225 đề thi học sinh giỏi môn Toán - Lớp 7 | (Có đáp án)

PHÒNG GD & ĐT THIỆU HÓA Đề chính thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 Năm học 2016-2017

Môn: TOÁN Câu 1. (4,0 điểm) Tính hợp lý

     

7 18 4 5 19 7 8 7 3 12

) ) . .

25 25 23 7 23 19 11 19 11 19

7 10 7 9 2

) 25 .125.4. 8 . 17 ) . .

35 19 35 19 35

a b

c d

      



    

Câu 2. (3,0 điểm) Tính giá trị các biểu thức sau:

1 1 1 1 1

. . 1 1 1 ... 1

2 1.3 2.4 3.5 2015.2017

a A          

     

b. B2x² 3x5với 1 x  2

c. ^{2 2 13 3 2}

 





C  x y x y x y  y xx y  2016

  ^{, biết} x y 0 Câu 3. (4,0 điểm)

1. Tìm x y, biết :

1 2

2 3 12 0

x 6 y

     

 

 

2. Tìm x y z, , biết: 3 2 2 4 4 3

4 3 2

x y  z x y z và x  y z 18 Câu 4. (3,0 điểm)

1. Tìm các số nguyên x y, biết: x2xy  y 3 0

2. Cho đa thức ^{f x}

 

Tính ^f

 

Câu 5. (3,0 điểm)

Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn





a) Chứng minh rằng ADC ABE b) Chứng minh rằng DIB60⁰

c) Gọi M N, lần lượt là trung điểm của CD và BE. Chứng minh rằng AMN đều

d) Chứng minh rằng IAlà phân giác của DIE Câu 6. (1,0 điểm)

Cho tam giác ABCvuông tại Acó AB3cm AC, 4cm.Điểm Inằm trong tam giác và cách đều 3 cạnh của tam giác ABC.Gọi M là chân đường vuông góc kẻ từ Iđến BC. Tính MB.

ĐÁP ÁN Câu 1.

7 18 4 5 19 7 18 4 19 5

) 25 25 23 7 23 25 25 23 23 7

5 5 1 1 7 7

a               

    

7 8 7 3 12 7 8 3 12 7 12

) . . . .1 1

19 11 19 11 19 19 11 11 19 19 19 b         

           

     

) 25 .125.4. 8 . 17 25 .4.125. 8 . 17 100 . 1000 . 17 1700000

c       

     

7 10 7 9 7 10 9 2 7 2 1

) . . .

35 19 35 19 35 19 19 35 35 35 7 d         Câu 2.

1 1 1 1 1

) . 1 1 1 ... 1

2 1.3 2.4 3.5 2015.2017

1 2 2 3 3 4 4 2016 2016

. . . ... .

2 1 3 2 4 3 5 2015 2017

1 2 2 3 3 4 4 2016 2016

. . . ... .

2 1 3 2 4 3 5 2015 2017

a A          

       

        

       

      

         

2016

  2017



b) Vì

2

2

1 1 1

2. 3. 5 4

2 2 2

1

2 1 1 1

2. 3. 5 7

2 2 2

x B

x

x B

        

  

  

            

c) ^{C2x2y13x y3 2}









   

3 2

2(x y) 13x y x y 15xy x y 1 1

        (vì x y 0)

Câu 3.

1)Vì

1 2

2 0

x 6

   

 

  ^{với mọi} x; 3y12 0y,do đó:

1 2

2 3 12 0 ,

x 6 y x y

      

 

  , theo đề bài thì:

2 2

1 1

2 3 12 0 2 3 12 0

6 6

x y x y

           

   

    ^{. Khi đó:}

1 1

2 0

6 12

4 3 12 0

x x

y y

    

 

 

     



2) Ta có: 3 2 2 4 4 3

4 3 2

x y  z x  y z . Suy ra

     

4 3 2 3 2 4 2 4 3 12 8 6 12 8 6

16 9 4 29 0

x y x x y z x y z x y z

    . Do đó:

3 2

0 3 2 (1)

4 2 3

x y x y

x y

     

2 4

0 2 4

3 2 4

z x x z

z x

      (2)

Từ (1) và (2) suy ra

2 3 4

x y z

  . Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

18 2 4; 6; 8

2 3 4 2 3 4 9

x y z x y z

x y z

          

  Câu 4.

1. Ta có: x2xy  y 3 0

      

2 4 2 6 0 2 4 2 1 5

2 1 2 1 2 5 2 1 1 2 5

x xy y x xy y

x y y x y

         

        

Lập bảng

2x1 1 5 -1 -5

1 2 y 5 1 -5 -1

x 1 3 0 -2

y _{-2 0 3 1}

Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn

2. Ta có:

 

         

10 9 8 7

10 9 9 8 8 7 7

9 8 7

101 101 101 ... 101 101

100 100 100 ... 101 101

. 100 100 100 ... 100 101

f x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x x

      

         

          

Vậy ^f

 

Câu 5.

