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 Cho biểu thức : C       99  100 3 3 3 Chứng minh rằng: C 16 Bài (5,0 điểm) Câu Tìm x, y, z biết: 3x  y  5z  3x  y x  y  z  38 a  b ab  Câu Cho tỉ lệ thức với a, b, c, d  0, c  d c  d cd Chứng minh rằng: a c a d   b d b c Bài (3,0 điểm) Câu Chứng minh với n ngun dương ta ln có: 4n3  4n2  4n1  4n chia hết cho 300 Câu Cho Q  27  x Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên ? 12  x Bài (3,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức: H   3x  y    y  x   xy  24 2 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 vuông 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 Biến đổi : 3C  3.      99  100        98  99 3  3 3 3 3 Ta có: 99 100   99 100   3C  C  1      98  99         99  100  3  3 3 3   3 3 99 100 99 100 4C       98  99       99  100 3 3 3 3 3  2       100 99  100 4C                   99  99   100   3 3   3   1 1 100 4C       99  100 3 3 1 1 Đặt D       99 3 3  1  1 Ta có: 3D  3.1      99        98  3  3 1   1 1   Khi : 3D  D        98   1      99  3   3 3   1 1 1 D       98       99 3 3 3  1 1  1   D    1  1              98  98   99  3 3  3   D   99 1  Suy D    99    99 4  4.3 Nên ta có:  100 100 3 100  3 4C    99   100   99  100  C    99  100  4.3  4.3   4.3  C 25  25   99  100    99  100  16 3 16  3  Ta có:  25  25   99  100   Vậy C   100  nên 99 16  3  16 3 16 Bài Câu Ta có: x  y  z  38 nên x  y  z  38 Vì 3x  y  5z  3x  y nên 3x  5z  3x  3x  3x  5z  x  x  5z  x z x z    20 36 Vì 3x  y  (1) x y x y    20 15 Từ (1) (2) suy (2) x y z   20 15 36 Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: x y z 2x  y  z 38      2 20 15 36 2.20  15  36 19 x  20  2  x  40  y    2  y  30 15 z  36  2  z  72  Vậy x  40; y  30; z  72 Câu a  b ab a  b 2ab Ta có: nên   c  d cd c  d 2cd 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 2  a  b 2       c  cd    d  cd   c2  cd    d  cd   c  d 2  c  d 2 a b a b ab ba  a b   a b     Suy      cd cd cd cd cd  cd  +Với ab ab  a  b  c  d    a  b c  d   cd cd  ac  ad  bc  bd  ac  ad  bc  bd a c  ab  bc   b d Với ab ba  a  b  c  d    b  a  c  d   cd cd  ac  ad  bc  bd  bc  bd  ac  ad a d  ac  bd   b c a  b ab a c a d  a , b , c , d  0, c   d Vậy với   c  d cd b d b c Bài Câu 1, Với n nguyên dương, ta có: 4n3  4n2  4n1  4n  4n. 43  42   1  4n.75  300.4n1 300 (với n nguyên dương) Nên 4n3  4n2  4n1  4n 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 Mà có giá trị nguyên 12  x có giá trị nguyên 12  x U (3)  1; 3 12  x Nếu 12  x  3  x  15(tm) Nếu 12  x  1  x  13(tm) Nếu 12  x   x  11(tm) Nếu 12  x   x  9(tm) Vậy Q có giá trị nguyên x 9;11;13;15 Bài Ta có: H   3x  y    y  x   xy  24 2   3x  y   4. y  3x   xy  24   3x  y   4. 3x  y   xy  24 2  3. 3x  y   xy  24   3. 3x  y   xy  24    2 Ta có: 3. 3x  y   với giá trị x, y xy  24  với giá trị x, y Do 3. 3x  y   xy  24  với giá trị x, y 2 Nên  3. 3x  y   xy  24   với giá trị x, y   Hay H  với giá trị x, y Dấu "  " xảy 3x  y  xy  24  +Với 3x  y  3x  y  Đặt x y  x y   k , x  2k , y  3k , thay x  2k , y  3k vào (1) ta được:  x  k    y  2k 3k  24   k      x  4  k  2    y  6   x  4; y  Vậy giá trị lớn biểu thức H     x  4; y  6 Bài N E M D F A I B K H 1) Chứng minh : BE  CD Ta có: DAC  DAB  BAC (vì tia AB nằm tia AD AC ) Mà BAD  900 ( Vì AB  AD A) nên DAC  900  BAC (1) Ta có: BAE  CAE  BAC ( Vì tia AC nằm hai tia AB AE) Mà CAE  900 (Vì AE  AC A)  BAE  900  BAC (2) Từ (1) (2) suy BAE  DAC C 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  1800 (vì hai góc phía) (3) Ta lại có: DAE  DAB  BAC  EAC  3600 Hay DAE  BAC  1800 (vì DAB  EAC  900 ) (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  1800 ( F , A, H thẳng hàng) Hay DAF  BAH  900 (vì BAD  900 ) (5) Trong ADF vng F có: FDA  DAF  900 (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) Mà DFN  900 (vì DE  MA F) nên AHC  900 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: AH  AB2  BH AH  AC  CH  AB2  BH  AC  CH  c   a  x   b2  x 2 a  b2  c Từ tìm HC  x  2a