Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 7 (Có lời giải)

Nội dung text: Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 7 (Có lời giải)

1. a b c Ta có: ax by ct(1) (do diện tích bằng nhau) và 354 a b c Đặt k a 3 k ; b 5 k ; c 4 k , thay vào (1) ta được 354 x y t y t x 35 2kx 5 ky 4 kt 5 20 12 15 12 15 20 7 Từ đó tính được: x 100; y 60; t 75 Bài 5. A 1 3 2 B D 1 C H 1 2 I E K a) Ta có: ABC vuông tại A,suy ra BC 900 1 Mà CB nên CB 3000 ; 60 2 Chứng minh AHB AHD() cgc AB ADnên ABD cân tại A Mà B 600 ABD là tam giác đều.
2. b) Chứng minh AHD CED (cạnh huyền – góc nhọn) Suy ra DH DE Ta có: ABD là tam giác đều (cmt);suy ra BAD 600 , AB AD BD 0 0 0 Suy ra A1 BAC BAD 90 60 30 0 ADC có AC1 30 nên ADC cân tại D, suy ra AD CD và 0 0 0 0 DC1 180 2 180 2.30 120 0 Suy ra DD21 120 1800 D 180 0 120 0 Do HDE cân tại D HE 2 300 11 22 0 Suy ra A11 E 30 HE / / AC 0 c) AHB AHD( cmt ) A23 A 30 0 22 AHE có AE21 30 nên AHE cân tại H AH HE AH HE AHB vuông tại H 2 22 2 2 2 2 BD 2 BD3 BD AH AB BH BD BD (1) 2 4 4 Ta có: AD BD CD BC 2 BD 2 BC2 AD 2 2BD BD2 3 BD 2 (2) 4 4 4 BC22 AD Từ (1) và (2) suy ra HE 2 4 d) AEC AEK( ) g c g AC AK ACK cân tại A 0 0 0 Ta có: CAK A12 A 30 30 60 nên ACK là tam giác đều Suy ra: AC CK AK 3 AC AC CK AK (3) Áp dụng BĐT tam giác vào các tam giác AIC,, CIK KIAcó: AC IA IC;; CK IC IK AK IA IK AC CK AK 24 IA IC IK 3AC Từ (3) và (4) suy ra : 32AC IA IC IK IA IC IK 2 TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRỰC ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 MÔN TOÁN 7
3. Câu 1. ac 1) Cho tỉ lệ thức . Chứng minh rằng: ta có tỉ lệ thức sau: bd 22 a2 b 2 c 2 d 2 a b c d a) b) ab cd a2 b 2 c 2 d 2 ab b 2) Cho abc,,đôi một khác nhau và 0.Biết ab là số nguyên tố và . bc c Tìm abc Câu 2. 1)Tìm xy, biết: a) x2 5 x 6 0 b) xy22 6 1 2( xy, là nguyên tố) 2) Chứng minh rằng đa thức f x x8 x 5 x 2 x 1không có nghiệm Câu 3. 32 2x Tìm x để A đạt GTLN. Tìm GTLN đó 11 x Câu 4. Cho ABC nhọn, AD vuông góc với BC tại D. Xác định IJ, sao cho AB là trung trực của DI, AC là trung trực của DJ; IJ cắt AB, AC lần lượt tại L và K. Chứng minh rằng a) AIJ cân b) DAlà tia phân giác của LDK c) BK AC; CL AB d) Trực tâm của ABC chính là giao của 3 đường phân giác DLK e) Nếu D là một điểm tùy ý trên cạnh BC. Chứng minh rằng IAJ có số đo không đổi và tìm vị trí điểm D trên cạnh BC để IJ có độ dài nhỏ nhất.