J N

M K

I

E

D

A

B

C

a) Ta có ADAB DAC, BAEvà AC AE ADC ABE c g c( . . ) b) Từ ADC ABE(câu a) ABE ADC,mà BKI  AKD(đối đỉnh)

Khi đó xét BIKvà DAKsuy ra BIK DAK 60 (⁰ dfcm) c) Từ ADC ABE(câu a)CM EN ACM,  AEN

( . . )

ACM AEN c g c AM AN

      và CAM EAN 60 .0

MAN CAE

   Do đó AMNđều

d) Trên tia IDlấy điểm J sao cho IJ JB BIJđều BJ BI

  và JBI DBA60⁰ IBA JBD,kết hợp BABD





IBA JBD c g c AIB DJB

       mà BID60⁰ 600

DIA IA

   là phân giác của DIE Câu 6.

Vì Inằm trong tam giác ABCcách đều 3 cạnh nên Ilà giao 3 đường phân giác trong tam giác ABC

Tam giác ABC vuông tại A nên tính BC5cm Chứng minh được CEI  CMI CECM Chứng minh tương tự : AE AD BD, BM Suy ra ^MB





D

E

M I A

B

C

Phòng GD & ĐT Thăng Bình ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2018-2019 - Môn: Toán 7

Thời gian: 90 phút

Đề thi có 02 trang ---***---- I. Phần trắc nghiệm khách quan: (6 điểm)

Câu 1: Giá trị của x trong biểu thức ( x - 1 )² = 0,25 là:

A. ^{9 1};

4 4 B. ¹; ⁹

4 4

  C.⁹; ¹

4 4 D. ^{9 1};

4 4 Câu 2: Cho góc xOy = 50⁰, điểm A nằm trên Oy. Qua A vẽ tia Am. Để Am song song với Ox thì số đo của góc OAm là:

A. 50⁰ B. 130⁰ C. 50⁰ và 130⁰ D. 80⁰

Câu 3: Cho hàm số y = f(x) xác định với mọi x > 1. Biết f(n) = (n - 1).f(n – 1) và f(1) = 1. Giá trị của f(4) là:

A. 3 B. 5 C. 6 D. 1

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 6 , Â = 30⁰. Phân giác góc C cắt AB tại D. Khi đó độ dài đoạn thẳng BD và AD lần lượt là:

A.2; 4 B. 3; 3 C. 4; 2 D. 1; 5

Câu 5: Cho a^2m = - 4. Kết quả của 2a^6m - 5 là:

A. -123 B. -133 C. 123 D. -128

Câu 6: Cho tam giác DEF có  E = F. Tia phân giác của góc D cắt EF tại I . Ta có:

A. ∆ DIE = ∆ DIF B. DE = DF ,  IDE = IDF C. IE = IF; DI = EF D Cả A, B,C đều đúng

Câu 7: Biết a + b = 9. Kết quả của phép tính 0, ( ) 0, ( )a b  b a là:

ĐỀ CHÍNH

A. 2 B. 1 C, 0,5 D. 1,5 Câu 8: Cho (a - b)² + 6a.b = 36. Giá trị lớn nhất của x = a.b là:

A. 6 B. - 6 C. 7 D. 5

Câu 9: Cho tam giác ABC, hai đường trung tuyến BM, CN. Biết AC > AB. Khi đó độ dài hai đoạn thẳng BM và CN là:

A. BM ≤ CN B. BM > CN C. BM < CN D. BM = CN Câu 10: Điểm thuộc đồ thị hàm số y = - 2x là :

A. M ( - 1; -2 ) B. N ( 1; 2 ) C. P ( 0 ; -2 ) D. Q ( -1; 2 ) Câu 11: Biết rằng lãi suất hàng năm của tiền gửi tiết kiệm theo mức 5% năm là một hàm số theo số tiền gửi: i = 0,005p . Nếu tiền gửi là 175000 thì tiền lãi sẽ là:

A. 8850 đ B. 8750 đ C. 7850 đ D.7750 đ

Câu 12: Cho tam giác ABC cân tại A, Â = 20 ⁰ . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = BC. Số đo của góc BDC là:

A. 50⁰ B. 70⁰ C. 30⁰ D. 80⁰ II. Phần tự luận (14 điểm)

Câu 1.(3 điểm)

A, Chứng tỏ rằng: M = 75.(4²⁰¹⁷+ 4²⁰¹⁶+... + 4² +4 + 1) + 25 chia hết cho 10² B, Cho tích a.b là số chính phương và (a,b) = 1. Chứng minh rằng a và b đều là số chính phương.

