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  A 1000  103  11      5.23  8. 112  121      5  5 B 15 :     25 :     7  7  21   19   x    :     1 10 x ,    10  Tìm biết: Bài (4,0 điểm) x 10 y  ;  x , y , z y z x  y  z 78 Tìm biết: 2 5 Cho b ac, c bd Với b, c, d 0; b  c d ; b  c d a  b3  c  a  b  c    3 b  c  d  bc  d  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  2018  y  2019 1 y   Tìm nguyên, biết Cho p, q số nguyên tố lớn thỏa mãn p q  Chứng minh rằng:  p  q  12 Bài (6,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn, AB  AC , trung tuyến AM Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C , vẽ đoạn thẳng AE vng góc với AB AE  AB Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B, vẽ đoạn thẳng AD vuông góc với AC AD  AC 1) Chứng minh BD CE 2) Trên tia đối tia MA lấy N cho MN MA Chứng minh   3) ACN 180  BAC ADE CAN AD  IE 1 2 4) Gọi I giao điểm DE AM Chứng minh : DI  AE Bài (2,0 điểm) Tìm số hữu tỉ a, b, c thỏa mãn đồng thời ab c, bc 4a, ac 9b Tìm số tự nhiên nhỏ a để ghép vào bên phải số 2019 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   :     1  10   10  21   x2   10 10 10  x  2  x 0 21  x2   2     10 10  x    x  Bài x 10 x y    (1) y 10 1) y y z y z      (2) z 4 12 x y z x yz 78     6  x 60, y 54, z 72 Từ (1) (2) suy 10 12 10   12 13 a b b c b ac   (1) ; c bd   (2) b c c d 2) Từ a b c a b  c    b c d b c  d Từ (1) (2) suy 3 c3 a3  b3  c3  a b c  a b   dfcm   3 3 3 3 c d b c  d3  b c  d  b 3) Ta có: 2019 2018  x  15 14 12 Do đó: C  x   x  1 x   x  1 x   x  1 x    x  1 x  x  2018  2017 Vậy C 2017 Bài 2018  y  2019 1 Vì y  mà  y  2018   y  2018 0  y  2018 1     y  20119 1  y  2019 0   y  2018 0  y 2018    y  2019 1    y  2019 0  y 2019   y  2018 1  Vậy y 2018 y 2019 Vì q nguyên tố , q  nên q có dạng 6k  6k   k   Nếu q 6k  p q  6k  33 mà p  nên p hợp số (loại) Nếu q 6k   p q  6k   6k  Suy p  q  6k     6k   12k  1212(dfcm) Bài A E D F I Q B M C N   Xét ABD ACE có: AD  AC ( gt ) AE  AB ( gt ); BAD CAE (  phụ với BAC )  ABD AEC (c.g c )  BD CE ( cạnh tương ứng)   Xét ABM NCM có: AM MN ( gt ); BM CM ( gt ); AMB NMC ( đ đ)   ABM NCM (c.g.c )  ABM NCM (hai góc tương ứng)       Do đó: ACN  ACB  BCN  ACB  ABC 180  BAC (dfcm)        +Ta có: DAE DAC  BAE  BAC 180  BAC  DAE  ACN Xét ADE ACN có: CN  AE (cùng AB),  AC  AD( gt ); DAE  ACN (cmt )  ADE CAN (cgc)       Theo tính chất góc ngồi, ta có: AQP QAD  QDA; APQ PAE  PEA   Mà AB  AC nên AE  AD  ADE  AED   Theo chứng minh ta có: QAD PAE     Từ suy QAD  QDA  PAE  PEA   Hay AQP  APQ  AP  AQ   Vì ADE CAN (cmt )  NAC  ADE (hai góc tương ứng) 0     Xét ADP vuông A  ADE  APD 90  NAC  APD 90  AI  DE Xét ADI vng I, theo định lý pytago có: AD DI  AI  AI  AD  DI Xét AIE vuông I , theo định lý Pytago ta có: AE  AI  IE  AI  AE  IE AD  IE 2 2 2 2  AD  DI  AE  IE  AD  IE DI  AE  1(dfcm) DI  AE Bài abc 36abc   Nhân vế ba đẳng thức ta Nếu abc 0 kết hợp với đề ta a b c 0 Nếu abc 0 abc 36 Kết hợp ab 6  c 6 Kết hợp bc 4a  a 3 Kết hợp ac 9b suy b 2  a 3, b 2 ab 6    a  3, b  Với c 6  a 3, b  c   ab     a  3, b  Với Vậy có  a, b, c  thỏa mãn  0;0;0  ;  3;2;6  ;   3;  2;6  ;  3;  2;   ;   3;2;   Đặt a a1a2 an (n  *, a1, a2 , , an chữ số, a1 0) Số tự nhiên cần tìm có dạng 2019a1a2 .an Theo giả thiết, ta có: 2019a1a2 .an 2018  2019.10n  a1a2 .an 2018  2018.10n  10n  a1a2 .an 2018  10n  a1a2 .an 2018 Xét trường hợp: Với n 1, ta : 10  a1 2018  khơng tìm a1 10  10  a1  20 Với n 2, ta 100  a1a2 2018 khơng tìm a1a2 100  100  a1a2  200 Với n 3 , ta 1000  a1a2 a3 2018 , khơng tìm a1a2 a3 1000  1000  a1a2 a3  2000 Với n 4, ta 10000  a1a2 a3a4 2018  10000  a1a2 a3a4  5.20182018 Hay a1a2 a3a4  90 2018  a1a2 a3a4 2108 Vậy số tự nhiên a nhỏ cần tìm a 2108