4. ĐÁP ÁN Câu 1. 1) a) Chứng minh đúng b) Chứng minh đúng ab 2) Từ gt hoán vị trung tỉ và áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau có bc Do ab là 1 số nguyên tố có hai chữ số nên b 1;3;7;9 Do ac b2 ta xét các trường hợp b 11 a c (loại do ac ) b 3 ac 9 1.9(do a c) ab 13(do 93 không là nguyên tố) ab13 1 3 b Có ()tm bc 39 3 9 c bb 7, 9 đều bị loại do dẫn đến ac Vậy abc 139 Câu 2. 1) x 2 a) b ) x 5; y 2 x 3 2) Xét từng khoảng +xét x 0dẫn dến fx 10 +Xét 01 x lập luận dẫn đến fx 0 +Xét x 1lập luận dẫn đến fx 0 Trong cả ba khoảng trên đều có fx 0nên đa thức fx không có nghiệm. Câu 3. 10 10 Biến đổi A 2.Để A B max 11 x max 11 x
5. 11 xB 0 0  BBmax 0 11 xB 0 0 Lập luận để có 11 x là số nguyên dương nhỏ nhất x 10 Suy ra GTNN của A là 12 x 10 Câu 4. A J K L I C B D AI AD  a) Do AB, AC là trung trực của AB  AI AJ AIJ cân tạiA AD AJ  b) ALI ALD( ) c c c I11 D Tương tự AKD AKJ( ) c c c D22 J Mà AIJ cân (cmt) IJDD1 1 1 2 DA là tia phân giác của LDK c) CMTT câu b: CL, BK là phân giác trong của LKD; DLK của DLK BK  AC CL  AB
6. d) Từ câu c trực tâm của ABC chính là giao của 3 đường phân giác trong DLK e) Chứng minh được IAJ 2 BAC (không đổi) * AIJ cân tại A có IAJ không đổi nên cạnh đáy IJ nhỏ nhất nếu cạnh bên AI nhỏ nhất Ta có: AI AD AH( AH là đường vuông góc kẻ từ Ađến BC) Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi DH Vậy khi D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC thì IJ nhỏ nhất. TRƯỜNG THCS HỒNG LIÊN ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN 7 Câu 1. (3 điểm) Cho abc,,là ba số thực dương, thỏa mãn điều kiện: a b c b c a c a b .Hãy tính giá trị của biểu thức: c a b b a c B 111 a c b Câu 2. (5 điểm) 3 a b c a b c a 1) Cho .Chứng minh: b c d b c d d a 135 b c 2) Cho và 5a 3 b 4 c 46.Xác định abc,, 2 4 6 3) Ba lớp 7ABC ,7 ,7 cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp tỉ lệ với 5:6:7nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4:5:6nên có một lớp nhận nhiều hơn dự định 4 gói. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua. Câu 3. (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 x 2 2 x 2013 với x là số nguyên Câu 4. (7 điểm)
7. Cho xAy 600 có tia phân giác Az.Từ điểm B trên Ax kẻ BH Ay tại H, kẻ BK Azvà Bt//, Ay Bt cắt Az tại C. Từ C kẻ CM Ay tại M. Chứng minh: a) K là trung điểm của AC b) KMC là tam giác đều c) Cho BK 2, cm Tính các cạnh của AKM Câu 5. (3 điểm) Cho biết x 1 f x x 4 f x 8 với mọi x.Chứng minh fx có ít nhất hai nghiệm.
8. ĐÁP ÁN Câu 1. Vì abc,,là các số dương nên abc 0 Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: abcbcacababcbcacab 1 c a b a b c a b c b c a c a b Mà 1 1 1 2 c a b a b b c c a 2 c a b b a c b c c a b c Vậy B 1 1 1 . . 8 a c b a c b Câu 2. a b c a b c 1) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau: b c d b c d 3 abc abcabcabcabc a Do đó: bcd bcdbcdbcd bcd d a 1 b 3 c 551 a 3(3) b 4(5)5345920 c a b c 2) 2 2 4 6 10 12 24 10 12 24 a 3, b 11, c 7 3) Gọi tổng số tăm của ba lớp cùng mua là xx * Số gói tăng dự định chia cho 3 lớp 7ABC ,7 ,7 lúc đầu lần lượt là abc,, abcabcx 5 x 6 xx 7 x Ta có: a ; b ; c (1) 5 6 7 18 18 18 18 3 18 Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là abc', ', ' ta có: abcabcx' ' ' ' ' ' 4 x 5 xx 6 x a' ; b ' ; c ' (2) 4 5 6 15 15 15 15 3 15 So sánh (1) và (2) ta có: a a', b b ', c c 'nên lớp 7C nhận nhiều hơn lúc đầu 67x x x Vậy cc'4 hay 4 4 x 360 15 18 90 Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 360 gói.
9. Câu 3. Ta có: A 2 x 2 2 x 2013 2 x 2 2013 2 x 2xx 2 2013 2 2011 2013 Dấu "" xảy ra khi 2x 2 2013 2 x 0 1 x 2 Câu 4. x z C B K y A H M a) ABC cân tại B do CAB ACB MAC và BK là đường cao BK là đường trung tuyến K là trung điểm của AC 11 b) ABH BAK() ch gn BH AK mà AK AC BH AC 22 1 Ta có: BH CM() BHM MCB mà CK BH AC CM CK MKC 2 là tam giác cân (1) Mặt khác MCB 900 và ACB 3000 MCK 60 (2) Từ (1) và (2) suy ra MKC là tam giác đều
10. c) Vì ABK vuông tại K mà KAB 300 AB 2 BK 2.2 4 cm Vì ABK vuông tại K nên theo Pitago ta có: 1 AK AB22 BK 16 4 12 mà KC AC KC AK 12 2 KCM đều KC KM 12 Theo phần b, AB BC 4 cm , AH BK 2, HM BC ( BHM MCB ) AM AH HM 6 cm Câu 5. Vì x 1 f x x 4 f x 8 với mọi x nên: +khi x 4thì 5f 4 0. f 4 f 4 0. Vậy x 4là một nghiệm của fx +Khi x 12thì 13f 12 8. f 4 f 12 f 4 0. Vậy x 12là một nghiệm của fx Do đó fx có ít nhất 2 nghiệm là 4và 12 PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 7 TRƯỜNG THCS ĐIỆN HỒNG Thời gian:: 120 phút Năm học 2018-2019 Câu 1. (6 điểm) 1 1 1 1 1 c) Tính : B 3 32 3 3 3 50 3 51 1 1 1 1 1 1 d) Chứng minh: 6 52 6 2 7 2 100 2 4 Câu 2. (5 điểm) 3 a b c a b c a c) Cho .Chứng minh : b c d b c d d d) Tìm một số có ba chữ số, biết rằng số đó là bội của 18 và các chữ số của nó tỉ lệ theo 1,2,3? Câu 3. (7 điểm)
11. Cho góc xAy 600 vẽ tia phân giác Az của góc đó. Từ một điểm B trên Ax vẽ đường thẳng song song với Ay cắt Az tại C. Vẽ BH Ay,, CM  Ay BK  AC . Chứng minh rằng: d) K là trung điểm của AC AC e) BH 2 f) KMC đều Câu 4. (2 điểm) Với giá trị nào của x thì biểu thức: P x2 85 x có giá trị lớn nhất ? Tìm giá trị lớn nhất đó.