Câu 2.(4 điểm)

2.1 Cho đa thức A = 2x.(x - 3) – x(x -7)- 5(x - 403) Tính giá trị của A khi x = 4. Tìm x để A = 2015

2.2 Học sinh khối 7 của một trường gồm 3 lớp tham gia trồng cây. Lớp 7A trồng toàn bộ 32,5% số cây. Biết số cây lớp 7B và 7C trồng được theo tỉ lệ 1,5 và 1,2.

Hỏi số cây cả 3 lớp trồng được là bao nhiêu, biết số cây của lớp 7A trồng được ít hơn số cây của lớp 7B trồng được là 120 cây.

Câu 3.(5 điểm)

1. Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ hai tia Ax và By lần lượt vuông góc với AB tại A và B. Gọi O là trung điểm của đoạn

thẳng AB. Trên tia Ax lấy điểm C và trên tia By lấy điểm D sao cho góc COD bằng 90⁰.

a) Chứng minh rằng: AC + BD = CD.

b) Chứng minh rằng:

2

. 4

AC BD AB

2. Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Chứng minh rằng:

HA + HB + HC < ²( ) 3 ABACBC Câu 4.(2 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của A, biết :

A = |7x – 5y| + |2z – 3x| +|xy + yz + zx - 2000|

--- Hết ---

Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay Họ và tên học sinh:... SBD:...

ĐỀ CHÍNH

Phòng GD & ĐT Lâm Thao ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2016 – 2017 - Môn: Toán 7

Thời gian: 90 phút

Đề thi có 02 trang ---***----

I. Phần trắc nghiệm khách quan: (6 điểm)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Đ.

án

A C C A B D B A C D B C

II. Phần tự luận (14 điểm)

Câu Nội dung chính Điểm

1(4 điểm)

M = 75.(4²⁰¹⁷+ 4²⁰¹⁶+... + 4² +4 + 1) + 25 = 25.(4- 1)(4²⁰¹⁷+ 4²⁰¹⁶+... + 4² +4 + 1) + 25

= 25.[4(4²⁰¹⁷+ 4²⁰¹⁶+... + 4² +4 + 1)- (4²⁰¹⁷+ 4²⁰¹⁶+... + 4² +4 + 1)] + 25

= 25.(4²⁰¹⁸+ 4²⁰¹⁷+... + 4² +4) - 25(4²⁰¹⁷+ 4²⁰¹⁶+... + 4² +4 + 1) + 25

= 25.4²⁰¹⁸ – 25 + 25

= 25.4²⁰¹⁸ =25.4.4²⁰¹⁷ = 100.4²⁰¹⁷ 100 Vậy M 10²

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

B, Đặt a.b = c² (1)

Gọi (a,c) = d nên a d, c d

Hay a = m.d và c = n.d với (m,n) = 1 Thay vào (1) ta được m.d.b = n² . d²

=> m.b = n². d => b n² vì (a,b) = 1= (b,d) Và n² b => b = n²

Thay vào (1) ta có a = d² => đpcm

0,25

0,25 0,5

0,5 2(4

điểm)

1. Ta có A = 2x² – 6x – x² + 7x – 5x + 2015 = x² – 4x + 2015

A, Với x = 4 ta được A = 2015

B, A = 2015 => x² – 4x = 0 => x(x - 4) = 0  ⁰ 4 x x

 

 

2. Gọi số cây ba lớp trồng lần lượt là a, b, c ( cây, a,b,c N*) Theo đề bài ta có b : c = 1,5: 1,2 và b – a = 120

a = 32,5%( a + b + c)

Vậy cả 3 lớp trồng được số cây là 2400 cây 3(5

điểm)

A, Vẽ tia CO cắt tia đối của tia By tại điểm E.

Chứng minh ^{AOC BOE g}





Chứng minh ^{DOCDOE c}





Mà EDEBBDACBD. Từ đó : CDACBD (đpcm)

B, Áp dụng định lí Pytago vào các tam giác vuông BOE và BOD ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

OE OB EB

OE OD OB EB DB

OD OB DB

  

     

  



Mà OE²OD² DE²; Nên

 

 

2 2 2 2

2 2 2

2

2 . .( )

2 . . . .

2 . . 2 .

DE OB EB DB

OB EB DE BD DB DE BE OB EB DE EB BD DB DE DB BE OB EB DE DB DE BD BE

  

    

    

   

 

2

2 2

2 . 2 .

2 2 .

OB DE EB DB BD BE OB DE BD BE

   

  

Suy ra 2OB²2BD BE.  0 BD BE. OB²

Mà ;

2 BEAC OB AB.

Vậy

2 2

. 2 4

AB AB

AC BD   (đpcm) 2.

