147 đề hsg toán 7 trường 2018 2019

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN Bài (4,0 điểm) 99 100 C       99  100 C 3 3 3 Chứng minh rằng: 16 Cho biểu thức : Bài (5,0 điểm) Câu 1: Tìm x, y, z biết: 3x 4 y 5 z  3x  y x  y z  38 a  b ab  2 c  d cd với a, b, c, d 0 c  d Câu 2: Cho tỉ lệ thức: a c a d   b d b c Chứng minh rằng: Bài (3,0 điểm) Câu 1: Chứng minh với n nguyên dương ta ln có: 4n3  4n2  4n 1  4n chia hết cho 300 Câu 2: 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 sau: 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 đoạn 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 rằng: 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 tính độ dài đoạn HC theo a, b, c ĐÁP ÁN Bài Biến đổi : 99 100  99 100 1 3C 3.      99  100  1      98  99 3  3 3 3 3 Ta có: 99 100   99 100   3C  C       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 đó: 1 1 1 D 3      98       99 3 3 3  1 1  1   D 3     1              98  98   99   3  3   3 D 3  99  D   4.399  100 100 3 4C     C     99 100 4.399 3100  4.3  Nên ta có: 3 100  25  C          4.399 3100  16 42.399 3100  25  C    99  100  16  3   25  25      C  99 100  99 100  16 Vậy 16 Ta có: nên 16  Bài 1) Ta có: x  y z  38  x  y  z  38 Vì Vì 3x 4 y 5 z  x  y  3x 5 z  x  x  x 5 z  3x 4 y  x y x y    20 15 x z x z    (1) 20 36 (2) x y z   Từ (1) (2) suy 20 15 36 Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có:  x  2.20  40    y  2.15  30 x y z 2x  y  z  38       z  2.36  72  20 15 36 40  15  36 19 Vậy x  40; y  30; z  72 a  b ab a  b 2ab   2 2 c  d cd c  d 2cd 2) Ta có: nên 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   c2  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 hoặc: 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  a , b , c , d  0; c  d      2 cd b d b c Vậy c  d Bài 1) Với n nguyên dương, ta có: 4n3  4n2  4n1  4n 4n. 43  42   1 4n.75 4n 1.4.75 300.4n n Mà 300.4 chia hết cho 300 (với n nguyên dương) n 3 n 2 n 1 n Nên    chia hết cho 300 2) Điều kiện: x  , x 12 Biến đổi: Q 27  x 2. 12  x   3  2  12  x 12  x 12  x  Q   ; x   ; x  12 12  x Ta có: nên có giá trị nguyên    12  x U (3)   3;  1;1;3  x  15;13;11;9     12  x Mà Vậy Q nguyên x   15;13;11;9 Bài Ta có: 2 H  3x  y    y  x   xy  24 2 2  x  y    y  x   xy  24  3x  y   4. x  y   xy  24 2  3. x  y    3. x  y   xy  24 ]  Ta có: 3. 3x  y  0x, y; xy  24 0x, y Do đó: 3. 3x  y   xy  24 0 x, y   3. x  y   xy  24  0 x, y  Nên  Hay H 0 Dấu " " xảy : 3x  y 0 xy  24 0(1) Với 3x  y 0  x 2 y  x y  x y  k  x 2k ; y 3k Đặt  k 2 2k 3k  24 0    k  Thay x 2k , y 3k vào (1) ta được:  x 2.2 4 k 2    x 3.2 6 Với  x  k     y  ; với  x 4; y 6 0   x  4; y  Vậy giá trị lớn H Bài N E M D F A I K B H C    1) Ta có: DAC DAB  BAC (vì tia AB nằm hai tia AD, AC )    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) nên 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: MN MA( vẽ thêm); AME DMN   cmt  ; ME MD( gt )  MAE MND(c.g.c)   Suy AE DN NDM MEA     Mà NDM MEA vị trí so le nên AE / / DN  ADN  DAE 180 ( phía) (3)     Ta lại có : DAE  DAB  BAC  EAC 360 0     DAE  BAC  180 ( DAB  EAC  90 ) (4) Hay   Từ (3) (4)  ADN BAC Ta có: AE DN (cmt ); AE  AC ( gt ) nên AC DN   Xét ABC DAN có: AB  AD ( gt ); ADN BAC (cmt ); AC DN (cmt )    ABC DAN (c.g.c)  DNA  ACB hay DNF  ACB    DAF  BAD  BAH  180 ( F , A, H thẳng hàng) Ta có:    DAF  BAH 900 Do BAD 900 Hay (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 hia tia DA, DN)    BAC HAC  BAH (vì tia AH nằm hai tia AB, AC )         Mà ADN BAC ; FDA BAH (cmt ) nên NDF HAC     Xét AHC DFN có: NDF HAC (cmt ); AC DN (cmt ); DNF  ACB (cmt )     AHC DFN ( g.c.g )  DFN  AHC mà DFN 90 (vì DE  MA F)  Nên AHC 90  MA  BC H ( dfcm) 3) MA  BC H nên AHB, AHC vuông H Đặt HC x  HB a  x (vì H nằm B C) Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông 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 được: