015 đề HSG toán 7 trường 2018 2019

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN – LỚP Bài (4,0 điểm) 99 100 C       99  100 3 3 3 Cho biểu thức : Chứng minh rằng: C 16 Bài (5,0 điểm) Câu Tìm x, y, z biết: x  y  z  3x  y x  y  z  38 a  b ab  2 cd với a, b, c, d  0, c  d Câu Cho tỉ lệ thức c  d a c a d   b d b c Chứng minh rằng: Bài (3,0 điểm) Câu Chứng minh với n ngun dương ta ln có: 4n3  4n2  4n 1  4n chia hết cho 300 Câu Cho Q 27  x 12  x Tìm số ngun x để Q có giá trị nguyên ? Bài (3,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức: H   3x  y    y  x   xy  24 2 Bài (5,0 điểm) Cho ABC nhọn Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C dựng đường thẳng AD vuông góc với AB AD  AB Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B dựng đoạn thẳng AE vng góc với AC AE  AC 1) Chứng minh : BE  CD 2) Gọi M trung điểm DE , tia MA cắt BC H Chứng minh MA  BC 3) Nếu AB  c, AC  b, BC  a Hãy tính độ dài đoạn thẳng HC theo a, b, c ĐÁP ÁN Bài 99 100  99 100 1 3C  3.      99  100        98  99 3  3 3 3 3 Biến đổi : Ta có: 99 100   99 100   3C  C        98  99        99  100  3  3 3 3   3 3 99 100 99 100 4C       98  99       99  100 3 3 3 3 3  2       100 99  100 4C               99  99  100   3  3   3   1 1 100 4C       99  100 3 3 1 1 D       99 3 3 Đặt  1  1 3D  3.1      99        98  3  3 Ta có: 1   1 1   3D  D        98  1      99  3   3 3   Khi : 1 1 1 D       98       99 3 3 3  1 1  1   D    1  1          98  98  99  3 3  3   D   99 1  D    99    99 4  4.3 Suy Nên ta có:  100 100 3 100  3 4C    99  100   99  100  C    99  100  4.3  4.3   4.3  C 25  25   99  100    99  100  16 3 16  3   25  25      C    99 100 99  16 Vậy 3100 16 Ta có: nên 16  Bài Câu Ta có: x  y  z  38 nên x  y  z  38 Vì x  y  z  x  y nên x  z  3x  3x  x  z  x  x  z  Vì x z x z    20 36 3x  y  (1) x y x y    20 15 (2) x y z   Từ (1) (2) suy 20 15 36 Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: x y z 2x  y  z 38      2 20 15 36 2.20  15  36 19  x  20  2  x  40  y    2  y  30 15  z  36  2  z  72  Vậy x  40; y  30; z  72 Câu a  b ab a  b 2ab   2 cd nên c  d 2cd Ta có: c  d Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a  b 2ab a  b  2ab a  b  2ab    c  d 2cd c  d  2cd c  d  2cd a  ab    b  ab   a  ab    b  ab   a  b   a  b        c  cd    d  cd   c  cd    d  cd   c  d   c  d  2 a b a b  a b   a b  ab ba         c  d c  d c  d c  d     c  d c d Suy a b a b  c  d c  d  a  b   c  d    a  b   c  d  +Với  ac  ad  bc  bd  ac  ad  bc  bd  ab  bc  a c  b d ab ba  Với c  d c  d  a  b   c  d    b  a   c  d   ac  ad  bc  bd  bc  bd  ac  ad  ac  bd  a d  b c a  b ab a c a d    2 a , b , c , d  0, c   d c  d cd b d b c Vậy với Bài Câu 1, Với n nguyên dương, ta có: 4n3  4n  4n1  4n  4n. 43  42   1  n.75  300.4 n1 M 300 (với n nguyên dương) n3 n n1 n Nên    chia hết cho 300 (với n nguyên dương) Câu Điều kiện : x  ¢ , x  12 Biến đổi : Q 27  x 2. 