Qua H kẻ đường thẳng // với AB cắt AC tại D, kẻ đường thẳng // với AC cắt AB tại E

Ta có ΔAHD = ΔHAE (g –c-g)

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

 AD = HE; AE = HD

Δ AHD có HA< HD + AD nên HA < AE + AD (1)

Từ đó HE  BH ΔHBE vuông nên HB < BE (2)

Tương tự ta có HC < DC (3)

Từ 1,2,3 HA + HB + HC < AB + AC (4)

Tương tự HA + HB + HC < AB + BC (5)

HA + HB + HC < BC + AC (6) Từ đó suy ra HA + HB + HC < ²( )

3 ABACBC đpcm

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

4(2 điểm)

Ta có |7x – 5y|  0; |2z – 3x| 0 và | xy + yz + zx - 2000|  0 Nên A = |7x – 5y| + |2z – 3x| +|xy + yz + zx - 2000| 0

Mà A = 0 khi và chỉ khi

|7x – 5y| = |2z – 3x| = |xy + yz + zx - 2000| = 0 Có: |7x – 5y| = 0  7x = 5y 

5 7 x  y |2z – 3x| = 0 

2 3 x z

|xy + yz + zx - 2000| = 0  xy + yz + zx = 2000 Từ đó tìm được ^{20; 28; 30}

20; 28; 30

x y z

x y z

  

      



A  0, mà A = 0  (x,y,z) = (20;28;30) hoặc (x,y,z)= (-20;-28;-30) Vậy MinA = 0  (x,y,z) = (20;28;30) hoặc (x,y,z)= (-20;-28;-30)

Lưu ý: HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

PHÒNG GD-ĐT ĐƯC THỌ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 MÔN TOÁN LỚP 7

Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. Tìm giá tri nnguyên dương

) 1 .81 3 27

n n

a  b) 82ⁿ 64

Câu 2. Thực hiện phép tính:

1 1 1 1 4 3 5 7 ... 49

... .

8 8.15 15.22 43.50 217

    

     

 

 

Câu 3. Tìm các cặp số

 

)5 9 x y

a  và xy405

1 5 1 7 1 9

) 24 7 2

y y y

b x x

    

Câu 4. Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:

) 5 5

a A  x

2 2

) 17

7 b B x

x

 



Câu 5. Cho tam giác ABC CA CB(  ),trên BClấy các điểm M và Nsao cho BM MN NC. Qua điểm M kẻ đường thẳng song song với ABcắt AN tại I

a) Chứng minh Ilà trung điểm của AN

b) Qua K là trung điểm của ABkẻ đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc ACBcắt đường thẳng ACtại E, đường thẳng BC tại F. Chứng minh

AEBF

ĐÁP ÁN Câu 1.

4 3

3 6

) 1 .81 3 3 3 4 3 1

27

)8 2 64 2 2 2 4, 5

n n n n

n n

a n n n

b n n

        

        Câu 2.

 

 

1 1 1 1 4 3 5 7 .... 49

... .

1.8 8.15 15.22 43.50 217

5 1 3 5 7 ... 49

1 1 1 1 1 1 1 1

. 1 ... .

7 8 8 15 15 22 43 50 217

5 12.50 25

1 1 1 49 5 625 7.7.2.2.5.31 2

. 1 . . .

7 50 217 7 50 7.31 7.2.5.5.7.31 5

    

     

 

 

     

 

          

  

 

       

Câu 3.

)5 9 x y

a  và xy405 ^{2 2} 405 25 81 5.9 45 9

x y xy

    

2 2

2 2

9.25 15 15

9.81 27 27

x x

y y

     

     

Do x y, cùng dấu nên x15,y27 &x 15,y 27 b) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

1 5 1 7 1 9 1 9 1 7 2 1 7 1 5 2

24 7 2 2 7 5 7 24 7 24

2 2

5 7 24 2

5 7 24

y y y y y y y y y

x x x x x x x

y y

x x x

x x

              

   

       

 

Thay x2vào trên ta được:

1 5 5

5 25 24 49 5

24 5 49

y y

y y y y y

           



Vậy 5

2, 49

x y  thỏa mãn đề bài Câu 4.

a) Ta có: x 5 0. Dấu " " xảy ra     x 5 A 5 Vậy MinA   5 x 5

b)

2 2

2 2 2

17 7 10 10

7 7 1 7

x x

B x x x

  

   

  

Ta có: x² 0, Dấu " " xảy ra   x 0 x²  7 7

2 2

10 10 10 10 17

1 1

7 7 7 7 B 7

x x

       

  ^{, dấu} " " xảy ra  x 0

Vậy 17

7 0

MaxB  x Câu 5.

a) Từ I kẻ đường thẳng //BC cắt AB tại H. Nối MH

Ta có: BHM  IMHvì: BHM IMH BMH; IHM slt HM( ); ....chung BM IH MN

  

AHI IMN

   vì: ^{IH MN cmt AHI( ); IMN}





( )

AI IN dfcm

 

b) Từ A kẻ đường thẳng song song với BCcắt EFtại P. PKA FKB vì:

PKAFKB(đối đỉnh); APK BFK(so le trong); AK KBAPBF(1) EPAKFC(đồng vị); CEF KFC(CFEcân)

P

F

E

K I

A

B

C M

N

EPA CEF APE

    cân^{AP AK}

 

Từ (1) và (2) suy ra AE BF dfcm( )

TRƯỜNG THCS GIAO TÂN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2016-2017

Môn: TOÁN 7

Bài 1. (4 điểm)

1. Rút gọn 1 1 1 1 1 1

...

