062 đề HSG toán 7 trường phong đạt 2018 2019

TRƯỜNG THCS PHONG ĐẠT 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   Hãy tính giá trị biểu thức: c a b  b  a  c  B  1  1  1    a  c  b  Câu (5 điểm) a b c  abc  a 1) Cho   Chứng minh:    b c d bcd  d a 1 b  c  2) Cho 5a  3b  4c  46 Xác định a, b, c   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 5: : sau chia theo tỉ lệ : 5: 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  600 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  4 f  x  8 với x Chứng minh f  x  có hai nghiệm ĐÁP ÁN Câu Vì a, b, c số dương nên a  b  c  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 Mà 1  1  1  c a b ab bc ca    2 c a b  b  a  c  b  c c  a b  c Vậy B  1  1      8 a c b  a  c  b  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 b c a   Do đó:    b  c  d b  c  d b  c  d b  c  d b c d d   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  7 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 Ta có:      a  ;b   ;c  (1) 18 18 18 18 18 Số gói tăm sau chia cho lớp a ', b ', c ' ta có: 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   x  360 Vậy c ' c  hay 15 18 90 Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói Câu Ta có: A  x   x  2013  x   2013  x  x   2013  x  2011 Dấu "  " xảy  x   2013  x     x  2013 Câu x z C B K y A M H   a) ABC cân B CAB  ACB  MAC BK đường cao  BK đường trung tuyến  K trung điểm AC b) ABH  BAK (ch  gn)  BH  AK mà AK  Ta có: BH  CM (BHM  MCB) mà CK  BH  AC  CM  CK  MKC tam giác cân (1) Mặt khác MCB  900 ACB  300  MCK  600 (2) Từ (1) (2) suy MKC tam giác 1 AC  BH  AC 2 c) Vì ABK vng K mà KAB  300  AB  2BK  2.2  4cm Vì ABK vng K nên theo Pitago ta có: AK  AB2  BK  16   12 mà KC  AC  KC  AK  12 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  8 với x nên: +khi x  4 5 f  4   f    f  4   Vậy x  4 nghiệm f  x +Khi x  12 13 f  12   8 f  4   f  12   f  4   Vậy x  12 nghiệm f  x  Do f  x  có nghiệm 4 12