147 đề HSG toán 7 trường 2018 2019

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN Bài (4,0 điểm) 99 100 Cho biểu thức : C       99  100 Chứng minh rằng: C  3 3 3 16 Bài (5,0 điểm) Câu 1: Tìm x, y, z biết: 3x  y  5z  3x  y x  y  z  38 a  b ab  Câu 2: Cho tỉ lệ thức: với a, b, c, d  c  d c  d cd Chứng minh rằng: a c a d   b d b c Bài (3,0 điểm) Câu 1: Chứng minh với n ngun dương ta ln có: 4n3  4n2  4n1  4n chia hết cho 300 Câu 2: 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 sau: H   3x  y    y  x   xy  24 2 Bài (5,0 điểm) Cho ABC nhọn Trên nửa mặt phẳng bờ AB khơng chứa điểm C dựng đoạn thẳng AD vng góc với AB AD  AB Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B dựng đoạn thẳng AE vng góc với AC AE  AC 1) Chứng minh rằng: 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 tính độ dài đoạn HC theo a, b, c ĐÁP ÁN Bài Biến đổi : 99 100  99 100 1 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  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 đó: 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   3 D   99  D   99 4.3  100 100 3 Nên ta có: 4C    99   100  4C   99  100 4.3  4.3  3 100  25  C    99  100    99  100  4.3  16 3  25  C    99  100  16  3  Ta có:  25  25 nên Vậy      C    16  42.399 3100  16 42.399 3100 16 Bài 1) Ta có: x  y  z  38  x  y  z  38 Vì 3x  y  z  3x  y  3x  z  3x  3x  x  z  x z x z    (1) 20 36 x y x y    (2) 20 15 x y z Từ (1) (2) suy   20 15 36 Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có:  x  2.20  40 x y z 2x  y  z 38       2   y  2.15  30 20 15 36 40  15  36 19  z  2.36  72  Vậy x  40; y  30; z  72 Vì 3x  y  a  b ab a  b 2ab   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 2) Ta có: a b a b  a b   a b        cd cd cd  cd  Suy hoặc: ab ba  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  ab  bc  +Với a c  b d ab ba  a  b  c  d    b  a  c  d   cd cd  ac  ad  bc  bd  bc  bd  ac  ad  ac  bd  a d  b c a  b2 ab a c a d   a, b, c, d  0; c  d     Vậy 2 c d cd b d b c Bài 1) Với n nguyên dương, ta có: 4n3  4n2  4n1  4n  4n. 43  42   1  4n.75  4n1.4.75  300.4n1 Mà 300.4n1 chia hết cho 300 (với n nguyên dương) Nên 4n3  4n2  4n1  4n chia hết cho 300 2) Điều kiện: x  , x  12 Biến đổi: Q  27  x 2.12  x   3  2 12  x 12  x 12  x  12  x Ta có:  ; x  ; x  12 nên Q có giá trị nguyên   12  x U (3)  3; 1;1;3  x 15;13;11;9 12  x Vậy Q nguyên x 15;13;11;9 Mà 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    3. 3x  y   xy  24 ]  2 Ta có: 3. 3x  y   0x, y; xy  24  0x, y Do đó: 3. 3x  y   xy  24  x, y Nên  3. 3x  y   xy  24   x, y   Hay H  Dấu "  " xảy : 3x  y  xy  24  0(1) Với 3x  y   3x  y  Đặt x y  x y   k  x  2k ; y  3k k  Thay x  2k , y  3k vào (1) ta được: 2k 3k  24     k  2  x  2.2  Với k     x  3.2   x  4 ; với k  2    y  6  x  4; y  Vậy giá trị lớn H    x  4; y  6 Bài N E M D F A I K B H C 1) Ta có: DAC  DAB  BAC (vì tia AB nằm hai 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) nên BAE  900  BAC (2) Từ (1) (2) suy BAE  DAC 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( vẽ thêm); AME  DMN  cmt  ; ME  MD( gt )  MAE  MND(c.g.c) Suy AE  DN NDM  MEA Mà NDM MEA vị trí so le nên AE / / DN  ADN  DAE  1800 ( phía) (3) Ta lại có : DAE  DAB  BAC  EAC  3600 Hay DAE  BAC  1800 (do DAB  EAC  900 ) (4) Từ (3) (4)  ADN  BAC Ta có: AE  DN (cmt ); AE  AC ( gt ) nên AC  DN Xét ABC DAN có: AB  AD( gt ); ADN  BAC (cmt ); AC  DN (cmt )  ABC  DAN (c.g.c)  DNA  ACB hay DNF  ACB Ta có: DAF  BAD  BAH  1800 ( F , A, H thẳng hàng)   Hay DAF  BAH  900 Do 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 hia tia DA, DN) BAC  HAC  BAH (vì tia AH nằm hai tia AB, AC ) Mà ADN  BAC; FDA  BAH (cmt ) nên NDF  HAC Xét AHC DFN có: NDF  HAC (cmt ); AC  DN (cmt ); DNF  ACB(cmt )  AHC  DFN ( g.c.g )  DFN  AHC mà DFN  900 (vì DE  MA F) Nên AHC  900  MA  BC H ( dfcm) 3) MA  BC H nên AHB, AHC vuông H Đặt HC  x  HB  a  x (vì H nằm B C) Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vng AHB, AHC ta có: AH  AB2  BH AH  AC  CH  AB2  BH  AC  CH  c   a  x   b2  x 2 Từ tìm được: HC  x  a  b2  c 2a ... 42   1  4n .75  4n1.4 .75  300.4n1 Mà 300.4n1 chia hết cho 300 (với n nguyên dương) Nên 4n3  4n2  4n1  4n chia hết cho 300 2) Điều kiện: x  , x  12 Biến đổi: Q  27  x 2.12 ... 38       2   y  2.15  30 20 15 36 40  15  36 19  z  2.36  72  Vậy x  40; y  30; z  72 Vì 3x  y  a  b ab a  b 2ab   nên c  d cd c  d 2cd Áp dụng tính chất dãy