12. ĐÁP ÁN Câu 1. 1 1 1 1 1 aB) 3 32 3 3 3 50 3 51 1 1 1 1 1 3 3 2 3 3 3 50 3 51 1 1 1 1 1 B 3 3 2 3 3 3 51 3 52 4 1 1 351 1 3 51 1 BB 3 3 3 52 352 4.3 51 1 1 1 1 b) Đặt A , ta có: 52 6 2 7 2 100 2 111 1111111 11 *A 4.5 5.6 6.7 99.100 4 5 5 6 6 7 99 100 1 1 1 4 100 4 1 1 1 1 1 1 1 *A 5.6 6.7 99.100 100.101 5 101 6 Câu 2. a b c a c) Ta có: . . (1) b c d d a b c a b c Ta lại có: (2) b c d b c d 3 a b c a Từ (1) và (2) b c d d d) Gọi abc,,là các chữ số của số có 3 chữ số cần tìm Vì mỗi chữ số không vượt quá 9 và không thể đồng thời bằng 0 nên abc 9 1 abc 27 . Mặt khác, số đó là bội của 18 nên abc 18 abc 27 a b c a b c Theo giả thiết ta có: ,do đó: abc 6 1 2 3 6
13. a b c 18 Nên a b c18 3 a 3, b 6, c 9 1 2 3 6 Vì số phải tìm chia hết cho 18 nên chữ số hàng đơn vị phải là chữ số chẵn Vậy các số phải tìm là 396;936 Câu 3. x z B C K 1 2 y A H M d) ABC có A12 A( Az là tia phân giác của AAC); 11 (Ay//BC, so le trong) A21 C ABC cân tại B Mà BK AC BK là đường cao vừa là đường trung tuyến của ABC cân Hay K là trung điểm của AC e) Xét vuông ABH và vuông BAK có: AB là cạnh huyền; A 0 0 A2 30 A21 B 30 do 2 0 0 0 B1 90 60 30 AC AC ABH BAK BH AK mà AK BH 22
14. AC f) AMC vuông tại M có AK KC (1) MK là trung tuyến thuộc cạnh 2 AC huyền KM (2) 2 Từ (1) và (2) KM KC KMC cân Mặt khác AMC có M 900 ; A 30 0 MKC 90 0 30 0 60 0 AMC đều. Câu 4. Ta có: P x28 x 5 x 2 8 x 16 21 x 2 8 x 16 21 x 4 2 21 Do x 4 22 0  x x 4 21 21  x MaxP 21 x 4 TRƯỜNG THCS KIM AN ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN 7 – NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (5 điểm) 6 ac 3ac66 ac c) Cho .Chứng minh rằng: bd 0 bd 3bd66 bd 6 d) Tìm hai số dương, biết rằng tổng, hiệu, tích của chúng lần lượt tỉ lệ nghịch với 15;60 và 8 Câu 2. (3 điểm) 25ab a 3 c) Tính giá trị của biểu thức với ab 3 b 5 d) Tìm các số abc,,biết ab 2, bc 6, ac 3 Câu 3. (3 điểm) c) Tìm các số tự nhiên abc có ba chữ số khác nhau sao cho 3a 5 b 8 c d) Chứng minh đa thức xx2 4 10không có nghiệm.
15. Câu 4. (2 điểm) x 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A với x là số nguyên. x Câu 5. (7 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC BC.Các tia phân giác của A và C cắt nhau tại O. Gọi F là hình chiếu của O trên BC; H là hình chiếu của O trên AC. Lấy điểm I trên đoạn FC sao cho FI AH.Gọi K là giao điểm của FH và AI c) Chứng minh tam giác FCH cân và AK KI d) Chứng minh ba điểm BOK,, thẳng hàng.