12  x   3  2 12  x 12  x 12  x Ta có: 2 ¢; x  ¢; x  12 nên Q có giá trị nguyên 12  x có giá trị nguyên Mà 12  x có giá trị nguyên 12  x U (3)   1; 3 Nếu 12  x  3  x  15(tm) Nếu 12  x  1  x  13(tm) Nếu 12  x   x  11(tm) Nếu 12  x   x  9(tm) Vậy Q có giá trị nguyên x   9;11;13;15 Bài Ta có: H   3x  y    y  x   xy  24 2   3x  y   4. y  x   xy  24   x  y    3x  y   xy  24 2 2 2  3. x  y   xy  24   3  x  y   xy  24    Ta có: 3. x  y   với giá trị x, y xy  24  với giá trị x, y Do 3. x  y   xy  24  với giá trị x, y  3. x  y   xy  24    Nên  với giá trị x, y Hay H  với giá trị x, y Dấu "  " xảy 3x  y  xy  24  +Với x  y  3x  y  x y  x y  k Đặt , x  2k , y  3k , thay x  2k , y  3k vào (1) ta được:  x  k    y  2k 3k  24   k      x  4  k  2     y  6  x  4; y  H 0  x  4; y  6 Vậy giá trị lớn biểu thức Bài 1) Chứng minh : BE  CD · · · Ta có: DAC  DAB  BAC (vì tia AB nằm tia AD AC ) 0 · · · Mà BAD  90 ( Vì AB  AD A) nên DAC  90  BAC (1) · · · Ta có: BAE  CAE  BAC ( Vì tia AC nằm hai tia AB AE) · · · Mà CAE  90 (Vì AE  AC A)  BAE  90  BAC (2) · · Từ (1) (2) suy BAE  DAC · · Xét ABE ADC có: AB  AD( gt ); BAE  DAC (cmt ); AE  AC ( gt ) Do ABE  ADC (c.g.c)  BE  CD (hai cạnh tương ứng) 2) Trên tia đối tia MA lấy điểm N cho M trung điểm AN Từ D kẻ DF vng góc với MA F Xét MAE MDN có: · (cmt ); ME  MD (M trung điểm DE) MN  MA( M trung điểm AN); ·AME  DMN Do đó: MAE  MND(c.g c)  AE  DN (hai cạnh tương ứng); · · Và NDM  MEA (hai góc tương ứng) · · Mà NDM MEA vị trí so le hai đường thẳng AE DN Nên AE / / DN (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song) · · Suy ADN  DAE  180 (vì hai góc phía) (3) · · · · Ta lại có: DAE  DAB  BAC  EAC  360 · · · · Hay DAE  BAC  180 (vì DAB  EAC  90 ) (4) · · Từ (3) (4) suy ADN  BAC Ta có: AE  DN (cmt ) AE  AC ( gt )  AC  DN · · Xét ABC DAN có: AB  AD ( gt ); ADN  BAC (cmt ); AC  DN (cmt ) Do ABC  DAN (c.g.c) · · · · Suy DNA  ACB (hai góc tương ứng) hay DNF  ACB · · · Ta có: DAF  BAD  BAH  180 ( F , A, H thẳng hàng) · · · Hay DAF  BAH  90 (vì BAD  90 ) (5) · · Trong ADF vng F có: FDA  DAF  90 (hai góc phụ nhau) (6) · · Từ (5) (6)  FDA  BAH · · · Ta có: ADN  NDF  FDA (vì tia DF nằm tia DA, DN ) · · · BAC  HAC  BAH ( Vì tia AH nằm tia AB AC) · · · · · · Mà ADN  BAC FDA  BAH (cmt )  NDF  HAC · · · · Xét AHC DFN có: NDF  HAC (cmt ); AC  DN (cmt ); DNF  ACB (cmt ) Do đó: AHC  DFN ( g c.g ) · · Suy DFN  AHC (hai góc tương ứng) 0 · · Mà DFN  90 (vì DE  MA F) nên AHC  90 Suy MA  BC H (đpcm) 3) MA  BC H (cmt)  AHB vuông H, AHC vuông H Đặt HC  x  HB  a  x (Vì H nằm B C) Áp dụng định lý Pytaago cho tam giác vng AHB AHC ta có: 2 AH  AB  BH AH  AC  CH  AB  BH  AC  CH  c   a  x   b  x Từ tìm HC  x  a  b2  c2 2a ... 36 19  x  20  2  x  40  y    2  y  30 15  z  36  2  z  ? ?72  Vậy x  40; y  30; z  ? ?72 Câu a  b ab a  b 2ab   2 cd nên c  d 2cd Ta có: c  d Áp dụng tính chất... 4n. 43  42   1  n .75  300.4 n1 M 300 (với n nguyên dương) n3 n n1 n Nên    chia hết cho 300 (với n nguyên dương) Câu Điều kiện : x  ¢ , x  12 Biến đổi : Q 27  x 2. 12  x  