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: 3x 4 y 5 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 nguyên dương ta ln có: 4n3  4n2  4n 1  4n chia hết cho 300 Câu Cho Q 27  x 12  x Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên ? Bài (3,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức: 2 H  3x  y    y  x   xy  24 Bài (5,0 điểm) Cho ABC nhọn Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C dựng đường thẳng AD vng 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  1      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 1      98  99       99  100 3 3 3 3 3  2 1      100 99  100 4C 1                  99  99   100   3  3   3   1 1 100 4C 1      99  100 3 3 Đặt D 1  1 1     99 3 3  1  1 3D 3.      99  3      98  3  3 Ta có: 1   1 1   3D  D       98         99  3   3 3   Khi : 1 1 1 D 3      98       99 3 3 3  1 1  1   D 3     1              98  98   99   3  3   D 3  99 1  D    99    4  4.399 Suy Nên ta có:  100 100 3 100  3 4C        C       99 100 4.399 3100  4.399 3100   4.3  3 25  25  C   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 3x 4 y 5 z  3x  y nên 3x 5 z  3x  3x  3x 5 z  x  x 5 z  Vì x z x z    20 36 3x 4 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      20 15 36 2.20  15  36 19 x  20   x  40  y     y  30 15 z  36   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 a c  ab bc   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 a d  ac bd   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2  4n1  n 4 n  43    1 4 n.75 300.4 n 300 (với n nguyên dương) n 3 n 2 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   x 15(tm) Nếu 12  x   x 13(tm) Nếu 12  x 1  x 11(tm) Nếu 12  x 3  x 9(tm) Vậy Q có giá trị nguyên x   9;11;13;15 Bài 2 Ta có: H  3x  y    y  x   xy  24 2 2  x  y    y  x   xy  24  x  y    x  y   xy  24 2  3. x  y   xy  24    x  y   xy  24    Ta có: 3. 3x  y  0 với giá trị x, y xy  24 0 với giá trị x, y Do 3. 3x  y   xy  24 0 với giá trị x, y   3. x  y   xy  24  0  Nên  với giá trị x, y Hay H 0 với giá trị x, y Dấu " " xảy 3x  y 0 xy  24 0 +Với 3x  y 0 3x 2 y  x y  x y  k Đặt , x 2k , y 3k , thay x 2k , y 3k vào (1) ta được:   x 4  k 2    y 6 2k 3k  24 0  k 4     x   k      y   x 4; y 6 H 0    x  4; y  Vậy giá trị lớn biểu thức Bài N E M F D A I B K H 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) C   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:  MN MA( M trung điểm AN); AME DMN (cmt ); ME MD (M trung điểm DE) 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 a  b2  c HC x  2a Từ tìm