuyên đề 3: Vận dụng tính chất phép toán để tìm x, y 1. Kiến thức vận dụng : - Tính chất phép toán cộng, nhân số thực - Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế A, A 0 - Tính chất về giá trị tuyệt đối : vớiA 0mọi A ; A A, A 0 - Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối : A B A B dấu ‘=’ xẩy ra khi AB 0; A B A B dấu ‘= ‘ xẩy ra A,B >0 A m A m A m (m 0) ; A m (hay m A m) với m > 0 A m A m - Tính chất lũy thừa của 1 số thực : A2n 0 với mọi A ; - A2n 0 với mọi A Bồi dưỡng HSG toán 7
  8. Am = An m = n; An = Bn A = B (nếu n lẻ ) hoặc A = B ( nếu n chẵn) 0< A < B An < Bn ; 2. Bài tập vận dụng Dạng 1: Các bài toán cơ bản Bài 1: Tìm x biết a) x + 2x + 3x + 4x + + 2011x = 2012.2013 x 1 x 2 x 3 x 4 b) 2011 2010 2009 2008 HD : a) x + 2x + 3x + 4x + + 2011x = 2012.2013 x( 1 + 2 + 3 + .+ 2011) = 2012.2013 2011.2012 2.2013 x. 2012.2013 x 2 2011 b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4 x 1 x 2 x 3 x 4 Từ 2011 2010 2009 2008 (x 2012) 2011 (x 2012) 2010 (x 2012) 2009 (x 2012) 2008 2011 2010 2009 2008 x 2012 x 2012 x 2012 x 2012 2 2011 2010 2009 2008 1 1 1 1 (x 2012)( ) 2 2011 2010 2009 2008 1 1 1 1 x 2 : ( ) 2012 2011 2010 2009 2008 Bài 2 Tìm x nguyên biết 1 1 1 1 49 a) 1.3 3.5 5.7 (2x 1)(2x 1) 99 1006 b) 1- 3 + 32 – 33 + .+ (-3)x = 9 1 4 Dạng 2 : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối Dạng : x a x b và x a x b x c Khi giải cần tìm giá trị của x để các GTTĐ bằng không, rồi so sánh các giá trị đó để chia ra các khoảng giá trị của x ( so sánh –a và –b) Bài 1 : Tìm x biết : a) x 2011 x 2012 b) x 2010 x 2011 2012 Bồi dưỡng HSG toán 7
  9. HD : a) x 2011 x 2012 (1) do VT = x 2011 0,x nên VP = x – 2012 0 x 2012 (*) x 2011 x 2012 2011 2012(vôly) Từ (1) x 2011 2012 x x (2011 2012) : 2 Kết hợp (*) x = 4023:2 b) x 2010 x 2011 2012 (1) Nếu x 2010 từ (1) suy ra : 2010 – x + 2011 – x = 2012 x = 2009 :2 (lấy) Nếu 2010 < x < 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + 2011 – x = 2012 hay 1 = 2012 (loại) Nếu x 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + x – 2011 = 2012 x = 6033:2(lấy) Vậy giá trị x là : 2009 :2 hoặc 6033:2 Một số bài tương tự: Bài 2 : a) T×m x biÕt x 1 x 3 4 b) T×m x biÕt: x2 6x 2 x2 4 c) T×m x biÕt: 2x 3 2 4 x 5 Bài 3 : a)T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó: x 3 x 1 3x b) Tìm x biết: 2x 3 x 2 x Bài 4 : tìm x biết : a) x 1 4 b) x 2011 2012 Dạng : Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối Bài 1 : a) Tìm x ngyên biết : x 1 x 3 x 5 x 7 8 b) Tìm x biết : x 2010 x 2012 x 2014 2 HD : a) ta có x 1 x 3 x 5 x 7 x 1 7 x x 3 5 x 8 (1) Mà x 1 x 3 x 5 x 7 8 suy ra ( 1) xẩy ra dấu “=” 1 x 7 Hay 3 x 5 do x nguyên nên x {3;4;5} 3 x 5 b) ta có x 2010 x 2012 x 2014 x 2010 2014 x x 2012 2 (*) Mà x 2010 x 2012 x 2014 2 nên (*) xẩy ra dấu “=” x 2012 0 Suy ra: x 2012 2010 x 2014 Các bài tương tự Bài 2 : Tìm x nguyên biết : x 1 x 2 x 100 2500 Bài 3 : Tìm x biết x 1 x 2 x 100 605x Bài 4 : T×m x, y tho¶ m·n: x 1 x 2 y 3 x 4 = 3 Bài 5 : Tìm x, y biết : x 2006y x 2012 0 HD : ta có x 2006y 0 với mọi x,y và x 2012 0 với mọi x Suy ra : x 2006y x 2012 0 với mọi x,y mà x 2006y x 2012 0 Bồi dưỡng HSG toán 7
  10. x y 0 x 2006y x 2012 0 x 2012, y 2 x 2012 0 Bài 6 : T×m c¸c sè nguyªn x tho¶ m·n. 2004 x 4 x 10 x 101 x 990 x 1000 Dạng chứa lũy thừa của một số hữu tỉ Bài 1: Tìm số tự nhiên x, biết : a) 5x + 5x+2 = 650 b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 HD : a) 5x + 5x+2 = 650 5x ( 1+ 52) = 650 5x = 25 x = 2 b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 3x -1(1 + 5) = 162 3x – 1 = 27 x = 4 Bài 2 : Tìm các số tự nhiên x, y , biết: a) 2x + 1 . 3y = 12x b) 10x : 5y = 20y 22x 3y HD : a) 2x + 1 . 3y = 12x 2x 1 3y x 2x 1 3x Nhận thấy : ( 2, 3) = 1 x – 1 = y-x = 0 x = y = 1 b) 10x : 5y = 20y 10x = 102y x = 2y Bài 3 : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn : a) 2m + 2n = 2m +n b) 2m – 2n = 256 HD: a) 2m + 2n = 2m +n 2m + n – 2m – 2n = 0 2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = 1 2n 1 1 (2m -1)(2n – 1) = 1 m n 1 m 2 1 1 b) 2m – 2n = 256 2n ( 2m – n - 1) = 28 Dễ thấy m n, ta xét 2 trường hợp : + Nếu m – n = 1 n = 8 , m = 9 + Nếu m – n 2 thì 2m – n – 1 là 1 số lẻ lớn hơn 1, khi đó VT chứa TSNT khác 2, mà VT chỉ chứa TSNT 2 suy ra TH này không xẩy ra : vậy n = 8 , m = 9 x 1 x 11 Bài 4 : Tìm x , biết : x 7 x 7 0 HD : x 7 x 1 x 7 x 11 0 x 1 10 x 7 1 x 7 0 x 7 x 1 1 x 7 10 0 x 1 x 7 0 10 1 (x 7) 0 x 7 0 x 7 (x 7)10 1 x 8 x 6 Bài 5 : Tìm x, y biết : x 2011y (y 1)2012 0 HD : ta có x 2011y 0 với mọi x,y và (y – 1)2012 0 với mọi y Bồi dưỡng HSG toán 7
  11. Suy ra : x 2011y (y 1)2012 0 với mọi x,y . Mà x 2011y (y 1)2012 0 x 2011y 0 x 2011, y 1 y 1 0 Các bài tập tương tự : Bài 6 : Tìm x, y biết : a) x 5 (3y 4)2012 0 b) (2x 1)2 2y x 8 12 5.22 Chuyên đề 4: Giá trị nguyên của biến , giá trị của biểu thức : 1 . Các kiến thức vận dụng: - Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9 - Phân tích ra TSNT, tính chất của số nguyên tố, hợp số , số chính phương - Tính chất chia hết của một tổng , một tích - ƯCLN, BCNN của các số 2. Bài tập vận dụng : * Tìm x,y dưới dạng tìm nghiệm của đa thức Bài 1: a) T×m c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: 51x + 26y = 2000 b) T×m sè tù nhiªn x, y biÕt: 7(x 2004)2 23 y2 c) T×m x, y nguyªn biÕt: xy + 3x - y = 6 d) T×m mäi sè nguyªn tè tho¶ m·n : x2-2y2=1 HD: a) Từ 51x + 26y = 2000 17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) do 3,17 là số NT nên x 2 mà x NT x = 2. Lại có 1000 – 13y 51 , 1000 – 13y > 0 và y NT y = b) Từ 7(x 2004)2 23 y2 (1) do 7(x–2004)2 0 23 y2 0 y2 23 y {0,2,3,4} Mặt khác 7 là số NT 13 y2 7 vậy y = 3 hoặc y = 4 thay vào (1) suy ra : x= 2005 ,y =4 hoặc x = 2003, y = 4 x 1 1 x 1 1 c) Ta có xy + 3x - y = 6 ( x – 1)( y + 3) = 3 hoặc y 3 3 y 3 3 x 1 3 x 1 3 hoặc hoặc y 3 1 y 1 1 d)x 2-2y2=1 x2 1 2y2 (x 1)(x 1) 2y2 x 1 2y x 3 do VP = 2y2 chia hết cho 2 suy ra x > 2 , mặt khác y nguyên tố x 1 y y 2 Bài 2 a) Tìm các số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = 7 b) Tìm x, y ¥ biết: 25 y2 8(x 2012)2 HD : a) Từ x – y + 2xy = 7 2x – 2y + 2xy = 7 (2x - 1)( 2y + 1) = 13 b) Từ 25 y2 8(x 2012)2 y2 25 và 25 – y2 chia hết cho 8 , suy ra y = 1 hoặc y = 3 hoặc y = 5 , từ đó tìm x Bồi dưỡng HSG toán 7
  12. 1 1 1 Bài 3 a) T×m gi¸ trÞ nguyªn d­¬ng cña x vµ y, sao cho: x y 5 b) T×m c¸c sè a, b, c nguyªn d­¬ng tho¶ m·n : a3 3a2 5 5b vµ a 3 5c 1 1 1 x5 HD : a) Từ 5 ( x + y) = xy (*) xy5 x y 5 y5 + Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5 q ( q là số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra: 5q + y = qy 5q = ( q – 1 ) y . Do q = 1 không thỏa mãn , nên với q khác 1 ta có 5q 5 y 5 Z q 1 Ư(5) , từ đó tìm được y, x q 1 q 1 b) a3 3a2 5 5b a2 ( a +3) = 5b – 5 , mà a 3 5c a2. 5c = 5( 5b – 1 – 1) 5b 1 1 a2 Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5b – 1 - 1 không chia 5c 1 hết cho 5 do đó a không là số nguyên.) . Với c = 1 a = 2 và b = 2 Bài 4: T×m c¸c cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n: 2 52 p 2013 52 p q2 2 2 HD : 52 p 2013 52 p q2 2013 q2 25 p 25 p 2013 q2 25 p (25 p 1) Do p nguyên tố nên 2013 q2 252 và 2013 – q2 > 0 từ đó tìm được q Bài 5 : T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d­¬ng n sao cho: 2n 1 chia hÕt cho 7 HD : Với n 1 thì m -1 < 2m +1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1 Nếu m < -2 thì m 1 2m 1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1 Vậy m { -2; -1; 0; 1} Cách 2 : Để m 12m 1 2(m 1)2m 1 (2m 1) 32m 1 32m 1 2 4 m 0 b) 3m 1 3 - 3 < 3m – 1 < 3 m vì m nguyên 3 3 m 1 Bài 2 a) T×m x nguyªn ®Ó 6x 1 chia hÕt cho 2 x 3 b) T×m x Z ®Ó A Z vµ t×m gi¸ trÞ ®ã. 1 2x 1 2x 1 2(x 3) 6 7 A = . HD: A = = 2 x 3 x 3 x 3 x 3 Bồi dưỡng HSG toán 7
