205 đề hsg toán 7 trường hồng liên 2018 2019

TRƯỜNG THCS HỒNG LIÊN ĐỀ THI OLYMPIC LỚP NĂM HỌC 2018-2019 MƠN: TỐN Câu (3 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương, thỏa mãn điều kiện: a b  c b c  a c a  b   c a b Hãy tính giá trị biểu thức: a  c  b  B          a  c  b   Câu (5 điểm) a  a b c  a b c      1) Cho b c d Chứng minh:  b  c  d  d a  b 3 c    5a  3b  4c 46 Xác định a, b, c 2) Cho 3) Ba lớp A,7 B,7C mua số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp tỉ lệ với : : sau chia theo tỉ lệ : : nên có lớp nhận nhiều dự định gói Tính tổng số gói tăm mà ba lớp mua Câu (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  x   x  2013 với x số nguyên Câu (7 điểm)  Cho xAy 60 có tia phân giác Az Từ điểm B Ax kẻ BH  Ay H, kẻ BK  Az Bt / / Ay, Bt cắt Az C Từ C kẻ CM  Ay M Chứng minh: a) K trung điểm AC b) KMC tam giác c) Cho BK 2cm, Tính cạnh AKM Câu (3 điểm) Cho biết  x  1 f  x   x   f  x   với x Chứng minh f  x  có hai nghiệm ĐÁP ÁN Câu Vì a, b, c số dương nên a  b  c 0 Theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a b  c b c  a c a  b a b  c b c  a c a  b    1 c a b a b c a b  c bc a ca  b 1  1   2 c a b Mà a b b c c a   2 c a b a  c  bc c a bc  b  B           8 a c b a c b       Vậy  Câu a b c a b c    1) Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau: b c d b  c  d a bc a b c a b c a b c a  a bc       b  c  d b  c  d b  c  d b  c  d b c d d   Do đó: a  b  c  5  a  1  3(b  3)  4(c  5) 5a  3b  4c    20 2)        2 10  12  24 10  12  24  a  3, b  11, c  3) Gọi tổng số tăm ba lớp mua x  x   * Số gói tăng dự định chia cho lớp A,7 B,7C lúc đầu a, b, c a b c a b c x 5x 6x x 7x      a  ;b   ;c  18 18 18 18 18 Ta có: Số gói tăm sau chia cho lớp a ', b ', c ' ta có: (1) a ' b ' c ' a ' b ' c ' x 4x 5x x 6x      a '  ;b '   ;c '  (2) 15 15 15 15 15 So sánh (1) (2) ta có: a  a ', b b ', c  c ' nên lớp 7C nhận nhiều lúc đầu 6x 7x x  4  4  x 360 90 Vậy c ' c 4 hay 15 18 Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói Câu Ta có: A  x   x  2013  x   2013  x  x   2013  x 2011 Dấu " " xảy Câu  x    2013  x  0   x  2013 x z C B K A M H   y   CAB  ACB MAC  ABC a) cân B BK đường cao  BK đường trung tuyến  K trung điểm AC 1 AK  AC  BH  AC  ABH  BAK ( ch  gn )  BH  AK 2 b) mà CK  BH  AC  CM CK  MKC BH  CM (  BHM  MCB ) Ta có: mà tam giác cân (1) 0    Mặt khác MCB 90 ACB 30  MCK 60 (2) Từ (1) (2) suy MKC tam giác  c) Vì ABK vng K mà KAB 30  AB 2 BK 2.2 4cm Vì ABK vng K nên theo Pitago ta có: KC  AC  KC  AK  12 2 AK  AB  BK  16   12 mà KCM  KC KM  12 Theo phần b, AB BC 4cm, AH BK 2, HM BC (BHM MCB )  AM  AH  HM 6cm Câu Vì  x  1 f  x   x   f  x   với x nên: +khi x   f    0 f    f    0 Vậy x  nghiệm f  x +Khi x  12  13 f   12   f     f   12   f    0 Vậy x  12 nghiệm f  x  Do f  x  có nghiệm   12