081 đề thi hsg toán 7 trường hồng đà 2015 2016

PHỊNG GD&ĐT TAM NƠNG TRƯỜNG THCS HỒNG ĐÀ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP NĂM HỌC 2015-2016 Mơn thi : TỐN Câu (3 điểm) 212.13  212.65 310.11  310.5  210.104 39.24 a) Tính giá trị biểu thức: 2015 b) Cho A 3     n Tìm số tự nhiên n biết A  3 Câu (5 điểm) y  z 1 x  z  y  x     x y z xyz a) Tìm số x, y, z biết x  x  x  x 1    2012 2013 2014 2015 x : b) Tìm c) Tìm x để biểu thức sau nhận giá trị dương: x  2016 x Câu (5 điểm) x 1 x  a) Cho Tìm số nguyên x để A số nguyên x  15 B x 3 b) Tìm giá trị lớn biểu thức c) Tìm số nguyên x, y cho x  xy  y 0 A Câu (5 điểm) Cho tam giác ABC , M trung điểm BC Trên tia đối tia MA lấy điểm E cho ME MA Chứng minh rằng: a) AC EB AC / / BE b) Gọi I điểm AC ; K điểm EB cho AI EK Chứng minh ba điểm I , M , K thẳng hàng     c) Từ E kẻ EH  BC ( H  BC ) Biết HBE 50 , MEB 25 Tính HEM BME Câu (2 điểm) Từ điểm I tùy ý tam giác ABC , kẻ IM , IN , IP vng góc với BC , CA, AB Chứng minh rằng: AN  BP  CM  AP  BM  CN ĐÁP ÁN Câu 212.78 310.16  10  3  6 a) 104 16 b) Tìm n 2010 Câu a) Theo tính chất dãy tỉ số ta có: y  z 1 x  z  y  x     x y x xyz y  z 1  x  z   y  x  2 x  y  z   2 xyz x yz Vì x  y  z 0  x  y  z 0,5 Thay kết vào đề ta có:  0,5  x  0,5  y  0,5  z  1.5  x 2,5  y  2,5  z   2   2 x y z x y z tức 5 x  ; y  ; z  6 Vậy x  x  x  x 1    2012 2013 2014 2015 x4 x 3 x2 x 1  1  1  1  1 2012 2013 2014 2015 1     x  2016       0  2012 2013 2014 2015   x  2016 0  x  2016  x   2014 x  2014 x x  x  2014    x 0 c) Ta có: b) A Câu a) x 1 x  34  1  x x x Để A số nguyên x  ước 4, tức x    1; 2; 4 Vậy giá trị x cần tìm là: 1;4;16;25;49 x  15 12 B 1  x 3 x 3 b) 2 Ta có: x 0 Dấu “=” xảy x 0  x  3 (2 vế dương) 12 12 12 12   4   1   B 5 x 3 x 3 x 3 Vậy MaxB 5  x 0 c) Từ : x  xy  y 0    y   x  1   Vì x, y số nguyên nên   y   x  1 số nguyên ta có trường hợp sau: 1  y 1  x 0 1  y   x 1      x   y  x       y 1 Vậy có cặp số x, y thỏa mãn điều kiện đầu Câu A I H B M C K E   a) Xét AMC EMB có: AM EM ( gt ); AMC EMB (đối đỉnh); BM MC ( gt ) Nên AMC EMB(c.g c)  AC EB   Vì AMC EMB  MAC MEB (2 góc có vị trí so le tạo đường thẳng AC EB cắt đường thẳng AE )  AC / / BE   b) Xét AMI EMK có: AM EM ( gt ); MAI MEK (vì AMC EMB)   AI EK ( gt )  AMI EMK (c.g c )  AMI EMK   Mà AMI  IME 180 (tính chất hai góc kề bù)    EMK  IME 1800  I , M , K thẳng hàng  900 BHE H  c) Trong tam giác vng có HBE 50    HEB 900  HBE 900  500 400       HEM HEB  MEB 400  250 150 0    Nên BME HEM  MHE 15  90 105 (định lý góc ngồi tam giác) Câu A N P I B M C Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông NIA NIC ta có: AN IA2  IN ; CN IC  IN  CN  AN IC  IA2  1 Tương tự ta có: AP  BP IA2  IB   ; MB  CM IB  IC  3 2 2 2 Từ (1), (2), (3) ta có: AN  BP  CM  AP  BM  CN