  13. 2012 x 5 Bài 3: Tìm x nguyên để 1006 x 1 2012 x 5 2(1006 x 1) 2009 2009 HD : = 2 1006 x 1 1006 x 1 1006 x 1 2012 x 5 để 20091006 x 1 x là số CP. 1006 x 1 Với x >1 và x là số CP thì 1006 x 1 2012 2009 suy ra 2009 không chia hết cho 1006 x 1 Với x = 1 thay vào không thỏa mãn Với x = 0 thì 2009 :1006 x 1 2009 Chuyên đề 5 : Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1.Các kiến thức vận dụng : * a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b * a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b *A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A * A 0,A , A 0,A * A B A B ,A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0 * A B A B ,A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0 2. Bài tập vận dụng: * Dạng vận dụng đẳng thức : a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b Và a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các đa thức sau: a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 HD : a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 = 2(x2 – 2.x. + 12 ) + 2010 = 2( x – 1)2 + 2010 Do ( x - 1)2 0 với mọi x , nên P(x) 2010 . Vậy Min P(x) = 2010 khi ( x - 1)2 = 0 hay x = 1 b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500 - 3500 với mọi x Vậy Min Q(x) = -3500 Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN của đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0) b b b2 HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x. + ( )2 ) + ( c - ) 2a 2a 4a b 4ac b2 4ac b2 4ac b2 b = a( x )2 ( ) ,x Vậy Min P(x) = khi x = 2a 4a 4a 4a 2a Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: a) A = - a2 + 3a + 4 b) B = 2 x – x2 3 3 9 3 25 HD : a) A = - a2 + 3a + 4 = (a2 2.a. ( )2 ) (4 ) (a )2 2 2 4 2 4 3 25 25 3 Do (a ) 0,a nên A ,a . Vậy Max A = khi a = 2 4 4 2 Bồi dưỡng HSG toán 7
  14. c) B = 2x x2 (x2 2.x.1 12 ) 1 (x 1)2 1 . Do (x 1) 0,x B 1,x Vậy Max B = 1 khi x = 1 Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau: 2012 a) P = 2012 b) Q = a 2013 x2 4x 2013 a2012 2011 * Dạng vận dụng A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A Bài 1 : Tìm GTNN của biểu thức : a) P = ( x – 2y)2 + ( y – 2012)2012 b) Q = ( x + y – 3)4 + ( x – 2y)2 + 2012 HD : a) do (x 2y)2 0,x, y và (y 2012)2012 0,y suy ra : P 0 với mọi x,y x 2y 0 x 4024 Min P = 0 khi y 2012 0 y 2012 b) Ta có (x y 3)4 0.x, y và (x 2y)2 0.x, y suy ra : Q 2012 với mọi x,y (x y 3)2 0 x 2 Min Q = 2012 khi 2 (x 2y) 0 y 1 2013 Bài 3 : Tìm GTLN của R = 4 (x 2)2 (x y) 3 3 x 2 Bài 4 : Cho ph©n sè: C (x Z) 4 x 5 a) T×m x Z ®Ó C ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, t×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã. b) T×m x Z ®Ó C lµ sè tù nhiªn. 3 x 2 3 4.(3 x 2) 3 12 x 8 3 23 HD : C . . .(1 ) 4 x 5 4 3.(4 x 5) 4 12 x 15 4 12 x 15 23 C lớn nhất khi lớn nhất 12 x 15 nhỏ nhất và 12 x 15 0 x 2 12 x 15 3 23 8 Vậy Max C = (1 ) khi x = 2 4 9 3 7n 8 Bài 5 : T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè cã gi¸ trÞ lín nhÊt 2n 3 7n 8 7 2(7n 8) 7 14n 16 7 5 HD : Ta có . . (1 ) 2n 3 2 7(2n 3) 2 14n 21 2 14n 21 7n 8 5 Để lớn nhất thì lớn nhất 14n 21 0 và 14n – 21 có giá trị nhỏ 2n 3 14n 21 21 3 nhất n và n nhỏ nhất n = 2 14 2 * Dạng vận dụng A 0,A , A 0,A A B A B ,A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0 A B A B ,A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0 Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a) A = ( x – 2)2 + y x + 3 b) B = 2011 2012 x 2010 Bồi dưỡng HSG toán 7
  15. HD: a) ta có (x 2)2 0 với mọi x và y x 0 với mọi x,y A 3 với mọi x,y 2 (x 2) 0 x 2 Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi y x 0 y 2 b) Ta có x 2010 0 với mọi x 2012 x 2010 2012 với mọi x 2011 2011 B B với mọi x, suy ra Min B = khi x = 2010 2012 2012 Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức a) A x 2011 x 2012 b) B x 2010 x 2011 x 2012 c) C = x 1 x 2 x 100 HD : a) Ta có A x 2011 x 2012 = x 2011 2012 x x 2011 2012 x 1 với mọi x A 1 với x . Vậy Min A = 1 Khi (x 2011)(2012 x) 0 2011 x 2012 b) ta có B x 2010 x 2011 x 2012 ( x 2010 2012 x ) x 2011 Do x 2010 2012 x x 2010 2012 x 2 với mọi x (1) Và x 2011 0 với mọi x (2) Suy ra B ( x 2010 2012 x ) x 2011 2 . Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (2) (x 2010)(2012 x) 0 xẩy ra dấu “=” hay x 2011 x 2011 0 c) Ta có x 1 x 2 x 100 = ( x 1 100 x ) ( x 2 99 x ) ( x 50 56 x ) x 1 100 x x 2 99 x x 50 56 x = 99 + 97 + + 1 = 2500 Suy ra C 2050 với mọi x . Vậy Min C = 2500 khi (x 1)(100 x) 0 1 x 100 (x 2)(99 x) 0 2 x 99 50 x 56 (x 50)(56 x) 0 50 x 56 Chuyên đề 6 : Dạng toán chứng minh chia hết 1.Kiến thức vận dụng * Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9 * Chữ số tận cùng của 2n, 3n ,4n, 5n ,6n, 7n, 8n, 9n * Tính chất chia hết của một tổng 2. Bài tập vận dụng: Bài 1 : Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì : 3n 2 2n 2 3n 2n chia hết cho 10 HD: ta có 3n 2 2n 2 3n 2n = 3n 2 3n 2n 2 2n =3n (32 1) 2n (22 1) =3n 10 2n 5 3n 10 2n 1 10 = 10( 3n -2n) Bồi dưỡng HSG toán 7
  16. Vậy 3n 2 2n 2 3n 2n  10 với mọi n là số nguyên dương. Bài 2 : Chứng tỏ rằng: A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 là số chia hết cho 100 HD: A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 = 75.( 42005 – 1) : 3 + 25 = 25( 42005 – 1 + 1) = 25. 42005 chia hết cho 100 p m n Bài 3 : Cho m, n N* và p là số nguyên tố thoả mãn: = (1) m 1 p Chứng minh rằng : p2 = n + 2 HD : + Nếu m + n chia hết cho p p(m 1) do p là số nguyên tố và m, n N* m = 2 hoặc m = p +1 khi đó từ (1) ta có p2 = n + 2 + Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1) (m + n)(m – 1) = p2 Do p là số nguyên tố và m, n N* m – 1 = p2 và m + n =1 m = p2 +1 và n = - p2 2). Chøng minh 2n 1 lµ hîp sè HD : b) ta có (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) .Do 4n- 1 chia hêt cho 3 và 2n 1 lµ sè nguyªn tè (n > 2) suy ra 2n -1 chia hết cho 3 hay 2n -1 là hợp số Bồi dưỡng HSG toán 7
  17. Chuyên đề 7 : Bất đẳng thức 1.Kiến thức vận dụng * Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 0 . Chøng tá r»ng: M kh«ng lµ sè nguyªn. a b b c c a a b c a b c a b c HD : Ta có M 1 a b b c c a a b c c a b a b c a b c M 1 a b c (a b) b (b c) c (c a) a Mặt khác M a b b c c a a b b c c a b c a 3 ( ) = 3 – N Do N >1 nên M < 2 a b b c c a Vậy 1 < M < 2 nên M không là số nguyên Bài 2 Chứng minh rằng : a b 2 ab (1) , a b c 33 abc (2) với a, b, c 0 HD : a b 2 ab (a b)2 4ab a2 2ab b2 4ab a2 2ab b2 0 (a b)2 0 (*) Do (*) đúng với mọi a,b nên (1) đúng Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 a) (a b)( ) 4 (1) b) (a b c)( ) 9 (2) a b a b c 1 1 HD : a) Cách 1 : Từ (a b)( ) 4 (a b)2 4ab (a b)2 0 (*) a b Do (*) đúng suy ra (1) đúng 1 1 2 1 1 2 Cách 2: Ta có a b 2 ab và (a b)( ) 2 ab. 4 a b ab a b ab Dấu “ =” xẩy ra khi a = b Bồi dưỡng HSG toán 7
