017 đề HSG toán 7 huyện hoằng hóa 2018 2019

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 vuông góc với AB và AE AB.Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B, vẽ đoạn

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN HOẰNG HÓA

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2018-2019

MÔN: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (4,0 điểm)

1 Tính

1000 10 11 7 5.2 8 11 121 15 : 25 :

A         B    

2 Tìm x biết: , 21 2 : 19 7 4 1

       

Bài 2 (4,0 điểm)

1 Tìm , ,x y z biết: 10; 3

y  z  và x  y z 78

2 Cho b2 ac c, 2 bd.Với b c d, , 0;b c d b; 5  c5 d5

Chứng minh:

3

a b c a b c

b c d b c d

3 Tính giá trị biểu thức

2019 2019 2019 2019 1

Cx  x  x  x   x với x2018

Bài 3 (4,0 điểm)

1 Tìm y nguyên, biết  2018

2 Cho ,p q là các số nguyên tố lớn hơn 3 và thỏa mãn p q 2

Chứng minh rằng: pq12

Bài 4 (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 vuông góc với AB và AE AB.Trên nửa mặt

phẳng bờ AC chứa điểm B, vẽ đoạn thẳng AD vuông góc với AC và AD AC

1) Chứng minh BDCE

2) Trên tia đối của tia MA lấy N sao cho MN MA.Chứng minh

3) ACN 1800 BAC và ADE  CAN

4) Gọi I là giao điểm của DE và AM.Chứng minh :

 



Bài 5 (2,0 điểm)

1 Tìm các số hữu tỉ , ,a b c thỏa mãn đồng thời abc bc, 4 ,a ac9b

2 Tìm số tự nhiên nhỏ nhất a để khi ghép nó vào bên phải số 2019 thì được

một số tự nhiên chia hết cho 2018

ĐÁP ÁN Bài 1

1 1000 1000 11 49 40 8 121 121

1000 1000 11 9 8.0 1000 1000 11.9 99

2

A

B

x

x

            

       

10 10

21 1

10 10

x



Bài 2

9 10 9

y   

3

(2)

10 9 12 10 9 12 13

x y z x y z

 

 

2) Từ b2 ac a b (1) ;c2 bd b c (2)

Từ (1) và (2) suy ra a b c a b c

b c d b c d

 

  

 

a b c a b c a b c

dfcm

b c d b c d b c d

3) Ta có: 20192018 1  x 1

Do đó: 15   14   3   12  

1 2018 1 2017

x

Vậy C2017

Bài 3

1 Vì y mà  2018

2018 0

20119 1

y

y



 

2018 1

2019 0

y y





2018 0

2018

2019 1

2019 0

2019

2018 1

y

y y

y

y y

  

 

  



  

  

  



Vậy y2018hoặc y2019

2 Vì q nguyên tố , q3nên q có dạng 6k1hoặc 6k5k 

Nếu q6k1thì p  q 2 6k3 3mà p3nên p là hợp số (loại)

Nếu q6k    5 p q 2 6k  5 2 6k 7

Suy ra p q 6k7  6k512k12 12(dfcm)

Bài 4

1 Xét ABD và ACE có: AD AC gt( )và AE AB gt BAD( ); CAE(cùng phụ với BAC) ABD AEC c g c( )BDCE(2 cạnh tương ứng)

N

D

E

M

A

B

C

2 Xét ABM và NCM có: AM MN gt BM( ); CM gt AMB( ); NMC(đ đ)

( )

ABM NCM c g c ABM NCM

      (hai góc tương ứng)

ACN  ACBBCN ACB ABC BAC dfcm

+Ta có: DAEDACBAEBAC 1800 BACDAE ACN

Xét ADE và ACN có: CN  AE(cùng bằng AB),

AC  AD gt DAE ACN cmt  ADE  CAN cgc( )

3 Theo tính chất góc ngoài, ta có: AQPQAD QDA APQ ; PAEPEA

Mà AB ACnên AE ADADE AED

Theo chứng minh trên ta có: QADPAE

Từ đó suy ra QADQDAPAEPEA

Hay AQP APQAP AQ

4 Vì ADE CAN cmt( )NAC ADE(hai góc tương ứng)

Xét ADPvuông tại AADE APD900 NACAPD900AI DE

Xét ADIvuông tại I, theo định lý pytago có:

AD DI AI AI  AD DI

Xét AIEvuông tại I , theo định lý Pytago ta có:

AE  AI IE AI AE IE



         



Bài 5

1 Nhân từng vế ba đẳng thức ta được  2

36

abc  abc

Nếu abc0thì kết hợp với đề bài ta được a  b c 0

Nếu abc0thì abc36

Kết hợp ab   6 c 6

Kết hợp bc4a  a 3

Kết hợp ac9bsuy ra b 2

Với c6thì 6 3, 2

ab

 



      



  



          



Vậy có 5 bộ a b c thỏa mãn là , ,  0;0;0 ; 3;2;6 ;    3; 2;6 ; 3; 2; 6 ;     3;2; 6 

2 Đặt aa a1 2 (a n n  *, ,a a1 2, ,a nlà các chữ số, a10)

Số tự nhiên cần tìm có dạng 2019a a1 2 a n

Theo giả thiết, ta có: 2019a a1 2 a n 2018

1 2

2019.10 2018

2018.10 10 2018 10 2018

n

n

a a a

Xét các trường hợp:

Với n1,ta được : 10a1 2018không tìm được a1 vì 10 10  a1 20

Với n2,ta được 100a a1 2 2018không tìm được a a1 2vì 100 100 a a1 2 200

Với n3, ta được 1000a a a1 2 3 2018, không tìm được a a a1 2 3vì

1 2 3

1000 1000 a a a 2000

Với n4,ta được 10000a a a a1 2 3 4 201810000a a a a1 2 3 45.2018 2018

Hay a a a a1 2 3 4902018a a a a1 2 3 42108

Vậy số tự nhiên a nhỏ nhất cần tìm là a2108