017 đề HSG toán 7 huyện hoằng hóa 2018 2019

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HĨA ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2018-2019 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài (4,0 điểm) Tính { }  5  5 A = 1000 − 103 − 11 ( −7 ) − 5.23 + ( 112 − 121)  B = 15 :  − ÷− 25 :  − ÷    7  7 x,  21   19   − x + ÷:  − ÷+ =  10   10  Tìm biết: Bài (4,0 điểm) x 10 y = ; = y z x, y , z Tìm biết: b = ac, c = bd 2 Cho x − y + z = 78 b, c, d ≠ 0; b + c ≠ d ; b5 + c5 ≠ d Với a + b + c3  a + b − c  = ÷ b3 + c − d  b + c − d  3 Chứng minh: Tính giá trị biểu thức C = x15 − 2019 x14 + 2019 x13 − 2019 x12 + + 2019 x − với x = 2018 Bài (4,0 điểm) 2018 y ( y − 2018) + y − 2019 = 1 Tìm nguyên, biết p, q p=q+2 Cho số nguyên tố lớn thỏa mãn ( p + q ) M12 Chứng minh rằng: Bài (6,0 điểm) ∆ABC AB < AC AM Cho có ba góc nhọn, , trung tuyến Trên nửa mặt phẳng bờ C, AE = AB AB AE AB chứa điểm vẽ đoạn thẳng vng góc với Trên nửa mặt AC AC AD = AC AD phẳng bờ chứa điểm B, vẽ đoạn thẳng vng góc với 1) Chứng minh BD = CE N MN = MA 2) Trên tia đối tia MA lấy cho Chứng minh ·ACN = 180 − BAC · ∆ADE = ∆CAN 3) AD + IE =1 AM DI + AE DE 4) Gọi I giao điểm Chứng minh : Bài (2,0 điểm) a , b, c ab = c, bc = 4a, ac = 9b Tìm số hữu tỉ thỏa mãn đồng thời a 2019 Tìm số tự nhiên nhỏ để ghép vào bên phải số số tự nhiên chia hết cho 2018 ĐÁP ÁN Bài 1 A = 1000 − 1000 − 11  49 − 40 + 8.( 121 − 121)  { } = 1000 − 1000 − 11.( + 8.0 )  = 1000 − ( 1000 − 11.9 ) = 99  5  5  1  5  7 B = 15 :  − ÷− 25 :  − ÷ = 15 − 25 ÷:  − ÷ = −10. − ÷ = 14  7  7  4  7  5  21   19  2. − x + ÷:  − ÷+ =  10   10  21 ⇔ − x+2 = = 10 10 10 x + = x = 21 ⇒ x+2 = − =2⇒  ⇒ 10 10  x + = −2  x = −4 Bài 1) x 10 x y = ⇒ = (1) y 10 y y z y z = ⇒ = ⇒ = (2) z 4 12 x y z x− y+z 78 = = = = = ⇒ x = 60, y = 54, z = 72 10 12 10 − + 12 13 Từ (1) (2) suy b = ac ⇒ 2) Từ a b = b c (1) ; c = bd ⇒ b c = (2) c d a b c a+b−c = = = b c d b+c−d Từ (1) (2) suy 3 b c a + b3 − c  a+b−c  a ⇒ ⇒ dfcm ÷ = 3= 3= 3= 3 c d b + c − d3 b+c−d  b 2019 = 2018 + = x + 3) Ta có: C = x15 − ( x + 1) x14 + ( x + 1) x − ( x + 1) x12 + + ( x + 1) x − Do đó: = x − = 2018 − = 2017 C = 2017 Vậy Bài 2018 y∈¢ ( y − 2018) + y − 2019 = 1 Vì mà  y − 2018 =  y − 2018 = ⇒   y − 20119 =  y − 2019 =   y − 2018 = ⇒ y = 2018  y − 2019 =     y − 2019 = ⇒ y = 2019   y − 2018 =  Vậy y = 2018 y = 2019 q>3 6k + 6k + ( k ∈ ¥ ) Vì q nguyên tố , nên q có dạng q = 6k + p = q + = 6k + 3M p>3 Nếu mà nên p hợp số (loại) Nếu q = 6k + ⇒ p = q + = k + + = k + Suy Bài p + q = ( 6k + ) + ( 6k + 5) = 12k + 12M 12( dfcm) Xét ∆ABD phụ với ∆ACE AD = AC ( gt ) có: · BAC ) ⇒ ∆ABD = ∆AEC (c.g c ) ⇒ BD = CE ( cạnh tương ứng) · AM = MN ( gt ); BM = CM ( gt ); ·AMB = NMC ( ∆NCM ∆ABM Xét có: · ⇒ ∆ABM = ∆NCM (c.g c ) ⇒ ·ABM = NCM Do đó: · · AE = AB ( gt ); BAD = CAE ( (hai góc tương ứng) ·ACN = ·ACB + BCN · · = ·ACB + ·ABC = 1800 − BAC (dfcm) đ đ) · · · · · · DAE = DAC + BAE − BAC = 1800 − BAC ⇒ DAE = ·ACN +Ta có: CN = AE ∆ADE ∆ACN Xét có: (cùng AB), · AC = AD ( gt ); DAE = ·ACN (cmt ) ⇒ ∆ADE = ∆CAN (cgc) ·AQP = QAD · · · · + QDA ; ·APQ = PAE + PEA Theo tính chất góc ngồi, ta có: AB < AC AE < AD ⇒ ·ADE < ·AED Mà nên · · QAD = PAE Theo chứng minh ta có: · · · · QAD + QDA < PAE + PEA Từ suy ·AQP < ·APQ ⇒ AP < AQ Hay · ∆ADE = ∆CAN (cmt ) ⇒ NAC = ·ADE Vì (hai góc tương ứng) · ⇒ ·ADE + ·APD = 90 ⇒ NAC + ·APD = 900 ⇒ AI ⊥ DE ∆ADP Xét vuông A ∆ADI Xét vuông I, theo định lý pytago có: 2 AD = DI + AI ⇒ AI = AD + DI ∆AIE Xét vuông I , theo định lý Pytago ta có: 2 AE = AI + IE ⇒ AI = AE − IE AD + IE ⇒ AD − DI = AE − IE ⇒ AD + IE = DI + AE ⇒ = 1(dfcm) DI + AE 2 Bài 2 2 2 ( abc ) 2 = 36abc Nhân vế ba đẳng thức ta abc = a=b=c=0 Nếu kết hợp với đề ta abc ≠ abc = 36 Nếu ab = ⇒ c = ±6 Kết hợp Kết hợp Kết hợp Với Với bc = 4a ⇒ a = ±3 ac = 9b c=6 suy b = ±2  a = 3, b = ab = ⇒   a = −3, b = −2  a = 3, b = −2 c = −6 ⇒ ab = −6 ⇒   a = −3, b = −2 ( a, b, c ) ( 0;0;0 ) ; ( 3;2;6 ) ; ( −3; −2;6 ) ; ( 3; −2; −6 ) ; ( −3;2; −6 ) Vậy có thỏa mãn a = a1a2 an (n ∈ ¥ *, a1 , a2 , , an a1 ≠ 0) Đặt chữ số, 2019a1a2 .an Số tự nhiên cần tìm có dạng 2019a1a2 .an M2018 Theo giả thiết, ta có: ⇔ 2019.10 n + a1a2 .an M2018 ⇔ 2018.10 n + 10n + a1a2 .an M2018 ⇔ 10n + a1a2 .an M2018 Xét trường hợp: 10 + a1 M 2018 ⇒ a1 10 < 10 + a1 < 20 n = 1, Với ta : khơng tìm 100 + a1a2 M2018 a1a2 100 < 100 + a1a2 < 200 n = 2, Với ta khơng tìm 1000 + a1a2a3 M2018 a1a2a3 n=3 Với , ta , khơng tìm 1000 < 1000 + a1a2 a3 < 2000 Với Hay 10000 + a1a2 a3a4 M 2018 ⇔ 10000 + a1a2 a3a4 − 5.2018M 2018 n = 4, ta a1a2 a3a4 − 90 = 2018 ⇒ a1a2 a3a4 = 2108 Vậy số tự nhiên a nhỏ cần tìm a = 2108 ... 1 Vì mà  y − 2018 =  y − 2018 = ⇒   y − 20119 =  y − 2019 =   y − 2018 = ⇒ y = 2018  y − 2019 =     y − 2019 = ⇒ y = 2019   y − 2018 =  Vậy y = 2018 y = 2019 q>3 6k + 6k... b+c−d  b 2019 = 2018 + = x + 3) Ta có: C = x15 − ( x + 1) x14 + ( x + 1) x − ( x + 1) x12 + + ( x + 1) x − Do đó: = x − = 2018 − = 20 17 C = 20 17 Vậy Bài 2018 y∈¢ ( y − 2018) + y − 2019 = 1 Vì... 0) Đặt chữ số, 2019a1a2 .an Số tự nhiên cần tìm có dạng 2019a1a2 .an M2018 Theo giả thiết, ta có: ⇔ 2019. 10 n + a1a2 .an M2018 ⇔ 2018. 10 n + 10n + a1a2 .an M2018 ⇔ 10n + a1a2 .an M2018 Xét trường