  18. 1 1 1 b c a c a b a b b c a c b) Ta có : (a b c)( ) 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c a b c b a c b c a a b b c a c Lại có 2; 2; 2 b a c b c a 1 1 1 Suy ra (a b c)( ) 3 2 2 2 9 Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c a b c Bài 4 : a) Cho z, y, z lµ c¸c sè d­¬ng. x y z 3 Chøng minh r»ng: 2x y z 2y z x 2z x y 4 b) Cho a, b, c tho¶ m·n: a + b + c = 0. Chøng minh r»ng: ab bc ca 0 . HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm được ab bc ca 0 Chuyên đề 8 : Các bài toán về đa thức một ẩn Bài 1 : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0) Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tính P(3) HD : ta có P(1) = 100 a + b + c + d = 100 P(-1) = 50 - a + b – c + d = 50 P( 0) = 1 d = 1 P(2) = 8a + 4b + c + d = 120 Từ đó tìm được c, d, và a và XĐ được P(x) Bài 2 : Cho f (x) ax2 bx c víi a, b, c lµ c¸c sè h÷u tØ. Chøng tá r»ng: f ( 2). f (3) 0 . BiÕt r»ng 13a b 2c 0 HD : f( -2) = 4a – 2b + c và f(3) = 9a + 3b + c f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b + c) Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = 0 ( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c) Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)2 0 Bài 3 Cho ®a thøc f (x) ax2 bx c víi a, b, c lµ c¸c sè thùc. BiÕt r»ng f(0); f(1); f(2) cã gi¸ trÞ nguyªn. Chøng minh r»ng 2a, 2b cã gi¸ trÞ nguyªn. HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên c , a + b + c và 4a + 2b + c nguên a + b và 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên 2a , 2b nguyên Bài 4 Chøng minh r»ng: f(x) ax3 bx2 cx d cã gi¸ trÞ nguyªn víi mäi x nguyªn khi vµ chØ khi 6a, 2b, a + b + c vµ d lµ sè nguyªn HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d Nếu f(x) có giá trị nguyên với mọi x d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d là các số nguyên . Do d nguyên a + b + c nguyên và (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên 2b nguyên 6a nguyên . Chiều ngược lại cm tương tự. Bài 5 : T×m tæng c¸c hÖ sè cña ®a thøc nhËn ®­îc sau khi bá dÊu ngoÆc trong biÓu thøc: A(x) = (3 4x x2 )2004. (3 4x x2 )2005 2 4018 HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x + + a4018x Bồi dưỡng HSG toán 7
  19. Khi đó A(1) = ao + a1 +a2 + .+ a4018 do A(1) = 0 nên ao + a1 +a2 + .+ a4018 = 0 Bài 6 : Cho x = 2011. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: x2011 2012x2010 2012x2009 2012x2008 2012x2 2012x 1 HD : Đặt A = x2011 2012x2010 2012x2009 2012x2008 2012x2 2012x 1 x2010 (x 2011) x2009 (x 2011) x2008 (x 2011) x(x 2011) x 1 tại x = 2012 thì A = 2011 MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DUNG T/C DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU Câu1: Cho dãy tỉ số bằng nhau: 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d a b c d a b b c c d d a Tìm giá trị biểu thức: M= c d d a a b b c Câu 2: Tìm các số a,b,c biết rằng: ab =c ;bc= 4a; ac=9b 3 a b c a b c a Câu 3 . Cho: . Chứng minh: . b c d b c d d a c b Câu 4. Tìm A biết rằng: A = . b c a b c a a 1 b 3 c 5 Câu 5 a) Cho và 5a - 3b - 4 c = 46 . Xác định a, b, c 2 4 6 a c 2a 2 3ab 5b 2 2c 2 3cd 5d 2 b) Cho tỉ lệ thức : . Chứng minh : . Với b d 2b 2 3ab 2d 2 3cd điều kiện mẫu thức xác định. Câu 6 Tìm x,y , z biết. x 1 1 a) b) 2x = 3y; 5x = 7z và 3x - 7y + 5z = 30 6 y 2 a b c Câu 7 Cho và a + b + c ≠ 0; a = 2005. Tớnh b, c. b c a a b c d a c Câu 8 Chứng minh rằng từ hệ thức ta cú hệ thức: a b c d b d p m n Câu 9 Cho m, n N và p là số nguyờn tố thoả món: = . m 1 p Chứng minh rằng : p2 = n + 2. a b c Câu 10 Cho a, b, c > 0 . Chứng tỏ rằng: M không là số nguyên. a b b c c a Câu 11 Cho a, b, c thoả mãn: a + b + c = 0. Chứng minh rằng: ab bc ca 0 . Bồi dưỡng HSG toán 7
  20. bz cy cx az ay bx a b c Câu 12 Biết Chứng minh rằng: a b c x y z 2 2 2 a c ab a b a b a2 b2 Câu 13 Cho tỉ lệ thức . Chứng minh rằng: 2 2 và b d cd c d c d c2 d 2 x y z t Câu 14 Cho chứng minh rằng biểu thức sau có y z t z t x t x y x y z x y y z z t t x giá trị nguyên P z t t x x y y z Câu 15 Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x - y = 6 x y z Câu 16 Tìm x, y, z biết: x y z (x, y, z 0 ) z y 1 x z 1 x y 2 bz cy cx az ay bx a b c Câu 17 Biết Chứng minh rằng: a b c x y z Câu 18 Cho dãy tỉ số bằng nhau: 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d a b c d a b b c c d d a Tính M c d d a a b b c Câu 19 Cho z, y, z là các số dơng. x y z 3 Chứng minh rằng: 2x y z 2y z x 2z x y 4 Câu 20 Chứng minh rằng: x y z Nếu a 2b c 2a b c 4a 4b c a b c Thì x 2y z 2x y z 4x 4y z 2b c a 2c b a 2a b c Câu 21 Cho a, b, c > 0 và dãy tỉ số: a b c 3a 2b 3b 2c 3c 2a Tính: P = 3a c 3b a 3c b x 1 y 2 z 3 Câu 22 Tìm x,y,z biết: và x-2y+3z = -10 2 3 4 Câu 23 Cho bốn số a,b,c,d khác 0 và thoả mãn: b2 = ac; c2 = bd; b3 + c3 + d3 ≠ 0 Bồi dưỡng HSG toán 7
  21. a3 b3 c3 a Chứng minh rằng: b3 c3 d 3 d 14 x Câu 24 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ;x Z . Khi đó x nhận giá 4 x trị nguyên nào? Câu 25 Chứng minh với mọi n nguyên dương thì: 3n+3-2n+2+3n-2n chia hết cho 10 Chuyên đề 9 Các bài toán thực tế 1. Kiến thức vận dụng - Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận : Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x khi và chỉ khi : y y y y y = k.x 1 2 3 n k ( k là hệ số tỉ lệ ) x1 x2 x3 xn - Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch : Đại lượng y và đại lượng x được gọi là hai đại lượng tỉ lệ nghịch khi : x.y = a x1.y1 x2.y2 x3.y3 xn .yn a ( a là hệ số tỉ lệ ) - Tính chất dãy tỉ số bằng nhau. 2. Bài tập vận dụng *Phương pháp giải : - Đọc kỹ đề bài , từ đó xác định các đại lượng trong bài toán - Chỉ ra các đại lượng đã biết , đại lượng cần tìm - Chỉ rõ mối quan hệ giữa các đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch) - Áp dụng tính chất về đại lượng tỉ lệ và tính chất dãy tỉ số bằng nhau để giải Bài 1 : Một vật chuyển động trên các cạnh hình vuông. Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, trên cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trên cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s. Hỏi độ dài cạnh hình vuông biết rằng tổng thời gian vật chuyển động trên bốn cạnh là 59 giây Bài 2 : Ba líp 7A,7B,7C cã 94 häc sinh tham gia trång c©y. Mçi häc sinh líp 7A trång ®­îc 3 c©y, Mçi häc sinh líp 7B trång ®­îc 4 c©y, Mçi häc sinh líp 7C trång ®­îc 5 c©y,. Hái mçi líp cã bao nhiªu häc sinh. BiÕt r»ng sè c©y mçi líp trång ®­îc ®Òu nh­ nhau. Bài 3 : Mét « t« ph¶i ®i tõ A ®Õn B trong thêi gian dù ®Þnh. Sau khi ®i ®­îc nöa qu·ng ®­êng « t« t¨ng vËn tèc lªn 20 % do ®ã ®Õn B sím h¬n dù ®Þnh 10 phót. TÝnh thêi gian « t« ®i tõ A ®Õn B. Bài 4 : Trªn qu·ng ®­êng AB dµi 31,5 km. An ®i tõ A ®Õn B, B×nh ®i tõ B ®Õn A. VËn tèc An so víi B×nh lµ 2: 3. §Õn lóc gÆp nhau, thêi gian An ®i so víi B×nh ®i lµ 3: 4. TÝnh qu·ng ®­êng mçi ng­êi ®i tíi lóc gÆp nhau ? Bài 5 : Ba đội công nhân làm 3 công việc có khối lượng như nhau. Thời gian hoàn thành công việc của đội І, ІІ, ІІІ lần lượt là 3, 5, 6 ngày. Biêt đội ІІ nhiều hơn đội ІІІ là 2 người và năng suất của mỗi công nhân là bằng nhau. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu công nhân ? Bồi dưỡng HSG toán 7
  22. Bài 6 : Ba ô tô cùng khởi hành đi từ A về phía B . Vận tốc ô tô thứ nhất kém ô tô thứ hai là 3 Km/h . Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba đi hết quãng đường AB lần lượt là : 40 phút, 5 giờ , 5 giờ . Tính vận tốc mỗi ô tô ? 8 9 PHẦN HÌNH HỌC I. Một số phương pháp chứng minh hình hoc 1.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau: P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai đoạn thẳng đó - Chứng minh hai đoạn thẳng đó là hai cạnh bên của một tam giác cân - Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực của đoạn thẳng - Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng 2.Chứng minh hai góc bằng nhau: P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai góc đó - Chứng minh hai góc đó là hai góc ở đáy của một tam giác cân - Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc đó là cặp góc so le trong ,đồng vị - Dựa vào tính chất đường phân giác của tam giác 3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng: P2 : - Dựa vào số đo của góc bẹt ( Hai tia đối nhau) - Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 tại một điểm - Hai đường thẳng đi qua một điểm và song song với đường thẳng thứ 3 - Dựa vào tính chất 3 đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao 4. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc P2 : - Tính chất của tam giác vuông, định lí Py – ta – go đảo - Qua hệ giữa đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc - Tính chất 3 đường trung trực, ba đường cao 5 . Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy( đi qua một điểm ) P2 : - Dựa vào tính chất của các đường trong tam giác 6. So sánh hai đoạn thẳng, hai góc : P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào một tam giác từ đó vận định lí về quan hệ giữa cạnh và góc đối diện trong một tam giác , BĐT tam giác - Dựa vào định lí về quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu, đường xiên và đường vuông góc . II. Bài tập vận dụng Bài 1 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 90 0. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC. D Chøng minh: DC = BE vµ DC  BE E HD: 1 Phân tích tìm hướng giải A *Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c) Có : AB = AD, AC = AE (gt) 1 Cần CM : D· AC B· AE I 2 Có : B· AE 900 B· AC D· AC K * Gọi I là giao điểm của AB và CD 1 µ µ 0 B Để CM : DC  BE cần CM I2 B1 90 Bồi dưỡng HSG toán 7 C
  23. µ µ µ ¶ 0 Có I1 I2 ( Hai góc đối đỉnh) và I1 D1 90 µ ¶ Cần CM B1 D1 ( vì ∆ABE = ∆ ADC) Lời giải a) Ta có B· AE 900 B· AC D· AC D· AC B· AE , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt) Suy ra ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c) DC = BE b) Gọi I là giao điểm của AB và CD µ µ µ ¶ 0 µ ¶ Ta có I1 I2 ( Hai góc đối đỉnh) , I1 D1 90 ( ∆ ADI vuông tại A) và B1 D1 ( vì µ µ 0 ∆ABE = ∆ ADC) I2 B1 90 DC  BC *Khai thác bài 1: Từ bài 1 ta thấy : DC = BE vµ DC  BE khi ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, vậy nếu có ∆ABD và ∆ ACE vuông cân , Từ B kẻ BK  CD tại D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng Ta có bài toán 1.2 Bài 1. 1: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Từ B kẻ BK  CD tại K Chứng minh rằng ba điểm E, K, B thẳng hàng HD : Từ bài 1 chứng minh được DC  BE mà BK  CD tại K suy ra ba điểm E, K, B thẳng hàng *Khai thác bài 1.1 Từ bài 1.1 nếu gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A thì MA  BC từ đó ta có bài toán 1.2 Bài 1.2: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A . Chứng minh rằng : MA  BC Phân tích tìm hướng giải HD: Gọi H là giao điểm của tia MA và BC Để CM MA  BC ta cần CM ∆AHC vuông tại H Để CM ∆AHC vuông tại H ta cần tạo ra 1 tam giác vuông bằng ∆AHC N Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN Kẻ DQ  AM tại Q 1 D Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) M  E ¶ · · · CM: ND = AC , N1 ACB , BAC ADN Q A  1 CM : ∆ABC = ∆DNA ( c.g.c)  Có AD = AB (gt) Cần CM : ND = AE ( = AC) và B· AC ·ADN + Để CM ND = AE B  H CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c) + Để CM B· AC ·ADN C  Bồi dưỡng HSG toán 7
  24. E· AD ·ADN 1800 vìE· AD B· AC 1800  CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA) Lời giải Gọi H là giao điểm của tia MA và BC , Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN kẻ DQ  AM tại Q Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) vì : AM = MN ; MD = ME (gt) và E· MA D· MN ( hai góc đối đỉnh) ¶ · DN = AE ( = AC) và AE // DN vì N1 MAE ( cặp góc so le trong ) E· AD ·ADN 1800 ( cặp góc trong cùng phía) mà E· AD B· AC 1800 B· AC ·ADN Xét ∆ABC và ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN và B· AC ·ADN ( chứng minh ¶ · trên ) ∆ABC = ∆DNA (c.g.c) N1 ACB · · ¶ · Xét ∆AHC và ∆DQN có : AC = DN , BAC ADN và N1 ACB ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) ∆AHC vuông tại H hay MA BC * Khai thác bài toán 1.3 + Từ bài 1.2 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MA  BC , ngược lại nếu AH  BC tại H thì tia HA sẽ đi qua trung điểm M của DE , ta có bài toán 1.4 Bài 1.3 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC . Chứng minh rằng tia HA đi qua trung điểm của đoạn thẳng DE HD : Từ bài 1.2 ta có định hướng giải như sau: Kẻ DQ  AM tại Q, ER  AM tại R . Ta có : + D· AQ H· BH ( Cùng phụ B· AH ) R AD = AB (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) D 1 M DQ = AH (1) E 2 · · · +ACH EAR ( cùng phụ CAH ) Q AC = AE (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) 1 A ER = AH ( 1) . Từ (1) và (2) ER = DQ ¶ ¶ Lại có M1 M 2 ( hai góc đối đỉnh ) ∆QDM = ∆REM ( g.c.g) MD = ME hay M là trung điểm của DE B H C + Từ bài 1.3 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MA  DE , ngược lại nếu H là trung điểm của BC thì tia KA sẽ vuông góc với DE, ta có bài toán 1.4 Bồi dưỡng HSG toán 7
  25. Bài 1.4: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi H trung điểm của BC . Chứng minh rằng tia HA vuông góc với DE HD : Từ bài 1.3 ta dễ dạng giải bài toán 1.4 D Trên tia AH lấy điểm A’ sao cho AH = HA’ M Dễ CM được ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g) E A’B = AC ( = AE) và H· AC H· A' B AC // A’B B· AC ·ABA' 1800 ( cặp góc trong cùng phía) A Mà D· AE B· AC 1800 D· AE ·ABA' Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B , AD = AB (gt) D· AE ·ABA' ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c) ·ADE B· AA ' mà ·ADE B· AA ' 900 ·ADE M· DA 900 Suy ra HA vuông góc với DE B H C A' Bài 2 : Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC). Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm D, trªn tia ®èi cña tia CB lÊy ®iÓm E sao cho BD = CE. C¸c ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi BC kÎ tõ D vµ E c¾t AB, AC lÇn l­ît ë M, N. Chøng minh r»ng: a) DM = EN b) §­êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung ®iÓm I cña MN. c) §­êng th¼ng vu«ng gãc víi MN t¹i I lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi D thay ®æi trªn c¹nh BC A * Phân tích tìm lời giải a) Để cm DM = EN  Cm ∆BDM = ∆CEN ( g.c.g)  M Có BD = CE (gt) , Dµ Eµ 900 ( MD, NE BC) B· CA C· BA ( ∆ABC cân tại A) I C B b) Để Cm §­êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung E D H ®iÓm I cña MN Cần cm IM = IN  N Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g) O c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC , O là giao điểm của AH với đường thẳng vuông góc với MN kẻ từ I Cần cm O là điểm cố định Để cm O là điểm cố định  Cần cm OC  AC Bồi dưỡng HSG toán 7
