Đề thi chọn học sinh năng khiếu lớp 7 huyện Sơn Dương năm học 2014-2015 môn thi: Toán

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 7
 SƠN DƯƠNG
NĂM HỌC 2013 – 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1. (3 điểm) Cho các đa thức:
A(x) = 2x5 – 4x3 + x2 – 2x + 2 
B(x) = x5 – 2x4 + x2 – 5x + 3
C(x) = x4 + 4x3 + 3x2 – 8x + 
a. Tính M(x) = A(x) – 2B(x) + C(x)
b. Tính giá trị của M(x) khi x = 
c. Có giá trị nào của x để M(x) = 0 không?
Câu 2. (6 điểm)
a. Tìm các số x; y; z biết rằng: 
b. Tìm x: 
c. Tìm x để biểu thức sau nhận giá trị dương: x2 + 2014x
Câu 3. (4 điểm)
	a. Cho Tìm số nguyên x để A là số nguyên
 b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = 
Câu 4. (5 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 . Biết = 50o; =25o. 
Tính và
Câu 5. (2 điểm)
Từ điểm I tùy ý trong tam giác ABC, kẻ IM, IN, IP lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng: AN2 + BP2 + CM2 = AP2 + BM2 + CN2
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ..............................................Số báo danh:.......................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
 HUYỆN SƠN DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 7
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi : Toán 
Câu 
Nội dung chính
Điểm
Câu 1 
a. M(x) = A(x) – 2B(x) + C(x)
= 2x5 – 4x3 + x2 – 2x + 2 – 2(x5 – 2x4 + x2 – 5x + 3) + x4 + 4x3 + 3x2 – 8x + 
 = (2x5 -2x5) + (x4 + 4x4) + (– 4x3 +4x3) + (x2 – 2x2 +3x2) + (-2x +10x-8x) + 2- 6 + 
= 5x4 + 2x2 + 
0,5
0,5
b. Tính giá trị của M(x) khi x = 
Thay x = vào biểu thức M(x) ta được:
5.( )4 + 2()2 + 
	= 0,3125 + 0,5 + 
	= 1
0,5
0,5
c. Ta có: M(x) = 5x4 + 2x2 + 
M(x) = 0 Þ = 0
 ( Vô lí )
Vậy không có giá trị nào của x để M(x) = 0
0,5
0,5
Câu 2
a. Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có :
= 
( Vì x+y+z0). Do đó x+y+z = 0,5. Thay kết quả này vào đề bài ta có:
 tức là 
Vậy 
0,5
0,5
1
Vậy giá trị x cần tìm là : x = -2014
0,5
0,5
0,5
0,5
c. Ta có : x2+2014x = x(x+2014) 
x
 - -2014	- 0	+
x+2014
 -	 0	+
 +
x(x+2014)
 +
 -
 +
Vậy x2+2014x > 0 khi x 0
0,5
0,5
1
Câu 3
a. 
Để A là số nguyên thì là ước của 4, tức là 
Vậy giá trị x cần tìm là : 1 ; 4 ; 16 ;25 ;49
0,5
0,5
1
b. B = = = 1 + 
Ta có: x 0. Dấu ‘ =’ sảy ra khi và chỉ khi x = 0
 x + 3 3 ( 2 vế dương )
 4 1+ 1+ 4
 B 5
Dấu ‘ =’ sảy ra khi và chỉ khi x = 0 
Vậy Max B = 5 x = 0. 
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4 .Vẽ hình
0,5
Câu
Nội dung chính
Điểm
Câu 4
a. Xét và có : AM = EM (gt )	
 = (đối đỉnh )
BM = MC (gt )
Nên : = (c.g.c ) AC = EB	
Vì = = 
(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
0,5
0,5
b. Xét và có : AM = EM (gt )
= ( vì )
AI = EK (gt )
Nên ( c.g.c ) 	
Suy ra = 	
Mà + = 180o ( tính chất hai góc kề bù )	
 + = 180o 
 Ba điểm I;M;K thẳng hàng 	
0,5
0,5
0,5
c. Trong tam giác vuông BHE ( = 90o ) có = 50o 
= 90o - = 90o - 50o =40o 	
 = - = 40o - 25o = 15o 	 là góc ngoài tại đỉnh M của 
 Nên = + = 15o + 90o = 105o 
 ( định lý góc ngoài của tam giác ) 
0,5
0,5
0,5
Câu 5
Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông NIA và NIC ta có:
AN2 =IA2 – IN2; CN2 = IC2 – IN2 
 Þ CN2 – AN2 = IC2 – IA2 (1) 
Tương tự ta cũng có: AP2 - BP2 = IA2 – IB2 (2)
 MB2 – CM2 = IB2 – IC2 (3) 
Từ (1); (2) và (3) ta có: AN2 + BP2 + CM2 = AP2 + BM2 + CN2 
0,5
0,5
1
Lưu ý: Nếu học sinh có cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa.