Kiểm định chất lượng học sinh giỏi lớp 7 năm học 2015 - 2016 môn: Toán

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN
Đề chính thức
 Số báo danh
.....................................
KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 7 Năm học 2015 - 2016
Môn: Toán 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 12 tháng 4 năm 2016
(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1: (5,0 điểm) 
	Tính giá trị các biểu thức sau: 
	a. 
 b. B = 2x2 – 3x + 5 với 
c. C = biết x – y = 0.
Câu 2: (4,0 điểm) 
	1. Tìm x, y biết: 
2. Tìm x, y, z biết: và x + y + z = 18.
Câu 3: (5,0 điểm)
	1. Tìm các số nguyên x, y biết: x – 2xy + y – 3 = 0.
 	2. Cho đa thức f(x) = x10 – 101x9 + 101x8 – 101x7 +  – 101x + 101. Tính f(100).
3. Chứng minh rằng từ 8 số nguyên dương tùy ý không lớn hơn 20, luôn chọn được ba số x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Câu 4: (5,0 điểm) 
	1. Cho ABC có B + C = 600, phân giác AD. Trên AD lấy điểm O, trên tia đối của tia AC lấy điểm M sao cho ABM = ABO. Trên tia đối của tia AB lấy điểm N sao cho ACN = ACO. Chứng minh rằng:
	a. AM = AN.
	b. MON là tam giác đều.
2. Cho tam giác ABC vuông ở A, điểm M nằm giữa B và C. Gọi D, E thứ tự là hình chiếu của M trên AC, AB. Tìm vị trí của M để DE có độ dài nhỏ nhất.
Câu 5: (1,0 điểm) 
 Cho x + y = 1, x 0, y 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (a và b là hằng số dương đã cho).
---------------- Hết ---------------
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN
Hướng dẫn chấm
KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 7
Năm học 2015 - 2016
Môn: Toán 
Ngày 12 tháng 4 năm 2016
(Hướng dẫn chấm có 03 trang, gồm 05 câu)
Câu
Nội dung
Điểm
1
(5,0đ)
a. 
0,75
0,75
b. Vì nên x = hoặc x = - 
 Với x = thì B = 2.()2 – 3. + 5 = 4
 Với x = - thì B = 2.(- )2 – 3.(-) + 5 = 7
 Vậy B = 4 với x = và B = 7 với x = - .
0,5
0,75
0,75
c. C = 
 (vì x – y = 0).
1,5
2
(4,0đ)
1. Vì với x; với y, do đó:
 với x, y.
 Theo đề bài thì . Từ đó suy ra: 
 Khi đó và 
 ó và 	
 Vậy và 
0,5
0,25
0,5
0,75
2. Ta có: 
 Suy ra: 
 Do đó: (1)
 (2)
 Từ (1) và (2) suy ra 
 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
 Suy ra: x = 4; y = 6; z = 8.
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
3
(5,0đ)
1. Ta có: x – 2xy + y – 3 = 0
 ó 2x – 4xy + 2y – 6 = 0 ó 2x – 4xy + 2y – 1 = 5
 ó 2x(1 – 2y) – (1 – 2y) = 5 ó (2x – 1)(1 – 2y) = 5
Lập bảng :
2x – 1
1
5
-1
-5
1 – 2y
5
1
-5
-1
x
1
3
0
-2
y
-2
0
3
1
Thỏa mãn
Thỏa mãn
Thỏa mãn
Thỏa mãn
Vậy .
0,75
1,0
0,25
2. Ta có: f(x) = x10 – 101x9 + 101x8 – 101x7 +  – 101x + 101
	 = x10 – 100x9 – x9 + 100x8 + x8 – 100x7 – x7 +  – 101x + 101
	 = x9(x – 100) – x8(x  – 100) + x7(x – 100) – x6(x – 100) +  + x(x – 100) – (x – 101)
 Suy ra f(100) = 1.
0,75
0,75
0,5
3. Giả sử 8 số nguyên dương tùy ý đã cho là a1, a2, a3, , a8 với 1 a1 a2  a8 20.
 Nhận thấy rằng với ba số dương a, b, c thỏa mãn a b c và b + c > a thì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Từ đó, ta thấy nếu trong các số a1, a2, a3, , a8 không chọn được 3 số là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
	a6 a7 + a8 1 + 1 = 2
	a5 a6 + a7 2 + 1 = 3
	a4 a5 + a6 3 + 2 = 5
	a3 a4 + a5 5 + 3 = 8
	a2 a3 + a4 8 + 5 = 13
	a1 a2 + a3 13 + 8 = 21 (trái với giả thiết).
 Vậy điều giả sử trên là sai. Do đó, trong 8 số nguyên trên đã cho luôn chọn được ba số x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác.
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(5,0đ)
1. 
a. 
 ABM = ABD (g.c.g)
AM = AO (1)
 ACN = ACO (g.c.g)
AN = AO (2)
Từ (1) và (2) suy ra AM = AN.
b. AOM = AON (c.g.c)
OM = ON (3)
 AOM = AMN (c.g.c)
OM = NM (4)
Từ (3) và (4) suy ra OM = ON = NM.
Do đó MON là tam giác đều.
0,5
0,75
0,5
0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
2. 
Hướng dẫn: 
DE = AM AH (AH là đường cao của ABC).
Vậy DE nhỏ nhất ó AM nhỏ nhất ó M trùng với H.
0,5
0,5
5
(1,0đ)
Ta có: 
Các số dương và có tích không đổi nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi 
Suy ra 
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức khi và .
0,5
0,25
0,25
Chú ý: 
Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.