Đề thi chọn vào vòng I đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 7 - Năm học 2012-2013 - Phòng GD & ĐT Yên Định (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ CHÍNH THỨC
HUYỆN YÊN ĐỊNH
ĐỀ THI CHỌN VÀO VÒNG I ĐỘI TUYỂN
HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2012 – 2013
MÔN TOÁN
Thời gian 150 phút( không kể thời gian giao đề)
Đề này gồm 01 trang
SỐ BÁO DANH
Bài 1 (4 điểm) Cho biểu thức: 
a. Rút gọn biểu thức A.
b. Tìm a để A < 1.
Bài 2 ( 6 điểm)
a. Giải phương trình: 
b. Tính giá trị của biểu thức : với x, y thỏa mãn 
c. Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số biết rằng và với n là số tự nhiên.
Bài 3 ( 4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, M là điểm thay đổi trên cạnh AC. Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O.
a. Chứng minh .
b. Chứng minh rằng tổng BM.BH + CM.CA không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên cạnh AC. 
Bài 4 ( 2 điểm) Cho hình thang vuông ABCD có . BC = n, AD = m. Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh BD, K là điểm nằm trên đoạn thẳng HD sao cho . Tính góc AKC.
Bài 5 ( 4 điểm):
Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 
Cho x, y, z > -1 và x3 + y3 + z3 = 0. Chứng minh rằng x + y + z < 1
. Hết..
Họ và tên thí sinh:  SBD: 
Giám thị 1:  Giám thị 2: 
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm).
 PHÒNG GD&ĐT 
 HUYỆN YÊN ĐỊNH 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8
Bài
Nội dung
 Điểm
Bài 1
4.0đ
a
1.5đ
+ ĐKXĐ: 
0.25
0.5
0.5
0.25
b
1.5đ
A nguyên, mà x nguyên nên 
Từ đó tìm được x = 1 và x = 0
Bỏ đi giá trị x = 1( do điều kiện). Vậy x = 0
0.5
0.5
0.5
c
1.0đ
Ta có: 
Kết hợp với điều kiện: 
0.25
0.5
0.25
Bài 2
6.0đ
a
2.0đ
Phân tích được (x – 1)( x3 + x2 + 2x + 8) = 0
 (x – 1)( x + 2)( x2 – x + 4) = 0 (1)
Vì x 2 – x + 4 = (x - )2 + > 0
Nên (1) (x – 1)( x + 2) = 0
x = 1 hoặc x = -2
0.5
0.5
0.25
0.5
0.25
b
2.0đ
 Ta có: x2 + 2x – 10 = y2 ( x + 1)2 – y2 = 11
(x + 1 + y)(x + 1- y ) = 11 (2)
Vì x, y N nên x + 1 + y > 0 và do đó x + 1 – y > 0 
Nhận xét : x + 1 + y > x + 1 – y với mọi x, y N
(2) viết thành: (x + 1 + y)(x + 1- y ) = 11.1 
Kết luận : x = 5, y = 5 là nghiệm
0.5
0.5
0.5
0.5
c
2.0đ
Biến đổi giả thiết về dạng : 
. Với a + b + c = 0. Tính được = -1
. Với a = b = c . Tính được P = 2.2.2 = 8
0.5
0.5
0.5
0.5
Bài 3
4.0đ
a
2.0đ
Gọi số có ba chữ số cần tìm là 
Ta có: = (98a + 7b) +2a + 3b + c
Vì 7 nên 2a + 3b + c 7 (3)
Mặt khác, vì a + b + c 7 (4), kết hợp với (3) suy ra: 
Do đó b – c chỉ có thể nhận các giá trị: -7; 0 ; 7
+ Với b – c = -7, suy ra c = b + 7. kết hợp với (4) ta chọn được các số 707; 518; 329 thỏa mãn.
+ Với b – c = 7 suy ra b = c + 7. Đổi vai trò b và c của trường hợp trên ta được các cặp số 770, 581, 392 thỏa mãn bài toán.
+ Với b – c = 0 thì b = c mà do (4) nên a + 2b7.
Do nên a + 2b chỉ có thể nhận các giá trị 7; 14; 21. 
Từ đó chọn được 12 số thỏa mãn là 133, 322,511,700, 266, 455, 644, 833, 399, 588, 777, 966.
Vậy có 18 số thỏa mãn bài toán: 707, 518, 329, 770, 581, 392 , 133, 322,511,700, 266, 455, 644, 833, 399, 588, 777, 966.
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
b
2.0đ
Vì x + y +z = 1 nên:
Ta có: 
Tương tự: ; ( Với mọi x, y > 0)
Từ đó.Dấu “=” xảy ra khi 
Vậy GTNN của M là khi 
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
Bài 4
4.0đ
a
1.0đ
Chứng minh được 
tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD.
1.0
b
1.5đ
Tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD
Áp dụng định lí Py – ta – go, được : 
Từ đó tính được AH = 
0.5
0.5
0.5
c
1.5đ
Tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD theo tỉ số 
Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác BCD và AHB
Ta có S = 54(cm2).
Vậy diện tích tam giác AHB bằng 34.56( cm2)
0.5
0.5
0.5
Bài 5
2.0đ
Ta có BMN là tam giác đều,nên G là trọng tâm của 
Tam giác BMN. Gọi P là trung điểm của MN,
Ta có : ( tính chất trọng tâm tam giác đều)
Lại có : suy ra
 (1)
Mặt khác và
Do đó : (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác GPI đồng dạng với tam giác GNC (c.g.c)
Từ đó ta có : và 
Mà 
Gọi K là trung điểm của GC thì GI = GK = GC, suy ra tam giác GIK đều, nên IK = GC. Điều này chứng tỏ tam giác GIC vuông tại I. Vậy : 
0.5
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
Chú ý : 
Học sinh giải cách khác đúng thì cho điểm tối đa. 
Bài hình không vẽ hình, hoặc hình sai cơ bản thì không chấm điểm.