Đề khảo sát học sinh giỏi huyện - Môn: Toán 7

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi huyện - Môn: Toán 7

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI HUYỆN THÁI THỤY Môn : Toán 7 (Thời gian làm bài 120 phút) Bài 1 (4 điểm) 1 1 1 1 1 1. Tính tính sau : A 1 1 1 1 1 . 2 3 4 2010 2011 5 x 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên. x 2 Bài 2 (4 điểm) 1. Chứng minh rằng nếu giá trị của biểu thức f(x) = ax2 + bx + c chia hết cho 2011 x ∈ Z, (a, b, c ∈ Z), thì các hệ số a, b, c đều chia hết cho 2011. 2. Chứng minh đa thức 2x2 + 3x + 5 không có nghiệm. Bài 3 (4 điểm) a a a 1. Chứng minh rằng nếu có dãy tỉ số bằng nhau 1 2 2010 a 2 a3 a 2011 2010 a a a a thì 1 1 2 2010 a 2011 a 2 a3 a 2011 2. Cho các đa thức : A = xyz – xy2 - xz2; B = y3 + z3. Chứng minh rằng nếu x – y – z = 0 thì A và B là hai đa thức đối nhau. Bài 4 (6 điểm) Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB của ABC. Ở phía ngoài ABC vẽ các đoạn thẳng FK và EG sao cho FK vuông góc và bằng FA, EG vuông góc và bằng EA. 1. Chứng minh rằng ; ED + EG + FD + FK = AB + AC. 2. So sánh KFD và DEG. 3. Chứng minh DKG là tam giác vuông cân. Bài 5 (2 điểm) 3x2 6x 10 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : B . x2 2x 3 Họ và tên học sinh: Số báo danh: Trường THCS:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (4 điểm) 1 1 1 1 1 1. A 1 1 1 1 1 2 3 4 2010 2011 1 2 3 2009 2010 1.2.3 2009.2010     2 3 4 2010 2011 2.3.4 2010.2011 1 A . 2011 Tổng quát : 1 1 1 1 ( 1)n 1.1.2.3 (n 1) ( 1)n 1 A 1 1 1 1 (n > 1). 2 3 4 n 2.3.4 n n 5 x 3 (x 2) 3 2. Cách 1. Ta có : P 1 x 2 x 2 x 2 3 Để P nhận giá trị nguyên thì ta phải có ∈ Z 3 ⋮ (x – 2) x – 2 ∈ Ư(3). x 2 Vì Ư(3) = { 1 ; 3}, nên ta lập bẳng sau : x - 2 -1 1 -3 3 x 1 3 -1 5 -4 2 -2 0 P (thoả mãn) (thoả mãn) (thoả mãn) (thoả mãn) Vậy với x ∈ {-1 ; 1; 3 ; 5} thì P nhận giá trị nguyên. Cách 2. Vì x ∈ Z nên để P nhận giá trị nguyên thì ta phải có : (5 – x) ⋮ (x – 2) (5 – x + x – 2) ⋮ (x – 2) hay 3 ⋮ (x – 2) x – 2 ∈ Ư(3). Sau đó tiếp tục giải như cách 1. Bài 2 (4 điểm) 1. Vì f(x) = ax2 + bx + c ⋮ 2011 x ∈ Z nên : - Với x = 0 thì f(0) = c ⋮ 2011 - Với x = 1 thì f(1) = a + b + c ⋮ 2001 a + b ⋮ 2011 (vì c ⋮ 2011) (1) - Với x = -1 thì f(-1) = a – b + c ⋮ 2011 a – b ⋮ 2011 (vì c ⋮ 2011) (2) Từ (1) và (2) suy ra (a + b + a – b) ⋮ 2011 hay 2a ⋮ 2011 a ⋮ 2011 (vì 2  2011) (3) Từ (1) và (3) suy ra b ⋮ 2011. Vậy nếu giá trị của biểu thức f(x) = ax2 + bx + c ⋮ 2011 x ∈ Z, (a, b, c ∈ Z), thì các hệ số a, b, c đều chia hết cho 2011.