100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1

A      

2. Tìm số tự nhiên nthỏa mãn điều kiện:

 

2 3 4 1 34

2.2 3.2 4.2 ... n1 2^n n.2ⁿ 2^n Bài 2. (5 điểm)

1. Tìm các số x y z, , biết:

2 2 2

2 2 2

2 4 4 6 6 2 2 4 6

xy yz zx x y z

y x z y z x

 

  

    

2. Chứng minh rằng không thể tìm được số nguyên x y z, , thỏa mãn : 2017

x     y y z z x Bài 3. (3 điểm)

Chứng minh rằng: 22² 2³ 2⁴2⁵ ... 2 ⁹⁹ 2¹⁰⁰chia hết cho 31 Bài 4. (3 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ^P



 



Bài 5. (5 điểm)

Cho ABC có 3 góc nhọn, ABACBC.Các tia phân giác của góc Avà góc C cắt nhau tại O. Gọi Flà hình chiếu của Otrên BC; Hlà hình chiếu của O trên AC.Lấy điểm Itrên đoạn FCsao cho FI  AH.Gọi Klà giao điểm của FH và AI.

a) Chứng minh FCHcân

b) Chứng minh AK KI

c) Chứng minh 3 điểm B O K, , thẳng hàng.

ĐÁP ÁN Bài 1.

1 1 1 1 1 1

1.1) ...

100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1

1 1 1 1 1 1

...

100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1

1 1 1 1 1 1

...

100 1.2 2.3 97.98 98.99 99.100

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 ...

100 2 2 3 97 98 98 99 99 100

A A A A

      

 

       

 

 

       

 

           

1 1 49

100 1 100 50 A



  

   

1.2) ^{2.22 3.234.24 ...}





Đặt

 

 

 

 

 

 

 

 

2 3 4 1

2 3 4 1

3 4 5 1

3 4 5 1

2 3 4 1

3 4

2.2 3.2 4.2 ... 1 .2 .2

2 2. 2.2 3.2 4.2 ... 1 .2 .2

2 2.2 3.2 4.2 ... 1 2 .2

2 2.2 3.2 4.2 ... 1 2 .2

2.2 3.2 4.2 ... 1 .2 .2

2 2

n n

n n

n n

n n

n n

B n n

B n n

B n n

B B n n

n n

B











      

       

      

       

      

   

 

5 1 2

3 4 5 1 3

2 ... 2 .2 2.2

2 2 2 ... 2 .2 2

n n

n n

n n





   

       

Đặt

 

   

3 4 5

3 4 5 4 5 6 1

4 5 6 1 3 4 5

1 3

2 2 2 ... 2

2 2. 2 2 2 ... 2 2 2 2 .... 2

2 2 2 2 .... 2 2 2 2 ... 2

2 2

n

n n

n n

n

C C C C C







    

          

          

 

Khi đó ^{B }





 

1 3 1 3 1 1 1

2^n 2 n.2^n 2 2^n n.2^n n 1 .2^n

         

Vậy từ (1) ta có:





 

 

34 1

1 33 33 33

2 1 .2 0

2 . 2 1 0 2 1 0 2 1

n n

n

n

n n n

 



  

          

 

Vậy n2³³1 Bài 2.

1. Xét x  0 y 0,z 0 2y4z0(vô lý) Suy ra x0;y0;z0

Khi đó từ đề suy ra :

2 2 2

2 2 2

2y 4x 4z 6y 6x 2z 2 4 6

xy yz zx x y z

       

 

2 2 2

2 2 2

2 4 4 6 6 2 2 4 6 2

x y y z z x x y z 2.x

 

       

  Đặt ^{2 4 6 1}





x   y z k  thì

2 2 2

2 2 2

2 4 6 2

x y z k

  

 

Suy ra : x2 ;k y4 ;k z6kvà x² y² z² 28 (3)k Thay x2 ,k y4 ,k z6kvào (3) ta được:

     

2

2 4 6 28

0( )

56 28 0 1

( ) 2

k k k k

k ktm

k k

k tm

  

 

   

  Với 1

1; 2; 3

k   2 x y z Vậy x1,y2,z3

2.2 Ta có:

     

x       y y z z x x y x y   y z y   z z x zx Với mọi số nguyên xta lại có 2 0

0 0

x x

x x

x

 

    Suy ra x xluôn là số chẵn với mọi số nguyên x

Từ đó ta có:

 

 

 

x y x y y z y z z x z x

   

   

   



là các số chẵn với mọi số nguyên x y z, ,

Suy ra ^{x y}













Hay x    y y z z xlà một số chẵn với mọi số nguyên x y z, , Do đó, không thể tìm được số nguyên x y z, , thỏa mãn:

x    y y z z x=2017 Bài 3.