  26. A M I C B E D H  N Cần cm O· AC O· CN 900 O  Cần cm : O· BA O· CA và O· BM O· CM  Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) và ∆OAB = ∆OAC (c.g.c) *Khai thác bài 2 Từ bài 2 ta thấy BM = CN , vậy ta có thể phát biểu lại bài toán như sau: Bài 2.1 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC). Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M, trªn tia AC lÊy ®iÓm N sao cho BM = CN . Đường thẳng BC cắt MN tại I . Chøng minh r»ng: a) I là trung điểm của MN b) §­êng th¼ng vu«ng gãc víi MN t¹i I lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi D A thay đổi lời giải: Từ lời giải bài 2 để giải bài 2.1 ta cần kẻ MD BC ( D BC) NE  BC ( E BC) M I C B E D H N O Bài 3 : Cho ∆ABC vuông tại A, K là trung điểm của cạnh BC . Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AK , đường thẳng này cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt ở D và E Gọi I là trung điểm của DE . a) Chứng minh rằng : AI  BC b) Có thể nói DE nhỏ hơn BC được không ? vì sao? A *Phân tích tìm lời giải a) Gọi H là giao điểm của BC và AI 1 D µ · 0 Để cm AI  BC  Cần cm A1 ACK 90 µ · 0 Để cm A1 ACK 90  H B 0 Có ·AEK E· AK 90 C K µ · · · cần cm A1 AEK và ACK CAK I  Cần cm ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K b) Để so sánh DE với BC cần so sánh IE với CK ( vì 2.IE = DE, 2CK = BC)  So sánh AI với AK ( vì AI = IE, AK = CK) E Có AI AK Bồi dưỡng HSG toán 7
  27. Lời giải : µ · a)Dễ dàng chứng được ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K cần cm A1 AEK và · · · · 0 µ · 0 ACK CAK mà AEK EAK 90 A1 ACK 90 AI  BC b) ta có BC = 2 CK = 2AK ( CK = AK) , DE = 2IE = 2.AI ( AI = IE) Mà AI AK DE BC , DE = BC khi K trùng với I khi đó ∆ABC vuông cân tại A Bài 4: Cho tam giác ABC (AB > AC ) , M là trung điểm của BC. Đường thẳng đi qua M và vuông góc với tia phân giác của góc A tại H cắt hai tia AB, AC lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng: EF 2 a) AH 2 AE 2 4 b) 2B· ME ·ACB Bµ . c) BE = CF lơì giải Áp dụng định lý Py –ta-go cho tam giác vuông AFH, ta có: A HF2 + AH2 = AF2 1 Mà AHE = AHF (g-c-g) nên HF = EF; AF = AE 2 EF 2 Suy ra: AH 2 AE 2 4 µ µ Tõ AEH AFH Suy ra E1 F XÐt CMF cã ·ACB lµ gãc ngoµi suy ra C· MF ·ACB Fµ C BME cã Eµ lµ gãc ngoµi suy ra B· ME Eµ Bµ 1 1 E 1 · · · µ µ µ M vËy CMF BME (ACB F) (E1 B) hay 2B· ME ·ACB Bµ (®pcm). H µ µ B D F Từ AHE AHF Suy ra AE = AF và E1 F Từ C vẽ CD // AB ( D EF ) => BME CMD(g c g) BE CD (1) µ · · µ Lại có: E1 CDF (cặp góc đồng vị) Do đó CDF F CDF cân CF = CD ( 2) Từ (1) và (2) suy ra BE = CF Bài 5 : Cho tam giác ABC có góc B và góc C là hai góc nhọn .Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AB , trên tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho AE = AC. a) Chứng minh rằng : BE = CD. b) Gọi M là trung điểm của BE , N là trung điểm của CB. Chứng minh M,A,N thẳng hàng. c)Ax là tia bất kỳ nằm giữa hai tia AB và AC. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của B và C trên tia Ax . Chứng minh BH + CK BC. d) Xác định vị trí của tia Ax để tổng BH + CK có giá trị lớn nhất. *Phân tích tìm lời giải Bồi dưỡng HSG toán 7
  28. a) Để cm BE = CD  Cần cm ABE = ADC (c.g.c) D b) Để cm M, A, N thẳng hàng. E  Cần cm B· AN B· AM 1800  M Có B· AN N· AD 1800 Cần cm M· AB N· AD A N · · k Để cm MAB NAD K  Cần cm ABM = ADN (c.g.c) c) Gọi là giao điểm của BC và Ax B I Để cm BH + CK BC C H  Cần cm BH BI;CK CI Vì BI + IC = BC x d) BH + CK có giá trị lớn nhất = BC khi đó K,H trùng với I , do đó Ax vuông góc với BC Bài 6 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän, ®­êng cao AH. ë miÒn ngoµi cña tam gi¸c ABC ta vÏ c¸c tam gi¸c vu«ng c©n ABE vµ ACF ®Òu nhËn A lµm ®Ønh gãc vu«ng. KÎ EM, FN cïng vu«ng gãc víi AH (M, N thuéc AH). a) Chøng minh: EM + HC = NH. b) Chøng minh: EN // FM. N E *Phân tích tìm lời giải F a) Để cm EM + HC = NH M  A Cần cm EM = AH và HC = AN + Để cm EM = AH cần cm ∆AEM =∆BAH ( cạnh huyền – góc nhon) + Để cm HC = AN cần cm ∆AFN =∆CAH ( cạnh huyền – góc nhon) b) Để cm EN // FM  B ·AEF E· FN ( cặp góc so le trong) Gọi I là giao điểm của AN và EF H để cm ·AEF E· FN C  Cần cm ∆MEI = ∆NFI ( g.c.g) Bồi dưỡng HSG toán 7
  29. Bài 7 : Cho tam ABC vuông tại A , ®­êng cao AH, trung tuyÕn AM. Trªn tia ®èi tia MA lÊy ®iÓm D sao cho DM = MA. Trªn tia ®èi tia CD lÊy ®iÓm I sao cho CI = CA, qua I vÏ ®­êng th¼ng song song víi AC c¾t ®­êng th¼ng AH t¹i E. Chøng minh: AE = BC *Phân tích tìm lời giải Gọi F là giao điểm của BA và IE để Cm AE = BC cần cm : ∆AFE = ∆ CAB Để cm : ∆AFE = ∆ CAB E  · · 0 · · Cần cm AF = AC (2); AFC BAC 90 (1); EAF ACB (3) F + Để cm (1) : A· FC B· AC 900  A Cm CI // AE vì có FI // AC và B· AC 900 I Để Cm CI // AE  B M H C Cm ∆AMB = ∆ DMC ( c.g.c) + Để cm (2) : AF = AC D  Cm ∆AFI = ∆ ACI ( Cạnh huyền – góc nhọn) + Cm (3) : E· AF ·ACB ( vì cùng phụ H· AC ) *Khai thác bài toán : Từ bài 7 ta thấy AH AM HE AM + BC = 3AM ( vì AM = MB = MC) Vậy HE lớn nhất = 3AM = 3 BC khi H trùng M khi đó tam giác ABC vuông cân 2 Bài 8 Cho tam gi¸c ABC cã AB < AC. Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC, tõ M kÎ ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi tia ph©n gi¸c cña gãc A, c¾t tia nµy t¹i N, c¾t tia AB t¹i E vµ c¾t tia AC t¹i F. Chøng minh r»ng: A a) AE = AF b) BE = CF AB AC c) AE 2 F * Phân tích tìm lời giải B C a) Để cm AE = AF M N Bồi dưỡng HSG toán 7 I E
  30.  ∆ANE = ∆ ANF ( c. g . c) Hoặc ∆AEF cân tại A ( Có AH vừa là tia phân giác , vừa là đương cao) b) Để cm BE = CF cần tạo tam giác chứa BE( hoặc có 1 cạnh = BE) mà bằng tam giác MCF + Kẻ BI // AC ∆MBI = ∆CMF( c. g . c) Để cm BE = CF  ∆ BEI cân tại B  Eµ B· EI  Có B· IE ·ABF ( cặp góc đồng vị ) mà Eµ A· FE vì ∆AEF cân tại A c) AB + AC = AB + AF + CF =( AB + FC) + AF mà CF = BC và AE = AF AB AC 2 AE = AB + AC hay AE 2 Bài 9 Cho tam gi¸c ABC cã gãc A kh¸c 900, gãc B vµ C nhän, ®­êng cao AH. VÏ c¸c ®iÓm D, E sao cho AB lµ trung trùc cña HD, AC lµ trung trùc cña HE. Gäi I, K lÇn l­ît lµ giao ®iÓm cña DE víi AB vµ AC. a) Chứng minh : Tam giác ADE cân tại A b) TÝnh sè ®o c¸c gãc AIC vµ AKB ? *Phân tich tìm hướng giải A 0 - Xét TH góc A 900 *Khai thác bài toán : Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC , qua M lấy điểm D’, E’ sao cho AB là trung trực của D’M, AC là trung trực của ME’ . Khi đó ta có ∆ AD’E’ cân tại A và góc DAC có Từ đó ta có bài toán sau: Bồi dưỡng HSG toán 7