3. Tổng quát : Nếu giá trị của biểu thức f(x) = ax 2 + bx + c ⋮ m x ∈ Z, (a, b, c, m ∈ Z và m  2), thì các hệ số a, b, c đều chia hết cho m. 2. Cách 1. Ta có : 2 2 3 9 31 2 3 9 31 2x 3x 5 2 x x 2 x x 2 16 16 2 16 8 2 3 3 9 31 3 3 3 31 2 x x x 2 x x x 4 4 16 8 4 4 4 8 2 3 31 2 x . 4 8 2 2 3 3 31 Vì  xx 0 2 x x. 0 4 4 8 Vậy đa thức 2x2 + 3x + 5 không có nghiệm. Cách 2. Xét các trường hợp : - Xét x 0 thì 2x2 0 và 3x 0 2x2 + 3x + 5 5 > 0. - Xét -1,5 0 x và 3x > -4,5 2x2 + 3x + 5 > 0,5 > 0 - Xét x -1,5 thì x 0 Do đó đa thức 2x2 + 3x + 5 > 0 x. Vậy đa thức 2x2 + 3x + 5 không có nghiệm. Bài 3 (4 điểm) a a a a a a a 1. Cách 1. Đặt 1 2 2010 k k2010 1  2 (1) 2010 1 a 2 a3 a 2011 a 2 a3 a 2011 a 2011 Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có : 2010 a a a a a a 2010 a a a k 1 2 2010 1 2 2010 k 1 2 2010 (2) a 2 a3 a 2011 a 2 a3 a 2011 a 2 a3 a 2011 2010 a a a a Từ (1) và (2) suy ra . 1 1 2 2010 a 2011 a 2 a3 a 2011 a a a Cách 2. Đặt 1 2 2010 k a 2 a3 a 2011 2010 2010 a1 a 1 ka 2 ,a 2 ka3, ,a 2010 ka 2011 a1 k a 2011 k a 2011 Mặt khác, 2010 2010 2010 a1 a 2 a 2010 ka 2 ka3 ka 2011 k(a 2 a3 a 2011) a 2 a3 a 2011 a 2 a3 a 2011 a 2 a3 a 2011 2010 k
4. 2010 a a a a Vậy . 1 1 2 2010 a 2011 a 2 a3 a 2011 2. Cách 1. Vì x – y – z = 0 x = y + z. Ta có : A = x(yz – y2 – z2) = (y + z)(yz – y2 – z2) = y2z – y3 – yz2 + yz2 – y2z – z3 = -y3 – z3 = -B. Do đó A và B là hai số đối nhau. Cách 2. Vì x – y – z = 0 x – y = z, x – z = y. Xét A + B = xyz – xy2 - xz2 + y3 + z3 = xyz – (xy2 – y3) – (xz2 – z3) = xyz – y2(x – y) – z2(x – z) = xyz – y2z – z2y = yz(x – y – z) = yz.0 = 0. Vậy A và B là hai số đối nhau. Cách 3. Ta có : B = y3 + z3 = y2(x – z) + z2(x – y) = xy2 – y2z + xz2 – yz2 = xy2 + xz2 – (y2z + yz2) = xy2 + xz2 – yz(y + z) = xy2 + xz2 – xyz = -A Do đó A và B là hai số đối nhau. A Bài 4 (6 điểm) Trước hết, ta chứng minh định lí sau : 1 “Đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh của tam giác thì song D E F song với cạnh thứ ba và bằng nửa cạnh ấy” Chứng minh B C Xét ABC có D là trung điểm của AB, E là trung điểm của AC. Ta cần chứng minh 1 DE // BC và DE BC 2 Trên tia đối của tia của tia ED lấy điểm F sao cho ED = EF. Xét EAF và ECD có : EA = EC (gt) A· EF C· ED (đối đỉnh), ED = EF (cách dựng) nên EAF = ECD (c.g.c) AF = CD, Aµ 1 Cµ 1 . Hai góc Aµ 1 và Cµ 1 ở vị trí so le trong bằng nhau nên AF // CD. Xét ADF và DBC có : AD = DB (gt)