16. ĐÁP ÁN Câu 1. a c a c a c a) b d b d b d 6 6 6 6 a c a c a66 c ac 66 6 b d b d b d bd 66 33a6 c 6 a c a 6 c 6 a c 33b6 d 6 b d 66 b 6 d 6 b d b) Gọi hai số phải tìm là a, b a b 0 ,theo đầu bài ta có: a b a b ab a 5 15 a b 60 a b 8 abhay kk 1 8 2 15 b 3 Câu 2. a 3 25 2. 5 2ab 5b 14 a) 4 ab 39 a 3 3 3 b 4 b) Theo đề bài: ab 2, bc 6, ac 3 Ta có: abbc. . ac 2.6.3 a2 b 2 c 2 36 abc 6 Trường hợp 1: abc 6, ab 2 c 3 abc 6, bc 6 a 1 abc 6, ac 3 b 2 Trường hợp 2: abc 6, ab 2 c 3 abc 6, bc 6 a 1 abc 6, ac 3 b 2 aa 11 Vậy bb 2; 2 cc 33
17. Câu 3. c) 3abc 5 8 3 abcb 3 8 8 3 ab 8 cb Do đó: 3 a b 8 a b 8 Do ab nên ab 8; 8 -Trường hợp a b 8 c d 3 a 8, b 0, c 3hoặc a 9, b 1, c 4 -Trường hợp: a b 8 c b 3 a 1, b 9, c 6 Vậy tất cả có ba số thỏa mãn bài toán: 803,914,196. d) x22 4 x 10 x 2 x 2 x 4 6 x 2 2  6 0 x Do đó xx2 4 10 không có nghiệm. Câu 4. Xét các trường hợp: +) xA 20 +) xA 11 x 22 2 +) xA 11 A lớn nhất lớn nhất xx x 2 Vì x là số nguyên dương, nên lớn nhất x nhỏ nhất, tức là x 1, khi đó A 3 x Vậy giá trị lớn nhất của Ax 31
18. Câu 5. A H E O K G B F I C c) Chứng minh CHO CFO() ch gn CH CF FCH cân tại C Vẽ IG/ / AC ( G FH ).Chứng minh FIG cân tại I Suy ra AH IG,() IGK AHK AHK IGK g c g AK KI d) Vẽ OE ABtại E. Tương tự câu a, ta có: AEH, BEF thứ tự cân tại AB, , suy ra BE BF và AE AH. BA BE EA BF AH BF FI BI ABI cân tại B. Mà BO là phân giác của B, BK là đường trung tuyến của ABI nên BOK,, là ba điểm thẳng hàng. SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG KỲ THI HỌC SINH GIỎI THCS Trường THCS Nguyễn Khuyến MÔN TOÁN 7 x32 x3 y 1 Bài 1. (1,5 điểm) Cho A biết xy ; là số nguyên âm lớn nhất xy2 2
19. x 16 y 25 z 9 9 xx 11 Bài 2. (2 điểm). Cho và 2.Tìm x y z 9 16 25 79 Bài 3. (1,5 điểm). Tìm xy, biết 2xy 3 x 4 Bài 4. (2 điểm) Cho đa thức P 3 x32 4 x 8 x 1 a) Chứng minh rằng x 1là nghiệm của đa thức b) Tính giá trị của P biết xx2 30 Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC , trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AE AB.Tia phân giác của BAC cắt đường trung trực của CE tại F. a) Chứng minh tam giác BFC cân b) Biết góc ACB 300 .Chứng minh tam giác BFE đều
20. ĐÁP ÁN Bài 1. 1 Tìm được : xy ;1 2 1 17 Với x ,1 y A 2 50 1 27 Với x ,1 y A 2 50 Bài 2. 9 xx 11 1 1 Từ 2 2 xx 0 2 7 9 7 9 x 16 y 25 z 9 2 16 Thay x 22 9 16 50 9 x y z 100 Bài 3. Biến đổi: xy 2 3 4 Chỉ ra được x, y x Ư(4) và 23y lẻ x 4 2 1 1 2 4 23y 1 2 4 4 2 1 y 2 Loại Loại Loại Loại -1 Vậy xy; 4; 2 ; 4; 1  Bài 4. a) Tính được P 10 dfcm b) Rút được xx2 3 P 3 x3 3 x 2 x 2 x 9 x 1 3x x22 x x x 9 x 1 9xx 3 9 1 4
21. Bài 5. K F B C A E H a) Chỉ ra được F là giao điểm 2 đường trung trực của BEC F trung trực BC BFC cân b) Tính được: EBC 150 Hạ FK AB FKB FHC() ch gn BFC vuông cân FBC 450 BFE đều PHÒNG GD & ĐT CÁT TIÊN KỲ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN NĂM HỌC 2018-2019 MON TOÁN 7 Bài 1. (4,0 điểm) a) Tìm x,, y z biết: 2x 3 y ,4 y 5 z và x y z 30 23x b) Tìm các số nguyên x để biểu thức sau có giá trị là một số nguyên y x 2 Bài 2. (6,0 điểm)