  31. Bài 9.1 Cho tam giác ABC nhọn . Tìm điểm M trên cạnh BC sao cho nếu vẽ các điểm D, E trong đó AB là đường trung trực của MD, AC là đường trung trực của ME thì DE có độ dài nhỏ nhất. D A E HD . Tự nhận xét bài 9 dễ dàng tìm được vị trí điểm M trên cạnh BC. C B H M Bài 10. Cho ∆ ABC với góc A không vuông và góc B khác 135o. Gọi M là trung điểm của BC. Về phía ngoài ∆ ABC vẽ ∆ ABD vuông cân đáy AB. Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua C song song với MD cắt nhau tại E. Đường thẳng AB cắt CE tại P và DM tại Q . Chứng minh rằng Q là trung điểm của BP. E HD. Trên tia đối của tia MQ lấy điểm H sao cho MH = MQ A D P - Cm ∆ BMQ = ∆ CMH ( c.g.c) BQ = CH (1) và M· BQ M· CH Q BQ//CH hay PQ // CH ( vì M· BQ, M· CH là C cặp góc so le trong) B M - Nối PH , cm ∆ PQH = ∆ HCP ( g.c.g) H PQ = CH (2) , Do Q nằm giữa B và P dù góc B nhỏ hơn 1350 Từ (1) và (2) Suy ra đpcm. Bài 11. Cho tam giác ABC cân tại A có Aµ 200 , vẽ tam giác đều DBC (D nằm trong tam giác ABC). Tia phân giác của góc ABD cắt AC tại M. Chứng minh: a) Tia AD là phân giác của góc BAC b) AM = BC A HD a) Chứng minh ADB = ADC (c.c.c) · · suy ra DAB DAC 200 Do đó D· AB 200 : 2 100 M b) ABC cân tại A, mà µA 200 (gt) nên ·ABC (1800 200 ) : 2 800 ABC đều nên D· BC 600 D Tia BD nằm giữa hai tia BA và BC suy ra ·ABD 800 600 200 . Tia BM là phân giác của góc ABD nên ·ABM 100 B C Bồi dưỡng HSG toán 7
  32. Xét tam giác ABM và BAD có: AB cạnh chung ; B· AM ·ABD 200 ; ·ABM D· AB 100 Vậy: ABM = BAD (g.c.g) suy ra AM = BD, mà BD = BC (gt) nên AM = BC Bài 12. Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB > AC) . Tia phân giác góc B cắt AC ở D. Kẻ DH vuông góc với BC. Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB . Đường thẳng vuông góc với AE tại E cắt tia DH ở K . Chứng minh rằng : B I a) BA = BH 4 3 b) D· BK 450 1 2 K c) Cho AB = 4 cm, tính chu vi tam giác DEK H HD : a) Cm ∆ABD = ∆HBD ( cạnh huyền – góc nhọn) A D E b) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với EK , cắt EK tại I C Ta có : ·ABI 900 , Cm ∆HBK = ∆IBK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông) µ ¶ µ ¶ · 0 B3 B4 mà B1 B2 DBK 45 c) Chu vi tam giác DEK = DE + EK + KD = = 2.4 = 8 cm * Từ bài ta thấy khi D· BK 450 thì chu vi ∆DEK = 2. AB vậy nếu có chu vi ∆DEK = 2 thì ta cũng cm được D· BK 450 . Ta có bài toán sau : Bài 12.1 Cho c¹nh h×nh vu«ng ABCD cã ®é dµi lµ 1. Trªn c¸c c¹nh AB, AD lÊy c¸c ®iÓm P, Q sao cho chu vi APQ b»ng 2. Chøng minh r»ng gãc PCQ b»ng 450. HD : §Ò sè 1: ®Ò thi häc sinh giái huyÖn M«n To¸n Líp 7 (Thêi gian lµm bµi 120 phót) Bµi 1. T×m gi¸ trÞ n nguyªn d¬ng: Bồi dưỡng HSG toán 7
  33. 1 a) .16n 2n ; b) 27 24n-3 = 2n => 4n – 3 = n => n = 1 8 b) 27 33 n = 4 Bµi 2. Thùc hiÖn phÐp tÝnh: (4 ®iÓm) 1 1 1 1 1 3 5 7 49 ( ) 4.9 9.14 14.19 44.49 89 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 (1 3 5 7 49) = ( ). 5 4 9 9 14 14 19 44 49 12 1 1 1 2 (12.50 25) 5.9.7.89 9 = ( ). 5 4 49 89 5.4.7.7.89 28 Bµi 3. (4 ®iÓm mçi c©u 2 ®iÓm) a) T×m x biÕt: 2x 3 x 2 Ta cã: x + 2 0 => x - 2. 3 + NÕu x - th× =>2x 2x3 +x 3 =2 x + 2 => x = - 1 (Tho¶ m·n) 2 3 5 + NÕu - 2 x 2x - 32x x- 3 2= x + 2 => x = - (Tho¶ 2 3 m·n) + NÕu - 2 > x Kh«ng cã gi¸ trÞ cña x tho¶ m·n b) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A =x 2006 2007 x Khi x thay ®æi + NÕu x -2006 => - 2x + 4013 > – 4012 + 4013 = 1 => A > 1 + NÕu 2006 x 2007 th×: A = x – 2006 + 2007 – x = 1 + NÕu x > 2007 th× A = x - 2006 - 2007 + x = 2x – 4013 Do x > 2007 => 2x – 4013 > 4014 – 4013 = 1 => A > 1. VËy A ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ 1 khi 2006 x 2007 Bồi dưỡng HSG toán 7
  34. Bµi 4. HiÖn nay hai kim ®ång hå chØ 10 giê. Sau Ýt nhÊt bao l©u th× 2 kim ®ång hå n»m ®èi diÖn nhau trªn mét ®êng th¼ng. (4 ®iÓm mçi) Gäi x, y lµ sè vßng quay cña kim phót vµ kim giê khi 10giê ®Õn lóc 2 kim ®èi nhau trªn mét ®êng th¼ng, ta cã: x – y = 1 (øng víi tõ sè 12 ®Õn sè 4 trªn ®«ng hå) 3 vµ x : y = 12 (Do kim phót quay nhanh gÊp 12 lÇn kim giê) x 12 x y x y 1 1 Do ®ã: :11 y 1 12 1 11 3 33 12 4  x = (vòng) x (giê) 33 11 VËy thêi gian Ýt nhÊt ®Ó 2 kim ®ång hå tõ khi 10 giê ®Õn lóc n»m ®èi diÖn nhau trªn mét ®êng th¼ng lµ 4 giê 11 Bµi 5. Cho tam gi¸c vu«ng ABC ( A = 1v), ®êng cao AH, trung tuyÕn AM. Trªn tia ®èi tia MA lÊy ®iÓm D sao cho DM = MA. Trªn tia ®èi tia CD lÊy ®iÓm I sao cho CI = CA, qua I vÏ ®êng th¼ng song song víi AC c¾t ®êng th¼ng AH t¹i E. Chøng minh: E AE = BC (4 ®iÓm mçi) §êng th¼ng AB c¾t EI t¹i F F ABM = DCM v×: AM = DM (gt), MB = MC (gt), · I AMB = DMC (®®) => BAM = CDM A =>FB // ID => ID AC Vµ FAI = CIA (so le trong) (1) C IE // AC (gt) => FIA = CAI (so le B M H trong) (2) Tõ (1) vµ (2) => CAI = FIA (AI D chung) => IC = AC = AF (3) vµ E FA = 1v (4) MÆt kh¸c EAF = BAH (®®), BAH = ACB ( cïng phô ABC) => EAF = ACB (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => AFE = CAB =>AE = BC Bồi dưỡng HSG toán 7
  35. §Ò sè 2: ®Ò thi häc sinh giái huyÖn M«n To¸n Líp 7 (Thêi gian lµm bµi 120 phót) Bài 1:(4 điểm) a) Thực hiện phép tính: 212.35 46.92 510.73 255.492 A 6 3 22.3 84.35 125.7 59.143 b) Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì : 3n 2 2n 2 3n 2n chia hết cho 10 Bài 2:(4 điểm) Tìm x biết: 1 4 2 a. x 3,2 3 5 5 x 1 x 11 b. x 7 x 7 0 Bài 3: (4 điểm) 2 3 1 a) Số A được chia thành 3 số tỉ lệ theo : : . Biết rằng tổng các 5 4 6 bình phương của ba số đó bằng 24309. Tìm số A. a c a2 c2 a b) Cho . Chứng minh rằng: c b b2 c2 b Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng: a) AC = EB và AC // BE b) Gọi I là một điểm trên AC ; K là một điểm trên EB sao cho AI = EK . Chứng minh ba điểm I , M , K thẳng hàng c) Từ E kẻ EH  BC H BC . Biết H· BE = 50o ; M· EB =25o . Tính H· EM và B· ME Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có Aµ 200 , vẽ tam giác đều DBC (D nằm trong tam giác ABC). Tia phân giác của góc ABD cắt AC tại M. Chứng minh: a) Tia AD là phân giác của góc BAC Bồi dưỡng HSG toán 7
  36. b) AM = BC §¸p ¸n ®Ò 2 to¸n 7 Bài 1:(4 điểm): a) (2 điểm) 10 212.35 46.92 510.73 255.492 212.35 212.34 510.73 5 .74 A 6 3 12 6 12 5 9 3 9 3 3 22.3 84.35 125.7 59.143 2 .3 2 .3 5 .7 5 .2 .7 212.34. 3 1 510.73. 1 7 212.35. 3 1 59.73. 1 23 212.34.2 510.73. 6 212.35.4 59.73.9 1 10 7 6 3 2 b) (2 điểm) 3n 2 2n 2 3n 2n = 3n 2 3n 2n 2 2n =3n (32 1) 2n (22 1) =3n 10 2n 5 3n 10 2n 1 10 = 10( 3n -2n) Vậy 3n 2 2n 2 3n 2n  10 với mọi n là số nguyên dương. Bài 2:(4 điểm) a) (2 điểm) Bồi dưỡng HSG toán 7
  37. 1 4 2 1 4 16 2 x 3,2 x 3 5 5 3 5 5 5 1 4 14 x 3 5 5 1 1 x 2 x 2 3 3 x 1 2 3 x 2 1 7 3 3 x 2 1 5 3 3 b) (2 điểm) x 7 x 1 x 7 x 11 0 x 1 10 x 7 1 x 7 0 x 7 x 1 1 x 7 10 0 x 1 x 7 0 1 (x 7)10 0 x 7 0 x 7 10 (x 7) 1 x 8 Bài 3: (4 điểm) a) (2,5 điểm) Gọi a, b, c là ba số được chia ra từ số A. 2 3 1 Theo đề bài ta có: a : b : c = : : (1) 5 4 6 và a2 +b2 +c2 = 24309 (2) a b c 2 3 k Từ (1) = k a k;b k;c 2 3 1 5 4 6 5 4 6 4 9 1 Do đó (2) k 2 ( ) 24309 25 16 36 k = 180 và k = 180 + Với k =180, ta được: a = 72; b = 135; c = 30. Bồi dưỡng HSG toán 7
  38. Khi đó ta có số A = a + b + c = 237. + Với k = 180 , ta được: a = 72 ; b = 135 ; c = 30 Khi đó ta có só A = 72 +( 135 ) + ( 30 ) = 237 . b) (1,5 điểm) a c Từ suy ra c2 a.b c b a2 c2 a2 a.b khi đó b2 c2 b2 a.b a(a b) a = b(a b) b Bài 4: (4 điểm) A a/ (1điểm) Xét AMC và EMB có : AM = EM (gt ) I ·AMC = E· MB (đối đỉnh ) M C BM = MC (gt ) B H Nên : AMC = EMB (c.g.c ) 0,5 điểm AC = EB K Vì AMC = EMB M· AC = M· EB E (2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt đường thẳng AE ) Suy ra AC // BE . 0,5 điểm b/ (1 điểm ) Xét AMI và EMK có : AM = EM (gt ) M· AI = M· EK ( vì AMC EMB ) AI = EK (gt ) Nên AMI EMK ( c.g.c ) Suy ra ·AMI = E· MK Mà ·AMI + I·ME = 180o ( tính chất hai góc kề bù ) E· MK + I·ME = 180o Ba điểm I;M;K thẳng hàng c/ (1,5 điểm ) Trong tam giác vuông BHE ( Hµ = 90o ) có H· BE = 50o H· BE = 90o - H· BE = 90o - 50o =40o Bồi dưỡng HSG toán 7
