205 đề HSG toán 7 trường hồng liên 2018 2019

TRƯỜNG THCS HỒNG LIÊN ĐỀ THI OLYMPIC LỚP NĂM HỌC 2018-2019 MƠN: TỐN Câu (3 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương, thỏa mãn điều kiện: abc bca cab   c a b Hãy tính giá trị biểu thức:  b  a  c  B    1  1    a  c  b  Câu (5 điểm)  abc  a a b c      b  c  d   d b c d 1) Cho Chứng minh: a 1 b  c    5a  3b  4c  46 Xác định a, b, c 2) Cho 3) Ba lớp A,7 B,7C mua số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp tỉ lệ với : : sau chia theo tỉ lệ : : nên có lớp nhận nhiều dự định gói Tính tổng số gói tăm mà ba lớp mua Câu (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  x   x  2013 với x số nguyên Câu (7 điểm) · Cho xAy  60 có tia phân giác Az Từ điểm B Ax kẻ BH  Ay H, kẻ BK  Az Bt / / Ay, Bt cắt Az C Từ C kẻ CM  Ay M Chứng minh: a) K trung điểm AC b) KMC tam giác c) Cho BK  2cm, Tính cạnh AKM Câu (3 điểm) Cho biết  x  1 f  x    x   f  x   với x Chứng minh f  x  có hai nghiệm ĐÁP ÁN Câu Vì a, b, c số dương nên a  b  c  Theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a bc bc a c  a b a bc bc a c a b    1 c a b abc abc bca cab 1  1  1  c a b Mà ab bc ca    2 c a b  b  a  c  b  c c  a b  c B    1  1   8 a c b a c b     Vậy Câu a b c abc    b c d bcd 1) Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau:  abc  abc abc abc a b c a      b  c  d b  c  d b  c  d b  c  d b c d d   Do đó: a  b  c  5  a  1 3(b  3) 4(c  5) 5a  3b  4c    20        2 10 12 24 10  12  24  a  3, b  11, c  7 2) 3) Gọi tổng số tăm ba lớp mua x  x  ¥ * Số gói tăng dự định chia cho lớp A,7 B,7C lúc đầu a, b, c a b c abc x 5x 6x x 7x      a  ;b   ;c  (1) 18 18 18 18 18 Ta có: Số gói tăm sau chia cho lớp a ', b ', c ' ta có: a ' b ' c ' a ' b ' c ' x 4x 5x x 6x      a '  ;b '   ;c '  (2) 15 15 15 15 15 So sánh (1) (2) ta có: a  a ', b  b ', c  c ' nên lớp 7C nhận nhiều lúc đầu 6x x x  4   x  360 90 Vậy c ' c  hay 15 18 Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói Câu Ta có: A  x   x  2013  x   2013  x  x   2013  x  2011 2013  x    2013  x     x  Dấu "  " xảy Câu  · · CAB  ·ACB  MAC  a) ABC cân B BK đường cao  BK đường trung tuyến  K trung điểm AC 1 AK  AC  BH  AC 2 b) ABH  BAK (ch  gn)  BH  AK mà CK  BH  AC  CM  CK  MKC Ta có: BH  CM (BHM  MCB ) mà tam giác cân (1) 0 · · · Mặt khác MCB  90 ACB  30  MCK  60 (2) Từ (1) (2) suy MKC tam giác · c) Vì ABK vng K mà KAB  30  AB  BK  2.2  4cm Vì ABK vng K nên theo Pitago ta có: KC  AC  KC  AK  12 AK  AB  BK  16   12 mà KCM  KC  KM  12 Theo phần b, AB  BC  4cm, AH  BK  2, HM  BC (BHM  MCB ) 2  AM  AH  HM  6cm Câu Vì  x  1 f  x    x   f  x   với x nên: +khi x  4 5 f  4   f    f  4   Vậy x  4 nghiệm f  x +Khi x  12 13 f  12   8 f  4   f  12   f  4   Vậy x  12 nghiệm f  x  Do f  x  có nghiệm 4 12 ... 12  24  a  3, b  11, c  ? ?7 2) 3) Gọi tổng số tăm ba lớp mua x  x  ¥ * Số gói tăng dự định chia cho lớp A ,7 B,7C lúc đầu a, b, c a b c abc x 5x 6x x 7x      a  ;b   ;c  (1)... '  ;b '   ;c '  (2) 15 15 15 15 15 So sánh (1) (2) ta có: a  a ', b  b ', c  c ' nên lớp 7C nhận nhiều lúc đầu 6x x x  4   x  360 90 Vậy c ' c  hay 15 18 Vậy số gói tăm lớp mua