22. a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có: 5n 22 3 n 3 n 5 n chia hết cho 25 a b c d b) Cho các số thực a;;;; b c d ekhác 0 thỏa mãn . Chứng minh b c d e 2a4 3 b 4 4 c 4 5 d 4 a rằng: 2b4 3 c 4 4 d 4 5 e 4 e c) Cho hai đa thức : f x ax b; g ( x ) x2 x 1 Hãy xác định ab, biết: fg 12 và fg 21 Bài 3. (4,0 điểm) ac a) Cho a,,, b c d là các số thực dương thỏa mãn bd a ac Hãy so sánh với b bd b) Cho các số nguyên dương abc,,thỏa mãn abc 2016 . Chứng minh rằng giá trị biểu thức sau không phải là một số nguyên a b c A 2016 c 2016 a 2016 b Bài 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC , đường cao AH. Trên cạnh BC lấy M sao cho BM BA.Từ M kẻ MN vuông góc với AC N AC .Chứng minh rằng: a) Tam giác ANH cân b) BC AH AB AC c) 2AC2 BC 2 CH 2 BH 2
23. ĐÁP ÁN Bài 1. a) x y y z 2x 3 y ; 4 y 5 z 3 2 5 4 x y z x y z 30 10 15 10 8 15 10 8 3 x 150; y 100; z 80 23x b) Biểu thức y có giá trị nguyên 2xx 3 2 x 2 xx 2 1 3 2 x 2 1 x 2 1 x 2 xx 2 1 1 Bài 2. a) Ta có: 5n 2 3 n 2 3 n 5 n 5 n 2 5 n 3 n 2 3 n 5nn .24 3 .8 Vì n nguyên dương nên 5n .24 chia hết cho 24; 3n .8chia hết cho 24 Vậy 5n 22 3 n 3 n 5 n chia hết cho 24 với mọi số nguyên dương n b) Ta có: abcd abcda4 b 4 c 4 d 4 bcde bcdeb4 c 4 d 4 e 4 2a4 3 b 4 4 c 4 5 d 4 2 a 4 3 b 4 4 c 4 5 d 4 2b4 3 c 4 4 d 4 5 e 4 2 b 4 3 c 4 4 d 4 5 e 4 2a4 3 b 4 4 c 4 5 d 4 a Vậy 2b4 3 c 4 4 d 4 5 e 4 e 2c) Ta có: f 1 g 2 a b 3(1); f 2 g 1 2 a b 1(2) 27 Từ 1 và 2, ab 33 Bài 3. ac a) Vì a,,, b c d là các số thực dương thỏa mãn nên ad bc (1) bd aa b d ab ad Mặt khác: (2) b b b d b b d
24. a cb a c ab bc (3) b d b b d b b d a a c Từ (1), 2 , 3 suy ra b b d a b c a b c b) A 2016 c 2016 a 2016 b a b b c c a a a b b c c Ta có: ; ; A 1 ababcbcabccaabc a a c b a b c b c Mặt khác : ; ; A 2 ababcbcabccaabc Vậy 12 A nên Akhông phải là một số nguyên. Bài 4. A N C M B H a) ABM cân tại B nên BAM BMA mà BAM MAN 9000 ; BMA HAM 90 HAM MAN HAM NAM() ch gn AH AN ANH cân. b) Ta có: BC AB BC AM MC; AC AH AC AN NC Tam giác MNC vuông tại N nên MC NC . Suy ra : BC AB AC AH BC AH AB AC() dfcm c) Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác vuông ABH,, ACH ABC ta có:
25. CH2 BH 2 AC 2 AH 2 AB 2 AH 2 AC 2 AB 2 AC2 BC 2 AC 2 2 AC 2 PHÒNG GD VÀ ĐT YÊN MỸ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS LÊ HÒNG PHONG LỚP 7 – NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN Bài 1. Tính giá trị biểu thức: a b x y a y b x 13 A với a ; b 2; x ; y 1 abxy xy ay ab by 32 Bài 2. Chứng minh rằng: Nếu 0 a1 a 2 a 9 thì: a a a 1 2 9 3 a3 a 6 a 9 Bài 3. Có 3 mảnh đất hình chữ nhật AB, và C. Các diện tích của Avà B tỉ lệ với 4 và 5, các diện tích của B và C tỉ lệ với 7 và 8; A và B có cùng chiều dài và tổng các chiều rộng của chúng là 27m .B và C có cùng chiều rộng. Chiều dài của mảnh đất C là 24m .Hãy tính diện tích của mỗi mảnh đất. 4x 7 3 x2 9 x 2 Bài 4. Cho 2 biểu thức: AB ; xx 23 c) Tìm giá trị nguyên của x để mỗi biểu thức có giá trị nguyên d) Tìm giá trị nguyên của x để cả hai biểu thức cùng có giá trị nguyên Bài 5. Cho tam giác cân ABC,. AB AC Trên tia đối của các tia BC, CBlấy theo thứ tự hai điểm D và E sao cho BD CE. e) Chứng minh tam giác ADE là tam giác cân f) Gọi M là trung điểm của BC.Chứng minh AM là tia phân giác của DAE g) Từ B và C vẽ BH, CK theo thứ tự vuông góc với AD, AE . Chứng minh BH CK h) Chứng minh 3 đường thẳng AM,, BH CK gặp nhau tại 1 điểm.