  39. H· EM = H· EB - M· EB = 40o - 25o = 15o A B· ME là góc ngoài tại đỉnh M của HEM Nên B· ME = H· EM + M· HE = 15o + 90o = 105o ( định lý góc ngoài của tam giác ) 200 M Bài 5: (4 điểm) a) Chứng minh ADB = ADC (c.c.c) D suy ra D· AB D· AC Do đó D· AB 200 : 2 100 b) ABC cân tại A, mà µA 200 (gt) nên ·ABC (1800 200 ) : 2 800 B C ABC đều nên D· BC 600 Tia BD nằm giữa hai tia BA và BC suy ra ·ABD 800 600 200 . Tia BM là phân giác của góc ABD nên ·ABM 100 Xét tam giác ABM và BAD có: AB cạnh chung ; B· AM ·ABD 200 ; ·ABM D· AB 100 Vậy: ABM = BAD (g.c.g) suy ra AM = BD, mà BD = BC (gt) nên AM = BC §Ò sè 3: ®Ò thi häc sinh giái M«n To¸n Líp 7 (Thời gian làm bài 120 phút) Câu 1: Tìm tất cả các số nguyên a biết a 4 9 9 Câu 2: Tìm phân số có tử là 7 biết nó lớn hơn và nhỏ hơn 10 11 Câu 3. Cho 2 đa thức P x = x2 + 2mx + m2 và Q x = x2 + (2m+1)x + m 2 Tìm m biết P (1) = Q (-1) Câu 4: Tìm các cặp số (x; y) biết: x y a / ; xy=84 3 7 1+3y 1+5y 1+7y b/ 12 5x 4x Bồi dưỡng HSG toán 7
  40. Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của các biểu thức sau : A = x 1 +5 x2 15 B = x2 3 Câu 6: Cho tam giác ABC có Â a = 0; 1; 2; 3 ; 4 * a = 0 => a = 0 * a = 1 => a = 1 hoặc a = - 1 * a = 2 => a = 2 hoặc a = - 2 * a = 3 => a = 3 hoặc a = - 3 * a = 4 => a = 4 hoặc a = - 4 9 9 Câu 2: Tìm phân số có tử là 7 biết nó lớn hơn và nhỏ hơn 10 11 Gọi mẫu phân số cần tìm là x Ta có: 9 7 9 63 63 63 => => -77 9x = -72 10 x 11 70 9x 77 => x = 8 7 Vậy phân số cần tìm là 8 Câu 3. Cho 2 đa thức P x = x2 + 2mx + m2 và Q x = x2 + (2m+1)x + m 2 Tìm m biết P (1) = Q (-1) P(1) = 12 + 2m.1 + m2 = m2 + 2m + 1 Q(-1) = 1 – 2m – 1 +m2 Bồi dưỡng HSG toán 7
  41. = m2 – 2m Để P(1) = Q(-1) thì m2 + 2m + 1 = m2 – 2m 4m = -1 m = -1/4 Câu 4: Tìm các cặp số (x; y) biết: x y x2 y2 xy 84 a / ; xy=84 => 4 3 7 9 49 3.7 21 => x2 = 4.49 = 196 => x = 14 => y2 = 4.4 = 16 => x = 4 Do x,y cùng dấu nên: x = 6; y = 14 x = -6; y = -14 1+3y 1+5y 1+7y b/ 12 5x 4x áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 1+3y 1+5y 1+7y 1 7y 1 5y 2y 1 5y 1 3y 2y 12 5x 4x 4x 5x x 5x 12 5x 12 2y 2y => x 5x 12 => -x = 5x -12 => x = 2. Thay x = 2 vào trên ta đợc: 1 3y 2y y 12 2 =>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y = 1 15 Vậy x = 2, y = 1 thoả mãn đề bài 15 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của các biểu thức sau : A = x 1 +5 Ta có : x 1 0. Dấu = xảy ra x= -1. A 5. Dấu = xảy ra x= -1. Vậy: Min A = 5 x= -1. x2 15 x2 3 12 B = = = 1 + 12 x2 3 x2 3 x2 3 Ta có: x2 0. Dấu = xảy ra x = 0 x2 + 3 3 ( 2 vế dơng ) Bồi dưỡng HSG toán 7
  42. 12 12 12 12 4 1+ 1+ 4 x2 3 3 x2 3 x2 3 B 5 Dấu = xảy ra x = 0 Vậy : Max B = 5 x = 0. Câu 6: a/ M Xét ADC và BAF ta có: DA = BA(gt) P AE = AC (gt) E DAC = BAE ( cùng bằng 900 + BAC ) N 1 D => DAC = BAE(c.g.c ) 1 => DC = BE A Xét AIE và TIC 1 I1 = I2 ( đđ) K I 2 E1 = C1( do DAC = BAE) T => EAI = CTI => CTI = 900 => DC  BE B b/ Ta có: MNE = AND (c.g.c) H C => D1 = MEN, AD = ME mà AD = AB ( gt) => AB = ME (đpcm) (1) 0 Vì D1 = MEN => DA//ME => DAE + AEM = 180 ( trong cùng phía ) mà BAC + DAE = 1800 => BAC = AEM ( 2 ) Ta lại có: AC = AE (gt) ( 3). Từ (1),(2) và (3) => ABC = EMA ( đpcm) c/ Kéo dài MA cắt BC tại H. Từ E hạ EP  MH Xét AHC và EPA có: CAH = AEP ( do cùng phụ với gPAE ) AE = CA ( gt) PAE = HCA ( do ABC = EMA câu b) => AHC = EPA => EPA = AHC => AHC = 900 => MA  BC (đpcm) Đề số 4: đề thi học sinh giỏi (Thời gian làm bài 120 phút) Bồi dưỡng HSG toán 7
  43. Câu 1 ( 2 điểm) Thực hiện phép tính : 2 1 1 1 a- 6. 3. 1 : ( 1 3 3 3 3 2 2 3 2003 . . 1 3 4 b- 2 3 2 5 . 5 12 Câu 2 ( 2 điểm) 2 a- Tìm số nguyên a để a a 3 là số nguyên a 1 b- Tìm số nguyên x,y sao cho x - 2xy + y = 0 Câu 3 ( 2 điểm) a c a- Chứng minh rằng nếu a + c = 2b và 2bd = c (b+d) thì với b d b,d khác 0 b- Cần bao nhiêu số hạng của tổng S = 1+2+3+ để đợc một số có ba chữ số giống nhau . Câu 4 ( 3 điểm) Cho tam giác ABC có góc B bằng 450 , góc C bằng 1200. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = 2CB . Tính góc ADE Câu 5 ( 1điểm) Tìm mọi số nguyên tố thoả mãn : x2 - 2y2 =1 Đáp án đề 4 C Hớng dẫn chấm Điểm âu 1 Thực hiện theo từng bớc đúng kết quả -2 cho điểm tối 1Điểm .a đa 1 Thực hiện theo từng bớc đúng kết quả 14,4 cho điểm 1Điểm .b tối đa Bồi dưỡng HSG toán 7
  44. 2 a 2 a 3 a(a 1) 3 3 0,25 Ta có : = a .a a 1 a 1 a 1 2 vì a là số nguyên nên a a 3 là số nguyên khi a 1 3 là số nguyên hay a+1 là ớc của 3 do đó ta có bảng sau : 0,25 a 1 a+1 -3 -1 1 3 a -4 -2 0 2 0,25 a 2 a 3 Vậy với a 4, 2,0,2 thì là số nguyên a 1 0,25 2 Từ : x-2xy+y=0 .b Hay (1-2y)(2x-1) = -1 0,25 Vì x,y là các số nguyên nên (1-2y)và (2x-1) là các số nguyên do đó ta có các trờng hợp sau : 1 2y 1 x 0 2x 1 1 y 0 0,25 1 2y 1 x 1 Hoặc 2x 1 1 y 1 0,25 Vậy có 2 cặp số x, y nh trên thoả mãn điều kiện đầu bài 0,25 3 Vì a+c=2b nên từ 2bd = c (b+d) Ta có: 0,5 .a (a+c)d=c(b+d) a c Hay ad=bc Suy ra ( ĐPCM) 0,5 b d 3 Giả sử số có 3 chữ số là aaa =111.a ( a là chữ số khác .b 0) Gọi số số hạng của tổng là n , ta có : n(n 1) 0,25 111a 3.37.a Hay n(n+1) =2.3.37.a 2 Vậy n(n+1) chia hết cho 37 , mà 37 là số nguyên tố và n+1<74 ( Nếu n = 74 không thoả mãn ) 0,25 Do đó n=37 hoặc n+1 = 37 n(n 1) Nếu n=37 thì n+1 = 38 lúc đó 703 không thoả 2 mãn n(n 1) Nếu n+1=37 thì n = 36 lúc đó 666 thoả mãn 0,5 2 Vậy số số hạng của tổng là 36 4 Bồi dưỡng HSG toán 7
  45. A H B C D Kẻ DH Vuông góc với AC vì ACD =600 do đó CDH 0,5 = 300 CD Nên CH = CH = BC 2 Tam giác BCH cân tại C CBH = 300 ABH = 150 0,5 Mà BAH = 150 nên tam giác AHB cân tại H 1,0 Do đó tam giác AHD vuông cân tại H Vậy ADB = 450+300=750 1,0 5 Từ : x2-2y2=1suy ra x2-1=2y2 0,25 Nếu x chia hết cho 3 vì x nguyên tố nên x=3 lúc đó y= 0,25 2 nguyên tố thoả mãn Nếu x không chia hết cho 3 thì x2-1 chia hết cho 3 do đó 2y2 chia hết cho 3 Mà(2;3)=1 nên y chia hết cho 3 khi đó x2=19 không thoả mãn 0,25 Vậy cặp số (x,y) duy nhất tìm đợc thoả mãn điều kiện đầu bài là (2;3) 0,25 ĐỀ 5: ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN Môn thi: Toán 7 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (6 điểm) 1 1 1 1 1 1 1 a, Tính : A 3 18 54 108 180 270 378 b, Tìm các số nguyên tố x, y sao cho : 51x+26y=2000 c, Tìm số tự nhiên n, biết: (214:1024).2n=128 Bài 2 ( 4,0 điểm ) Bồi dưỡng HSG toán 7
  46. Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là 108 m. Tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn đó biết chúng lần lượt tỉ lệ với 4 và 3 Bài 3: (2,0 điểm) Cho a,b,c R và a,b,c 0 thoả mãn b2 = ac. Chứng minh rằng: (a 2011b)2 a = (Biết rằng các tỉ số đều có nghĩa) c (b 2011c)2 Bài 4: (6,0 điểm) Cho góc vuông xAy. C là một điểm thuộc tia phân giác Az của góc xAy. D là hình chiếu của C trên Ax, B là hình chiếu của C trên Ay. Trên các đoạn thẳng AD, AB lần lượt lấy các điểm P, Q sao cho chu vi tam giác APQ bằng AD+AB. Trên tia Dx lấy điểm E sao cho DE=QB. Chứng minh rằng: a, CDE= CBQ b, PC là tia phân giác của góc DPQ. c, Góc PCQ có số đo bằng 450. Bài 5: (2,0 điểm) Cho đa thức f(x)= ax2+bx+c với a, b, c là các số thực thỏa mãn 13a+b+2c=0. Chứng tỏ rằng: f(-2).f(3) 0 Hết./. Bồi dưỡng HSG toán 7