Đặt D 2 2² 2³2⁴ 2⁵ ... 2 ⁹⁹ 2¹⁰⁰(có 100số hạng)



 



          





     (có 20 nhóm)













6 96

2. 1 2 2 2 2 2 . 1 2 2 2 2 ... 2 . 1 2 2 2 2 2.31 2 .31 ... 2 .31

D D

               

   





31. 2 2 ... 2

D    chia hết cho 31

Vậy D 2 2² 2³ 2⁴ 2⁵ ... 2 ⁹⁹ 2¹⁰⁰chia hết cho 31 Bài 4.

Ta có: ^P



 



   

   

 

2 2

2 2

2

2 5 6 15 90

2 5 9. 2 5 90

8. 2 5 90

x y x y xy

x y x y xy

x y xy

     

     

 

     

Ta thấy









90 0

xy  với mọi x y,

Khi đó ^{8. 2}





Suy ra ^_^{8. 2}





Hạy P0với mọi x y,

Dấu " " xảy ra khi





5 2

90 0 90

x y x y

xy xy

    

 

 

 

 

  

Đặt 5 2 x y

 kta được x5 ,k y2k

Mà xy90nên ² 3

5 .2 90 9

3

k k k k

k

 

       Nếu k  3 x 15,y6

Nếu k    3 x 15,y 6

Vậy 15; 6

0 15; 6

x y

MaxP x y

 

      

Bài 5.

a) Chứng minh

Ta có CHOCFO90 (⁰ vì OH  AC OF, BC)

E

G K

I H

F O A

B C

Xét CHO vuông và CFOvuông có: OCchung; HCOFCO OC( là phân giác )

C

Vậy CHO CFO(cạnh huyền – góc nhọn) CH CF

  (hai cạnh tương ứng). Vậy FCHcân tại C b) Qua Ivẽ ^{IG/ /AC G}





Ta có FCHcân tại C (cmt)CHFCFH(1) Mà CHF FGI(đồng vị, IG/ /AC) (2)

Từ (1) và (2) CFH FGI hay IFGIGF , Vậy IFGcân tại I FI GI

  , mặt khác : FI  AHnên GI AH(FI)

Ta lại có : IGK  AHK HAK; GIK(so le trong , IG/ /AC)

Xét AHKvà IGKcó: IGK  AHK cmt GI( );  AH cmt HAK( ); GIK cmt( )

( ) ( )

AHK IGK gcg AK KI dfcm

     

c) Vẽ OE AB tại E, Chứng minh được BO là tia phân giác của ABC (*) Chứng minh được ABBI

Chứng minh được: ABK  IBC c c c( . . )ABK IBK Từ đó suy ra BK lầ tia phân giác của ^ABC

 

Từ (*) và (**) suy ra tia BK BO, trùng nhau Hay B O K, , là ba điểm thẳng hàng.

UBND HUYỆN THANH HÀ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016-2017

Môn: Toán 7 Câu 1. (2,5 điểm) Tính:



 



)7,3.10,5 7,3.15 2,7.10,5 15.2,7 ) 6 .2 12 : 2 .27 15.4 .9 a

b

  

 

Câu 2. (5 điểm) So sánh Avà Btrong mỗi trường hợp sau:

) 2012

a A 4025 1999 B 3997 b) A3 ;²¹ B2³¹

c)

2011 2011 2011 2011 2012 2012 2012 2012

... ; ....

1.2 3.4 5.6 1999.2000 1001 1002 1003 2000

A     B    

Câu 3. (5 điểm)

a) Chứng minh rằng:3^x13^x2 3^x3... 3 ^x100chia hết cho ¹²⁰





b) Cho 3 2 2 4 4 3

4 3 2 .

x y  z x  y z Chứng minh rằng:

2 3 4

x  y z

c) Cho ^{f x}

 





   

và ^f

 

 

Câu 4. (5 điểm) Cho tam giác ABCcó AB AC.Trên tia đối của tia CAlấy điểm D sao cho CD AB.Gọi I là giao điểm các đường trung trực của BCvà AD

a) Chứng minh AIB DIC

b) Chứng minh AI là tia phân giác của BAC c) Kẻ IEvuông góc với AB,chứng minh 1

AE 2AD Câu 5. (2,5 điểm)

Cho 100 số hữu tỉ trong đó tích của bất kỳ ba số nào cũng là một số âm. Chứng minh rằng:

a) Tích của 100số đó là một số dương.

b) Tất cả 100số đó đều là số âm

ĐÁP ÁN Câu 1.

