Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7 THÁI BÌNH Năm học 2003 - 2004 MÔN THI : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (3 điểm) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất a để khi ghép nó vào bên phải số 2004 thì được một số tự nhiên chia hết cho 2003. Bài 2 (5 điểm) Cho hai hàm số : f(x) = |x – 1| + 1 và g(x) = |x – 2| + 2. 1. Tìm x để f(x) – 2g(x) = -3 ; 2. Tìm x để f(x) = g(f(2)). Bài 3 (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 4 (3 điểm) Tìm x biết : 3x2 4 2004x2 1 3 4x2. . Bài 5 (6 điểm) Cho ∆ABC có A 500 và B 200. Trên tia phân giác BE (E thuộc AC) của A BC lấy điểm F sao cho sao cho F AB 200. Gọi I là trung điểm của AF, EI cắt AB ở K. 1. Chứng minh : EK  AF. 2. Chứng minh : BE  CK. Họ và tên : SBD : Trường THCS :
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (3 điểm) * Đặt a a1a 2 a n (n ∈ N , a1,a 2 , ,a n là các chữ số, a1 0 ) Số tự nhiên cần tìm có dạng : 2004a1a 2 a n n Theo giả thiết, ta có : 2004a1a 2 a n ⋮ 2003 2004.10 + a1a 2 a n ⋮ 2003 n n n n 2003.10 + 10 + a1a 2 a n ⋮ 2003 10 + ⋮a 20031a 2 a (vìn 2003.10 ⋮ 2003) Xét các trường hợp : - Với n = 1, ta được 10 + a1 ⋮ 2003 không tìm được a1 vì 10 0 và x – 2 0 |x – 1| = x – 1, |x – 2| = x - 2
3. (2) trở thành : x – 1 – 2(x – 2) = 1 x – 1 – 2x + 4 = 1 -x = -2 x = 2 (thoả mãn x 2) Vậy giá trị của x cần tìm là x = 2. 2. f(2) = |2 – 1| + 1 = 2 g(f(2)) = g(2) = |2 – 2| + 2 = 2. x 1 1 x 2 Do đó f(x) = g(f(2)) |x – 1| + 1 = 2 |x – 1| = 1 x 1 1 x 0 Vậy với x ∈ {0 ; 2} thì f(x) = g(f(2)) Bài 3 (3 điểm) Không giảm tổng quát có thể giả sử x y z. Khi đó x – y 0, y – z 0, z – x 0 |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 4 (3 điểm) Vì x2 0 x 3x2 + 4 4, 2004x2 + 1 1 3x2 1 2, 2004x2 1 1 3x2 4 2004x2 1 3 (dấu bằng xảy ra x = 0) (1) Mặt khác, 3 – 4x2 3 (dấu bằng xảy ra x = 0) (2) Từ (1) và (2) suy ra 3x2 4 2004x2 1 3 4x2 3x2 4 2004x2 1 3 4x2 3 x = 0. Vậy x = 0. Bài 5 (6 điểm) C E 3 1 2 F 1 1 I 1 2 2 A K B 0 A BC 20 0 1. Vì BE là tia phân giác của A BC nên B1 B 2 10 2 2 0 0 0 Xét AEF có : A1 B AC A 2 50 20 30
4. 0 0 0 F1 A 2 B 2 20 10 30 (vì F1 là góc ngoài của FAB). Suy ra AEF cân tại E EI vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao EI  AF Hay EK  AF. 0 0 0 2. Vì E 3 là góc ngoài của AEB nên E 3 B AE B 2 50 10 60 AEF cân tại E nên đường trung tuyến EI đồng thời là đường phân giác của A EF . 0 0 0 A EF 180 2A1 180 2.30 0 Suy ra E1 E 2 60 2 2 2 Xét BCE và BKE có : 0 E 2 E 3 60 BE là cạnh chung 0 B1 B 2 10 Nên BCE = BKE (g.c.g) BC = BK và EC = EK. Suy ra B và E cùng thuộc đường trung trực của CK. Do đó BE  CK.