  47. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung cấn đạt Điềm 1 1 1 1 1 1 1 Bài 1 a, A 3 18 54 108 180 270 378 1 1 1 1 1 1 1 0,5đ A ( ) 3 18 54 108 180 270 378 2,0đ 1 1 1 1 1 1 1 0,5đ A ( ) 3 3.6 6.9 9.12 12.15 15.18 18.21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0,5đ A ( ) 3 3 3 6 6 9 9 18 21 1 1 1 1 1 1 6 1 2 5 0,5đ A ( ) . 3 3 3 21 3 3 21 3 21 21 b, Ta có: 51x+26y=2000; 26x 2; 2000 2 suy ra 51x 2 0,5đ 6,0đ mà 51 và 2 là hai số nguyên tố cùng nhau nên x 2. 0,5đ 2,0đ Mặt khác x là số nguyên tố nên x=2 0,5đ Do đó, ta có: 51.2+26y=2000=>y=73 là số nguyên tố Vậy x=2; y=73 0,5đ c, (214:1024).2n=128 (214:210).2n=128 0,5đ 0,5đ 24.2n=27 2,0đ 24+n=27 0,5đ 4+n=7 0,25đ n=3 0,25đ Bài 2 Gọi a,b lần lượt là chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn ta có: 1,0đ a b k =>a=4k; b=3k 4,0 điểm 4 3 1,0đ Diên tích mảnh vườn là: a.b=4k.3k=12k2=108 1,0đ => k2=9=>k=3 1,0đ =>a=12;b=9 b a a b 2011b a b a 2011b Bài 3 b2 = ac=> 0,75đ c b b c 2011c b c b 2011c 2 a b a 2011b a 2011b a a 2011b . . 2,0điểm b c b 2011c b 2011c c b 2011c 1,0đ (a 2011b)2 Do đó: a = c (b 2011c)2 0,25đ Bồi dưỡng HSG toán 7
  48. Bài 4 6,0 đ 0,25đ a, a, Xét CDE và CBQ, có: DC=CB(T/c điểm thuộc tia phân giác) Dµ Bµ 900 1,75 DE=QB(gt) Do đó CDE= CBQ(c.g.c) 1,75đ b, b, Ta có : AP+PQ+AQ=AD+AB(GT)(1) EP+AP+AQ=DP+AP+AQ+QB=AD+AB(2) Từ (1)(2)=>EP=PQ 0,5đ Xét CEP và CQP, có: CP chung 2,0 CE=CQ(Cạnh tương ứng của hai tg bằng nhau CDE= CBQ) EP=PQ(c/m trên) Vậy, CEP= CQP(c.c.c) 1,0đ =>E· PC C· PQ =>PC là tia phân giác của góc DPQ 0,5đ c, c, Kẻ CI PQ Chứng minh được các cặp tam giác bằng nhau: CDP= CIP(Cạnh huyền-góc nhọn); CBQ= CIQ(Cạnh 1,0đ 2,0 huyền-Cạnh góc vuông) Từ đó chứng minh được CP,CQ lần lượt là tia phân giác của các góc DCI, ICB 0,5đ 1 1 Chứng minh được P· CQ D· CB .900 450 2 2 0,5đ Bài 5 Ta có: f(-2)=a.(-2)2+b(-2)+c=4a-2b+c;f(3)=a.32+b.3+c 0,75đ 2,0điểm =9a+3b+c 0,75đ =>f(-2)+f(3)=13a+b+2c=0=>f(-2)=-f(3) 0,5đ =>f(-2).f(3)=-[f(3)]2 0 Lưu ý: +, Bài 4: Nếu học sinh không vẽ hình thi không chấm điểm +, Học sinh giải theo cách khác đúng, phù hợp với chương trình thì vẫn cho điểm tối đa Bồi dưỡng HSG toán 7
  49. ĐỀ 6 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 7 THCS NĂM HỌC MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề. Đề chính thức Đề thi có: 01 trang Câu 1: (4 điểm) : a) Thực hiện phép tính sau: (69.210 + 1210) : (219.273 + 15.49.94) ; b) Tìm số tự nhiên n để 2n2 – n + 2 chia hết cho 2n + 1. Câu 2: (4 điểm): Tìm x biết: 1 x 1 x 10 a) x 4 2 ; b) x 2013 x 2013 0 . 5 Câu 3: (4 điểm): x y z a) Tìm x,y,z thỏa mãn : , x và x + 2y - 3z = -24 ; 10 15 2 b) Cho đa thức f(x) thỏa mãn điều kiện : ( x - 2013) . f(x) = ( x – 2014 ) . f(x-2012) . Chứng minh rằng f(x) có ít nhất hai nghiệm. Câu 4: (6 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A; K là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia KA lấy D , sao cho KD = KA. a) Chứng minh: CD // AB. b) Gọi H là trung điểm của AC; BH cắt AD tại M; DH cắt BC tại N . Chứng minh: HMN cân. c) Chứng minh rằng KH là tia phân giác góc AKC Câu 5: (2 điểm): Tìm hai số tự nhiên x, y sao cho: 5x 1 2 y . Hết Họ và tên thí sinh: , SBD: Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm./. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THỦY Bồi dưỡng HSG toán 7
  50. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 7 THCS MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 04 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài. - Hướng dẫn chấm dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách; khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp lôgic. - Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm. II. Đáp án và biểu điểm. Câu 1: (4 điểm): a) Thực hiện phép tính sau: (69.210 + 1210) : (219.273 + 15.49.94) ; b) Tìm số tự nhiên n để 2n2 – n + 2 chia hết cho 2n + 1. Đáp án Biểu điểm a) (69.210 + 1210) :(219.273 + 15.49.94) 0,5đ = ( 39.29.210 + 220.310) : (219.39 + 3.5.218.38) 0,5đ = [219.39(1+2.3)] : [218.39(2 +5)] 0,5đ = (2.7) : 7 0,5đ = 2 b) Ta có:( 2n2 –n + 2 ) : (2n+ 1) = n- 1 + 3 2n 1 0,5đ Vậy để 2n2 –n + 2 chia hết cho 2n+1 thì 3 chia hết cho 2n+ 1 Tức là 2n+ 1 là ước của 3 Ư(3)= 3; 1;1;3 Suy ra  0,5đ 2n+ 1 = -3 n = -2 Tương tự :n= 0; n=1; n= -1 0,5đ Vậy các giá trị n thỏa mãn: -2; -1; 0; 1 0,5đ Câu 2: (4 điểm). Tìm x biết: 1 a) x 4 2 ; 5 b) x 2013 x 1 x 2013 x 10 0 Bồi dưỡng HSG toán 7
  51. Đáp án Biểu điểm 1 a) x 4 2 5 1 x 2 4 5 0,25đ 1 x 2 5 1 1 0,25đ x 2 hoặc x 2 5 5 9 11 0,5đ x hoặc x 5 5 9 11 0,5đ Vậy giá trị cần tìm x hoặc x 5 5 b) Ta có: x 2013 x 1 x 2013 x 10 0 0,5đ x 2013 x 1 1 x 2013 9 0 x 1 x 2013 0 x 2013 0 x 2013 9 9 1 0 1 x 2014 (x 2013) (x 2013) 0,5đ Vậy giá trị cần tìm x=2013 hoặc x=2014 1đ 0,5đ Câu 3: (4 điểm): x y z a) Tìm x,y,z thỏa mãn : , x và x + 2y - 3z = -24 ; 10 15 2 b) Cho đa thức f(x) thỏa mãn điều kiện : ( x - 2013) . f(x) = ( x – 2014 ) . f(x-2012) . Chứng minh rằng f(x) có ít nhất hai nghiệm. Đáp án Biểu điểm x y z x y z a) HS đưa về dãy tỷ số bằng nhau: 6 2 3 4 2 3 4 1đ Tìm được x = 12; y= 18; z = 24 1đ b) Tại x=2013 thay vào đẳng thức ta có: (2013-2013).f(2013) = (2013-2014).f(2013-2012) Bồi dưỡng HSG toán 7
  52. f(1) = 0. Suy ra x=1 là một nghiệm của đa thức f(x) 0,25đ Tại x=2014, thay vào đẳng thức ta có: 0,5đ (2014-2013).f(2014) = (2014-2014).f(2014-2012) 0,25đ f(2014) = 0. Suy ra x=2014 là một nghiệm của đa thức f(x) 0,5đ Vậy đa thức f(x) có ít nhất 2 nghiệm x=1, x=2014 0,5đ Câu 4: (6 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A; K là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia KA lấy D , sao cho KD = KA. a. Chứng minh: CD // AB. b. Gọi H là trung điểm của AC; BH cắt AD tại M; DH cắt BC tại N . Chứng minh: HMN cân. c) Chứng minh rằng KH là tia phân giác góc AKC Đáp án: Vẽ hình viết giả thiết kết luận đúng cho 0,5điểm B D K M N A C H Đáp án Điểm Bồi dưỡng HSG toán 7
  53. a)Xét 2 tam giác: ABK và DCK có: BK = CK (gt) BKˆ A CKˆ D (đối đỉnh) AK = DK (gt) ABK = DCK (c-g-c) 1đ DC ˆABK //A BˆCDK ( Vì có 2 góc so le trong bằng nhau). b) Xét 2 tam giác vuông: ABH và CDH có: 1đ BA = CD (do ABK = DCK) AH = CH (gt) ABH = CDH (cgv-cgv) MHˆ A NHˆ C (2 góc tương ứng) Xét 2 tam giác vuông: ABC và CDA có: 0,5đ AB = CD; ACˆD BAˆC 900 ; AC cạnh chung: ABC = CDA (c-g- c) 0,5đ ACˆ B CAˆ D mà: AH = CH (gt) và MHˆ A NHˆ C (vì ABH = CDH) AMH = CNH (g-c-g) 0,5đ MH = NH. Vậy HMN cân tại H 0,5đ c)Theo trên ta có ACˆ B CAˆ D , suy ra AKC cân tại C nên KH vừa là 1đ trung tuyến cũng là phân giác. 0,5đ Vậy KH là tia phân giác góc AKC Câu 5: (2 điểm): Tìm hai số tự nhiên x, y sao cho: 5x 1 2 y . Đáp án Bểu điểm Ta có 5 1 (mod 4) 5x 1 (mod 4) 5x 1  2 (mod 4) 0,5đ y 2  2 (mod 4) y = 1, Thay vào đẳng thức trên ta có: 0,5đ 5x 1 2 5x 1 x 0 0,5đ Vậy hai số cần tìm x = 0, y = 1. 0,5đ ( Lưu ý: nếu bài trên học sinh sử dụng tính chất lũy thừa cơ số 5 chia cho 4 dư 1 mà suy ra kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa). Bồi dưỡng HSG toán 7
  54. Hết Bồi dưỡng HSG toán 7