   

   

   

   

 

9 10 10 19 3 9 4

9 9 10 20 10 19 9 18 8

19 19 18 9

)7,3.10,5 7,3.15 2,7.10,5 15.2,7 10,5. 7,3 2,7 15. 7,3 2,7 10,5.10 15.10

105 150 255

) 6 .2 12 : 2 .27 15.4 .9 3 .2 .2 2 .3 : 2 .3 3.5.2 .3

2 .3 . 1 2.3 : 2 .3 . 2 5 2.7 : 7 2

a

b

  

   

 

  

 

  

   

     

 

Câu 2.

2012 2012 1 1 1999 1999

) ;

4025 4024 2 2 3998 3997

2012 1999 2012 1999

4025 3997 4025 3997

a    

 

   

Vậy AB

b)

 

 

21 2 10 10

31 3 10 10

3 3. 3 3.9

2 2. 2 2.8

A B

  

  

Suy ra AB

2011 2011 2011 2011

) ...

1.2 3.4 5.6 1999.2000

1 1 1 1 1 1 1

2011. 1 ...

2 3 4 5 6 1999 2000

1 1 1 1 1 1 1

2011. 1 ... ...

3 5 1999 2 4 6 2000

1 1 1 1 1 1 1

2011. 1 ....

2 3 4 5 6 1999 2000

c A    

 

          

   

             

         



1 1 1 1

2. ...

2 4 6 2000

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2011. 1 .... 1 ....

2 3 4 5 6 1999 2000 2 3 999 1000

1 1 1 1

2011. ...

1001 1002 1003 2000

1 1 1 1

2012. ...

1001 1002 1003 2000

B

       

   

 

   

                  

 

      

         A B

Câu 3.

     

     

1 2 3 100

1 2 3 4 5 6 7 8 97 98 99 100

1 2 3 4 4 1 2 3 4 96 1 2 3 4

4 96

4

)3 3 3 .... 3

3 3 3 3 3 3 3 3 .... 3 3 3 3

3 . 3 3 3 3 3 . 3 3 3 3 .... 3 . 3 3 3 3 3 .120 3 .120 ... 3 .120

120 3 3 ..

x x x x

x x x x x x x x x x x x

x x x

x x x

x x

a ^{   }

           

 

 



   

            

            

   







b) 3 2 2 4 4 3

4 3 2

x y  z x y z . Suy ra:

     

4 3 2 3. 2 4 2. 4 3

16 9 4

12 8 6 12 8 6

29 0

x y z x y z

x y z x y z

  

 

    

 

Vậy

3 2

0 3 2 (1)

4 2 3

2 4

0 2 4 (2)

3 2 4

x y x y

x y

z x x z

z x

     

     

Từ (1) và (2) ta được :

2 3 4

x y z

  c) Vì f x x





   

       

       

       

4 2.2 2 . 2 10.10 100

16 4.4 4 . 4 100.100 10000 32 16.2 16 . 2 10000.10 100000

f f f f

f f f f

f f f f

   

   

   

Câu 4.

a) Vì Ilà giao điểm các đường trung trực của BCvà AD nên IBIC IA, ID. Lại có ABCD gt( ), do đó AIB DIC c c c( . . )

B E

I

P A

C

b) AIDcân ở I, suy ra DAI D AIB DIC

   (câu a), suy ra BAI D, do đó: DAI BAI Vậy AI là tia phân giác của BAC

c) Kẻ IP AD,ta có: AIE AIP(cạnh huyền – góc nhọn) AE AP

Mà 1

AP 2AD(Vì Plà trung điểm AD) Suy ra 1 2 . AE AD Câu 5.

a) Trong 100 số đã cho, phải có ít nhất một số âm (vì nếu cả 100 số đều dương thì tích của ba số bất kì không thể lầ một số âm).

Ta tách riêng số âm đó ra. Chia 99 số còn lại thành 33 nhóm, mỗi nhóm 3 thừa số.

Theo đề bài, mỗi nhóm đều có tích là một số âm nên tích của 33 nhóm tức là của 99 số là một số âm

Nhân số âm này với số âm đã tách riêng từ đầu ta được tích của 100 số là một số dương

b) Sắp xếp 100số đã cho theo thứ tự tăng dần, chẳng hạn a₁a₂ a₃....a₁₀₀ Các số này đều khác o (vì nếu có 1 thừa số bằng 0 thì tích của nó với hai thừa số khác cũng bằng 0, trái với đề bài).

Xét tích a a a₉₈. ₉₉. ₁₀₀  0 a₉₈ 0(vì nếu a₉₈ 0 thì a₉₉ 0,a₁₀₀ 0,tích của ba số này không thể là một số âm).

