162 đề HSG toán 7 trường lý thường kiệt 2017 2018

điểm I trên đoạn FC sao cho FI  AH.Gọi K là giao điểm của FH và AI.

TRƯỜNG THCS

LÝ THƯỜNG KIỆT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017-2018

Môn: TOÁN 7

Bài 1 (4 điểm)

1 Rút gọn

100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1

2 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện:

2.2 3.2 4.2   n1 2n n.2n 2n

Bài 2 (5 điểm)

1 Tìm các số , ,x y z biết:

2 Chứng minh rằng không thể tìm được số nguyên , ,x y z thỏa mãn :

2017

x y     y z z x

Bài 3 (3 điểm)

Chứng minh rằng: 2 2    2 23 24 25 2 99 2100chia hết cho 31

Bài 4 (3 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:   2 2

Bài 5 (5 điểm)

Cho ABC có 3 góc nhọn, AB AC BC  Các tia phân giác của góc A và góc C

cắt nhau tại O Gọi F là hình chiếu của O trên BC; H là hình chiếu của O trên AC Lấy .

điểm I trên đoạn FC sao cho FI  AH.Gọi K là giao điểm của FH và AI

a) Chứng minh FCH cân

b) Chứng minh AK KI

c) Chứng minh 3 điểm , ,B O K thẳng hàng.

ĐÁP ÁN Bài 1.

100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1

100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1

100 1.2 2.3 97.98 98.99 99.100

100 2 2 3 97 98 98 99 99 100

A

A

A

A

           

1

A





   

1.2) 2.22 3.234.24  n1 2 n 1n.2n 2n 34(1)

Đặt

3 4

2.2 3.2 4.2 1 2 2

2 2 2.2 3.2 4.2 1 2 2

2 2.2 3.2 4.2 1 2 2

2 2.2 3.2 4.2 1 2 2

2.2 3.2 4.2 1 2 2

2 2

B











   

2 2 2 2.2

2 2 2 2 2 2

n n





Đặt

1 3

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

n

n

C

C

C C

C







Khi đó B 2n123 n.2n123

2n 2 n.2n 2 2n n.2n n 1 2n

Vậy từ (1) ta có: n1 2 n12n34

 

n

n



Vậy n2331

Bài 2.

1 Xét x  0 y 0,z  0 2y4z  (vô lý)0

Suy ra x0;y0;z0

Khi đó từ đề suy ra :

2

Đặt 2 4 6 1k 0

x   y z k 

thì

Suy ra : x 2 ;k y 4 ;k z6k và x2  y2  z2 28 (3)k

Thay x2 ,k y4 ,k z6k vào (3) ta được:

     2 2 2

2

( ) 2







 



Với

1

1; 2; 3 2

k   x y  z

Vậy x1,y2,z3

2.2 Ta có: x y        y z z x x y x y   y z  y z     z x z x

Với mọi số nguyên x ta lại có

x







Suy ra x  luôn là số chẵn với mọi số nguyên x x

Từ đó ta có:

   



  



   

 là các số chẵn với mọi số nguyên , ,x y z

Suy ra x y  x y   y z  y z     là một số chẵn với mọi số  z x z x nguyên , ,x y z

Hay x y     là một số chẵn với mọi số nguyên , ,y z z x x y z

Do đó, không thể tìm được số nguyên , ,x y z thỏa mãn:

x y     =2017y z z x

Bài 3.

Đặt D     2 22 23 24 25 2 99 2100(có 100 số hạng)

2 22 23 24 25 26 27 28 29 210

296 297 298 299 2100

     (có 20 nhóm)

2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2.31 2 31 2 31

D

D

D    chia hết cho 31

Vậy D     2 22 23 24 25 2 99 2100chia hết cho 31

Bài 4.

Ta có:   2 2

2

Ta thấy  2

2x5y  với mọi ,x y nên 0 8 2 x5y2  với mọi ,x y0

90 0

xy  với mọi ,x y

Khi đó  2

8 2x5y  xy90 0 với mọi ,x y

Suy ra  2

8 2x 5y xy 90 0

với mọi ,x y Hạy P  với mọi ,x y0

Dấu " " xảy ra khi

5 2



 

Đặt 5 2

k

 

ta được x5 ,k y2k

Mà xy nên 90

3

k

k





Nếu k   3 x 15,y6

Nếu k     3 x 15,y 6

Vậy

0

MaxP



Bài 5.

a) Chứng minh

Ta có CHO CFO·  · 90 (0 vì OH  AC OF, BC)

Xét CHO vuông và CFO vuông có: OC chung; HCO FCO OC·  · ( là phân giác Cµ )

Vậy CHO  CFO(cạnh huyền – góc nhọn)

CH CF

  (hai cạnh tương ứng) Vậy FCH cân tại C

b) Qua I vẽ IG/ /AC G FH  

Ta có FCH cân tại C (cmt)CHF CFH· · (1)

Mà ·CHF ·FGI(đồng vị, IG/ /AC) (2)

Từ (1) và (2) CFH· FGI· hay ·IFG IGF · , Vậy IFG cân tại I

FI GI

  , mặt khác : FI  AHnên GI AH(FI)

Ta lại có : ·IGK  ·AHK HAK GIK;· · (so le trong , IG/ /AC)

Xét AHK và IGK có: IGK· ·AHK cmt GI( ); AH cmt HAK GIK cmt( );· · ( )

c) Vẽ OE  AB tại E, Chứng minh được BO là tia phân giác của ·ABC (*)

Chứng minh được AB BI

Chứng minh được: ABK  IBC c c c( ) ·ABK IBK·

Từ đó suy ra BK lầ tia phân giác của ·ABC **

Từ (*) và (**) suy ra tia BK BO trùng nhau,

Hay , ,B O K là ba điểm thẳng hàng.