26. ĐÁP ÁN Bài 1. a b x y a y b x A abxy xy ay ab by axy bxy abx ybx abxy xy ay ab by ax ay bx by ab ax by xy abxy xy ay ab by ay bx ab xy xy ay ab by 1 abxy xy ay ab by abxy xy ay ab by abxy 1 3 1 Với a ; b 2; x ; y 1 A 1 13 32 . 2 . .1 32 Bài 2. Ta có: 0 a1 a 2 a 9 nên suy ra: a1 a 2 a 3 3 a 3 (1) a4 a 5 a 6 3 a 6 (2) a7 a 8 a 9 3 a 9 (3) Cộng vế với vế của 1 , 2 , 3 ta được: a1 a 2 a 9 3 a 3 a 6 a 9 a1 a 2 a 9 Vì a1 a 2 a 9 0nên ta được: 3 a3 a 6 a 9 Bài 3. Gọi diện tích, chiều dài, chiều rộng của các mảnh đất ABC,, theo thứ tự là SAAABBBCCC,,,,,,,, d r S d r S d r
27. Theo bài ra ta có: SSAB47 ; ;dABABBCC d ; r r 27( m ); r r ; d 24( m ) SSBC58 Hai hình chữ nhật A và B có cùng chiều dài nên các diện tích của chúng tỉ lệ thuận với các chiều rộng. Ta có: S4 r r r r r 27 rmA 12 AAABAB 3 SrBB5 4 5 4 5 9 rBC 15 m r Hai hình chữ nhật B và C có cùng chiều rộng nên các diện tích của chúng tỉ lệ thuận với các chiều dài. Ta có: SBBC7 d 7 d 7.24 dBA 21( m ) d SdCC8 8 8 2 Do đó: SAAA d. r 21.12 252( m ) S d. r 21.15 315( m2 ) BBB 2 SCCC d. r 24.15 360( m ) Bài 4. 4x 74 x 2 1 1 c) Ta có: A 4 x 2 x 2 x 2 Với x thì x 2 1 xx 2 1 3 Để Anguyên thì nguyên xU 2 (1) x 2 xx 2 1 1 3xx2 9 23xx 3 2 2 Bx 3 x 3 x 3 x 3 Với xx 3 2 Để B nguyên thì nguyên xU 3 2 1; 2 x 3 Do đó x 5, x 1, x 4, x 2 Vậy để B nguyên thì x 5;1;4;2
28. d) Từ câu a suy ra để AB, cùng nguyên thì x 1. Bài 5. A K H M E C D B O e) ABC cân nên ABC ACB ABD ACE Xét ABD và ACEcó: AB AC( gt ); ABD ACE ( cmt ); DB CE ( gt ) ABD ACE( ) c g c AD AE ADE cân tại A f) Xét AMD và AME có: MD ME( DB CE ; MB MC ); AM chung; AD AE() cmt AMD AME( ) c c c MAD MAE Vậy AM là tia phân giác của DAE g) Vì ADE cân tại A (cm câu a) nên ADE AED Xét BHDvà CKE có: BDH CEK( do ADE AED ); DB CE ( gt ) BHD CKE() ch gn BH CK h) Gọi giao điểm của BH và CK là O
29. Xét AHOvà AKO có: OA cạnh chung; AH AK( AD AE , DH KE ( do BHD CKE )) AHO AKO() ch cgv Do đó OAH OAK nên AO là tia phân giác của KAH hay AO là tia phân giác của DAE , mặt khác theo câu b) AM là tia phân giác của DAE Do đó AO AM,suy ra ba đường thẳng AM,, BH CK cắt nhau tại O. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 7 HUYỆN THƯỜNG TÍN MÔN TOÁN 7 NĂM HỌC 2018-2019 Câu 1. (5 điểm) Cho f() x x x19 x 5 x 2018 g( x ) x2019 x 20 9 x 2 x 4 x 2 2 a) Tính k x f x g x 5 7 9 11 13 15 17 19 5 b) Tính giá trị của kx tại x 2. 3 6 10 15 21 28 36 45 6 c) Chứng minh rằng: đa thức kx không nhận giá trị 2019 với mọi giá trị của x nguyên ? Câu 2. (4 điểm) Tìm x biết: 1 4 1 a)23 x 0 b ) 2 x 5 47 x 27 9 2 8 8 3 34 2 3 c) 2 x 3 3 x 1 27 . 1 2017 2018 2019 35 5 7 d) x2 5 x 6 Câu 3. (3 điểm) a b c a) Cho và abc 2019.Tính abc,, b c a a b c d ac b) Chứng minh rằng: Từ tỷ lệ thức 1ta có tỉ lệ thức a b c d bd Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC AB AC , A 1000 .Tia phân giác của B cắt AC tại D, qua Akẻ đường vuông góc với BD cắt BC ở I a) Chứng minh rằng: BD là trung trực của AI b) Trên tia đối của tia DB lấy K sao cho DK DA.Chứng minh rằng: tam giác AIK đều c) Chứng minh : BK BC
30. d) Lấy E BD.Chứng minh rằng: BC EA AB EC Câu 5. (2 điểm) x 2019 2020 a) Tìm GTLN của: A x 2019 2021 1 1 1 1 1 b) Chứng minh rằng: B 23 3 3 4 3 2019 3 2 2 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Tính được k x x42 29 x b) 5 7 9 11 13 15 17 19 Xet :2 3 6 10 15 21 28 36 45 5 7 9 11 13 15 17 19 21 6 12 20 30 42 56 72 90 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 2. 1 6 12 20 30 42 56 72 90 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2. 1 2 3 3 4 4 5 5 6 9 10 11 66 2. 2. 2 10 10 5 65 Vậy xk . 1 12 56 x 4 2 2 2 c) Xét k x x 2 x 9 x x 2 9 22 Giả sử k x 2019 x x 2 2010 Vì x nguyên nên 2010 chẵn và xx22;2 cùng tính chẵn (hoặc lẻ) xx22;2là hai số chẵn liên tiếp nên xx22 24 , còn 2010 không chia hết cho 4 Vậy giả sử là sai hay k x không nhận giá trị 2019 với mọi x nguyên. Câu 2. 11 a) Tìm được x 621