Vậy a a a₁, ₂, ₃,....a₉₈là các số âm

Xét tích a a a_{1 2 99} 0 mà a a_{1 2}0nên a₉₉ 0 Xét tích a a a_{1 2 100} 0mà a a_{1 2} 0 nên a₁₀₀ 0 Vậy tất cả 100 số đã cho đều là số âm

TRƯỜNG THCS KỲ XUÂN

NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN TOÁN 7

Bài 1. (6 điểm)

a) Tìm x y z, , biết , 3 4 3 5

x  y y  z và 2x3y z 6

b) Tìm hai số x y, biết rằng:

2 5

x  yvà xy40 c) Tìm x,biết: 5x  4 x 2

Bài 2. (3 điểm) Cho a c.

c b Chứng minh rằng:

2 2

2 2

a c a b c b

 



Bài 3. (4 điểm) Thực hiện phép tính:

   

12 5 6 2 10 3 5 2

6 3 9 3

2 4 5

2 .3 4 .9 5 .7 25 .49 125.7 5 .14 2 .3 8 .3

A   

 

Bài 4. (6 điểm)

Cho tam giác ABC,M là trung điểm của BC.Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho MEMA.Chứng minh rằng:

a) AC EB và AC/ /BE

b) Gọi Ilà một điểm trên AC;K là một điểm trên sao cho AI EK.Chứng minh ba điểm I M K, , thẳng hàng.

c) Từ Ekẻ ^{EH BC H}





Bài 5. (1 điểm) Tìm x y,  biết: ^{25y2 8}





ĐÁP ÁN Bài 1.

a) Từ giả thiết: (1); (2)

3 4 9 12 3 5 12 20

x   y x y y  z y  z Từ (1) và (2) suy ra : (*)

9 12 20 x  y  z

Ta có: 2 3 2 3 6

9 12 20 18 36 20 18 36 20 2 3 x y  z  x  y  z  x yz  

  9.3 27; 12.3 36; 20.3 60

x y z

      

b) Nhân cả hai vế của 2 5

x  yvới xta được:

2

2 4 10

40 8 16

4 10

2 5 5

x y

x xy

x x y

  

           

c)

4 6 3

5 4 2 2

5 4 2

1

5 4 2

6 2

3

x x

x x

x x

x x

x x

   

   

            



Bài 2.

Từ

 

 

2 2 2

2

2 2 2

a a b

a c a c a ab a

c ab

c b b c b ab b a b b

  

      

  

Bài 3.

   

 

   

   

12 5 6 2 10 3 5 2 12 5 12 4 10 3 10 4

6 3 9 3 12 6 12 5 9 3 9 3 3

2 4 5

12 4 10 3 12 4 10 3

12 5 9 3 3 12 5 9 3

2 .3 4 .9 5 .7 25 .49 2 .3 2 .3 5 .7 5 .7 2 .3 2 .3 5 .7 5 .2 .7 125.7 5 .14

2 .3 8 .3

2 .3 . 3 1 5 .7 . 1 7 2 .3 .2 5 .7 . 6 1 10 7 2 .3 . 3 1 5 .7 . 1 2 2 .3 .4 5 .7 .9 6 3 2

A    

   

 

 

   

      

 

Bài 4.

a) Xét AMCvà EMB có:

( );

AM EM gt AMCEMB(đối đỉnh); BM MC gt( ) Nên AMC EMB c g c( . . )ACEM

Vì AMC EMBMACMEB, mà 2 góc này ở vị trí so le trongAC/ /BE b) Xét AMIvà EMKcó:

 

( ); ; ( )

AM EM gt MAI MEK AMC EMB AI EK gt Nên AMI  EMK c g c( . . )AMI EMK

Mà AMI IME180⁰(tính chất hai góc kề bù) 1800

EMK IME

   Ba điểm I M K, , thẳng hàng c) Trong tam giác vuông ^{BHE H}





H

E M

A

B C

I

0 0 0 0

0 0 0

90 90 50 40

40 25 15

HBE HEB

HEM HEB MEB

     

     

BMElà góc ngoài tại đỉnh M của HEM

Nên BMEHEM MHE15⁰ 90⁰ 105⁰(định lý góc ngoài của tam giác) Bài 5.

Ta có: ⁸









Vì y² 0nên





x  8 suy ra

   

   

2 2

2 2

2009 0 * 17( )

2009 0 * 25 5

x y ktm

x y y

     

       

 Vậy x2009;y5

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017-2018

MÔN : TOÁN 7

Câu 1. (1,5 điểm) 1)

2 2 1 1

0, 4 0, 25

9 11 3 5 :2014

7 7 1 2015

1, 4 1 0,875 0,7

9 11 6

M

     

 

  

     

 

2) Tìm x,biết x²  x 1 x² 2 Câu 2. (2,5 điểm)

1) Cho a b c, , là ba số thực khác 0, thỏa mãn điều kiện : a b c b c a c a b

c a b

       

Hãy tính giá trị của biểu thức 1 b 1 a 1 c

B a c b

   

  