5. D· AF B· DC (đồng vị, AF // CD) AF = CD (chứng minh trên) nên ADF = DBC (c.g.c) DF = BC, Dµ 1 Bµ . Hai góc Dµ 1 và Bµ ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE // BC. 1 Lại có DF = 2DE (cách dựng), BC = DF (chứng minh trên) nên DE BC . 2 Trở lại bài toán : 1. Từ giả thiết : FA = FB, FA = FK FA = FB = FK. Tương tự EG = EA = EC. 1 1 Áp dụng định lí ở trên ta có ED = AB , DF = AC 2 2 1 1 FA = ED (=AB ), EA = FD (=AC ). 2 2 Do đó : ED + EG + FD + FK = FA + EA + EA + FA = 2FA + EA = AB + AC. Vậy ED + EG + FD + FK = AB + AC. G A G G A K K K A F E F E F E B D C B D C B D C Hì nh 1 Hì nh 2 Hì nh 3 2. Áp dụng định lí ở trên ta có ED // AB và FD // AC. Suy ra B· FD Aµ (so le trong), C· ED Aµ (so le trong) B· FD C· ED Aµ Xét ba trường hợp : TH1: ABC có Aµ 900 (H. 1) B· FD C· ED 900 Khi đó : - Tia FB nằm giữa hai tia FK và FD nên K· FD K· FB B· FD 900 Aµ - Tia EC nằm giữa hai tia EG và ED nên G· ED G· EC C· ED 900 Aµ Suy ra K· FD G· ED (= 900 Aµ ). Xét KFD và DEG có : FK = ED (= FA) K· FD G· ED (chứng minh trên) FD = EG (= EA) KFD = DEG (c.g.c).
6. TH2: ABC có Aµ 900 (H. 2) B· FD C· ED 900 Khi đó : - Tia FA nằm giữa hai tia FK và FD nên : K· FD K· FA A· FD 900 1800 B· FD 2700 Aµ - Tia EC nằm giữa hai tia EG và ED nên : G· ED G· EA A· ED 900 1800 C· ED 2700 Aµ Suy ra K· FD G· ED (= 2700 Aµ ) Xét KFD và DEG có : FK = ED (= FA) K· FD G· ED (chứng minh trên) FD = EG (= EA) KFD = DEG (c.g.c). TH3: ABC có Aµ 900 (H. 3) B· FD C· ED 900 . Suy ra ba điểm K, F, D thẳng hàng và ba điểm G, E, D thẳng hàng. Khi đó không tồn tại các tam giác KFD và GED nên không thể so sánh. 3. Vì ED // AB nên F· DE B· FD (so le trong) Ở trường hợp 1, ta có KFD = DEG DK = DG, F· KD E· DG, F· DK E· GD . Mà K· DG F· DK F· DE E· DG F· DK B· FD F· KD F· DK K· FD F· KD 900 = 1800 900 900 DKG có DK = DG, K· DG 900 nên là tam giác vuông cân tại D. Ở trường hợp 2, ta có KFD = DEG DK = DG, F· KD E· DG, F· DK E· GD . Mà K· DG F· DE F· DK E· DG B· FD F· DK F· KD 1800 A· FD F· DK F· KD = 2700 (K· FD F· DK F· KD) 2700 1800 900 DKG có DK = DG, K· DG 900 nên là tam giác vuông cân tại D. Ở trường hợp 3, 1  DK DF FK (AC AB) 2  DK = DG. 1 DG DE EG (AB AC) 2  Mà F· DE B· FD = 900 DKG có DK = DG, K· DG 900 nên là tam giác vuông cân tại D. Tóm lại, ta có DKG vuông cân tại D.
7. Bài 5 (2 điểm) 3(x2 2x 3) 1 1 B 3 x2 2x 3 x2 2x 3 Ta có x2 + 2x + 3 = x2 + x + x + 1 + 2 = x(x + 1) + (x + 1) + 2 = (x + 1)2 + 2 Vì (x + 1)2 0 x (x + 1)2 + 2 2 x. Dấu bằng xảy ra x + 1 = 0 x = -1 Do x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 > 0 x nên 1 2 Bmax max x + 2x + 3 min x2 2x 3 Ta thấy giá trị nhỏ nhất của x2 + 2x + 3 bằng 2 x = -1. 1 Vậy giá trị lớn nhất của B = 3 + = 3,5 x = -1. 2
8. XIN GIỚI THIỆU ĐÁP ÁN CỦA PHÒNG GIÁO DỤC THÁI THUỴ