31. 5 b) Với x 2 x 5 0 2 x 5 2 x 5 2 1 104 5 Nên ta có: 2x 5 47 x x ( tm x ) 2 3 2 5 Với x 2 x 5 0 2 x 5 2 x 5 2 1 4 5 Nên ta có: 2x 5 47 x x 16 ( tm x ) 2 5 2 34 2 3 34 14 15 35 c) Xét 10 35 5 7 35 3 2xx 3 0 2 Thay vào ta có: 2xx 3 3 1 0 1 3xx 1 0 3 d) Ta có: x22 5 x 6 0 x 2 x 3 x 6 0 x x 2 3 x 2 0 xx 3 0 3 xx 3 2 0 xx 2 0 2 Câu 3. a) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: a b c a b c 2019 a 1 1 ab , tương tự bc b c a a b c 2019 b 2019 Suy ra abc 673 3 a b c d b) 1 bd 0; 1 0 a b c d a b c d a c Vì abcd abcd 2 bcad 2 bd , 0 a b c d b d
32. Câu 4. A D K E B I C a) Xét BAI có BD vừa là phân giác vừa là đường cao nên BAI cân tại đỉnh B BD là trung trực của AI b) Từ chứng minh trên KA KI(1) Từ giả thiết ABC cân đỉnh A A 10000 ABC ACB 40 BAI cân đỉnh B mà ABI 4000 BAI BIA 70 Từ đó suy ra IAC 300 (2)và AIC 1100 BAD: BAD 1000 , ABD 20 0 ADB 60 0 Lại có DAK cân đỉnh D DAK DKA ADB 2 DAK (tính chất góc ngoài) DAK 300 (3).Từ (2) và (3) suy ra: IAK 600 (4) Từ (1) và (4) suy ra AIK đều. 0  AKC AIC 110 0 c) Ta có: IAC KAC( cgc )  IKC 50 0 AKI 60 ( cmt )  Và DKI DKA 3000 BKC 80 0  BKC 80 0 BKC: KCB 80 BKC cân tại đỉnh B BK BC. 0 KBC 20  d) Ta có: BK là trung trực của AI EA EI BC AB BC BI IC 1
33. Từ đó EC EA EC EI IC (BĐT trong tam giác) (2) Từ (1) và (2) suy ra EC EA BC ABhay BC EA AB EC Câu 5. xx 2019 2020 2019 2021 1 aA) xx 2019 2021 2019 2021 1 A 1 (Vì x 2019 2021 2021. Dấu "" xảy ra x 2019 x 2019 2021 11 x 2019 2021 2021 1 1 2020 A 11 x 2019 2021 2021 2021 2020 GTNN của Ax 2019 2021 11 b)Ta có: 23 1.2.3 23 1.2.3 1 1 1 1 Tương tự : ; ; 333 2.3.4 2019 2017.2018.2019 1 1 1 1 3 1 4 2 2019 2017 A 1.2.3 2.3.4 2017.2018.2019 2 1.2.3 2.3.4 2017.2018.2019 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A 2 1.2 2.3 2.3 3.4 2017.2018 2018.2019 2 1.2 2018.2019 1 1 1 A 222 2018.2019.2 2 1 1 1 1 1 A 23 3 3 4 3 2019 3 2 2 PHÒNG GD & ĐT ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI HUYỆN THÁI THỤY NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN 7 Bài 1. (4,0 điểm) 9 a) Thực hiện phép tính : P 20180 0,4 25 b) Tìm x thỏa mãn: x 4 x 2 1 x2 3 0
34. Bài 2. (4,0 điểm) x y xy x y a) Tìm xy, biết: 2017 2018 2019 x y z b) Cho x,,,,, y z a b c thỏa mãn a 2 b c 2 a b c 4 a 4 b c a b c Chứng minh rằng: (với điều kiện các mẫu x 2 y z 2 x y z 4 x 4 y z thức khác 0) Bài 3. (3,0 điểm) a) Cho đa thức f(). x ax b Tìm ab, biết f 13 và f 20 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy,cho A 1;2 và M m; m2 . Tìm m để 3 điểm phân biệt OAM,, thẳng hàng Bài 4. (3,0 điểm) a) So sánh : 222333 và 333222 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q x 2017 x 2018 x 2019 Bài 5. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A( góc A tù). Trên cạnh BC lấy điểm D, trên tia đối của CB lấy điểm E sao cho BD CE.Trên tia đối của tia CAlấy điểm I sao cho CI CA a) Chứng minh: ABD ICE và AB AC AD AE b) Từ D và E kẻ các đường thẳng cùng vuông góc với BC cắt AB, AI theo thứ tự tại MN,.Chứng minh MN đi qua trung điểm DE. c) Chứng minh chu vi của tam giác ABC nhỏ hơn chu vi của tam giác AMN. Bài 6. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2thì tổng: 3 8 15n2 1 S không thể là một số nguyên. 4 9 16 n2 ĐÁP ÁN Bài 1.
35. 9 3 2 aP) 20180 0,4 1 2 25 5 5 bx)0 x 4 x 2 1 . x2 3 0 x 4 0 x 16( tm ) xx 2 1 1 x 2 1 0 xx 2 1 3 2 xx 3 0 3 Bài 2. x y xy x y a) Ta có: (1) 2017 2018 2019 Áp dụng tính chất của tỷ lệ thức ta có: x y xy x y 1 2017 2018 2019 Áp dụng tính chất của tỉ lệ thức ta có: x y x y x y x y2 x x 2017 2019 2017 2019 4036 2018 xy x (2) 2018 2018 TH1: xy 00 Th2: x 0, 2 y 1 x 2018( tm ) Vậy xy; 0;0 ; 2018;1  b) Từ giả thiết suy ra x22 y z x y z (1) a 2 b c 4 a 2 b 2 c 4 a 4 b c 9 a 22x y z x y z (2) 2a 4 b 2 c 2 a b c 4 a 4 b c 9 b 4x 4 y z 4 x 4 y z (3) 4a 8 b 4 c 8 a 4 b 4 c 4 a 4 b c 9 c Từ 1 , 2 , 3 ta có: x 2 y z 2 x y z 4 x 4 y z 9a 9 b 9 c hay 9a 9 b 9 c x 2 y z 2 x y z 4 x 4 y z
36. a b c Vậy x 2 y z 2 x y z 4 x 4 y z Bài 3. a) f 1 3 a .1 b 3 a b 3 b 3 a f 2 0 2 a b 0 2 a 3 a 0 3 a 3 a 1 Thay ab 12 Vậy ab 1; 2 b) Đường thẳng OA là đồ thị hàm số y ax. A 1;2 y ax a 2 y 2 x 22 m 0 Để OAM,, thẳng hàng thì M m; m y 2 x m 2 m m 2 Vì ba điểm OAM,, phân biệt nên m 0( ktm ) Vậy m 2 Bài 4. 111 111 a) Ta có: 222333 222 3 ;333 222 333 2 2223 2.111 3 8.111 3 8.111.111 2 888.111 2 33322 3.111 2 9.111 Vì 888 9 888.11122 9.111 111 111 2223 333 2 222 3 333 2 222 333 333 222 Vậy 222333 333 222 b) Q x 2017 x 2018 x 2019 Q x 2017 x 2019 x 2018, vì xx 2019 2019 Q x 2017 2019 x x 2018 Mà x 2017 2019 x x 2017 2019 x 2 Q x 2017 2019 x 2 x 2018   Q 2 x 2018 0  xx 2017 2019 0 2017 x 2019 Dấu "" xảy ra x 2018 x 2018 0 x 2018 Vậy Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x 2018
37. Bài 5. A M C B E D O N I a) ABC cân tại Asuy ra AB AC, ABC ACB Mà AC IC gt AB IC; ACB ICE (đối đỉnh) ABD ICE Xét ABD và ICE có: AB IC;; ABD ICE AB IC Suy ra ABD ICE() dfcm Ta có: AB CI AB AC CI AC AI(1) Theo chứng minh trên ABD ICE( c . g . c ) AD IE AD AE IE AE (2) Áp dụng BĐT trong tam giác AEI ta có: IE AE AI(3) Từ 1 , 2 , 3 AD AE AB AC b) Gọi O là giao điểm của MN với DE Chứng minh được BDM CEN( ) g c g DM EN Chứng minh được: ODM OEN( ) g c g OD OE Hay MN đi qua trung điểm của DE. c) Vì BM CN AB AC AM MN (4) Có BD CE() gt BC DE MO OD  MO NO OD OE MN DE MN BC(5) NO OE  C AB AC BC ABC C AMN AM AN MN(6) Từ (4), (5), (6) Chu vi ABC nhỏ hơn chu vi AMN
38. Bài 6. S có n 1 số hạng 3 8 15n2 1 1 1 1 1 S 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 9 16nn 2 3 4 1 1 1 1 S n 1 2 2 2 2 n 1 (1) 234 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Mặt khác 1 22 3 2 4 2n 2 1.2 2.3 3.4 n 1 . n n 11 S n 1 1 n 2 n 2 (2) nn Từ (1) và (2) ta có: n 21 S n Vậy S không có giá trị nguyên với mọi số tự nhiên n 2