062 đề hsg toán 7 trường phong đạt 2018 2019

Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua.

TRƯỜNG THCS PHONG ĐẠT ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7

NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN 7

Câu 1 (3 điểm) Cho , ,a b c là ba số thực dương, thỏa mãn điều kiện:

a b c b c a c a b

Hãy tính giá trị của biểu thức:

B

        

Câu 2 (5 điểm)

a b c

b  c d Chứng minh:

3

 



 

2) Cho

a b c

và 5a 3b 4c46.Xác định , ,a b c

3) Ba lớp 7 ,7 ,7A B C cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự

định chia cho ba lớp tỉ lệ với 5: 6 : 7 nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4 : 5: 6 nên

có một lớp nhận nhiều hơn dự định 4 gói Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua

Câu 3 (2 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A2x 2  2x 2013với x là số nguyên

Câu 4 (7 điểm)

Cho xAy  600có tia phân giác Az Từ điểm B trên Ax kẻ BH Ay.  tại H, kẻ

BK Azvà Bt/ /Ay Bt cắt Aztại C Từ C kẻ CM Ay,  tại M Chứng minh:

a) K là trung điểm của AC

b) KMC là tam giác đều

c) Cho BK 2cm,Tính các cạnh của AKM

Câu 5 (3 điểm)

Cho biết x 1   f x  x4 f x8 với mọi x Chứng minh f x có ít nhất hai  

nghiệm

ĐÁP ÁN Câu 1.

Vì , ,a b c là các số dương nên a b c  0

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

1

a b c b c a c a b a b c b c a c a b

 

2

a b b c c a

Vậy

1 b 1 a 1 c b c c a b c 8

B

Câu 2.

1) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

a b c a b c

b c d b c d

 

 

Do đó:

3

a b c a b c a b c a b c a b c a

b c d b c d b c d b c d b c d d

 

a



3) Gọi tổng số tăm của ba lớp cùng mua là x x   *

Số gói tăng dự định chia cho 3 lớp 7 ,7 ,7A B C lúc đầu lần lượt là , , a b c

Ta có:

 

Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là ', ', 'a b c ta có:

 

So sánh (1) và (2) ta có: a a b b c c ',  ',  'nên lớp 7C nhận nhiều hơn lúc đầu

Vậy 'c c  hay 4

x

Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 360 gói

Câu 3.

Ta có: A2x 2  2x 2013 2x 2  2013 2 x

2x 2 2013 2x 2011

Dấu " " xảy ra khi 2 2 2013 2   0 1 2013

2

Câu 4

K

M

C

H

x

A

y

B

z

a) ABCcân tại B do

CAB ACB MAC

và BK là đường cao  BKlà đường trung tuyến Klà trung điểm của AC

b) ABH BAK ch gn(  ) BH AKmà

AK  AC  BH  AC

Ta có: BH CM (BHM MCB)mà

1 2

CK BH  AC CM CK  MKC

là tam giác cân (1)

Mặt khác MCB  900và ACB300 MCK 60 (2)0

Từ (1) và (2) suy ra MKC là tam giác đều

c) Vì ABK vuông tại K mà KAB300  AB2BK 2.2 4 cm

Vì ABK vuông tại K nên theo Pitago ta có:

1

12 2

KC  AC KC AK 

KCM

 đều  KC KM  12

Theo phần b, AB BC 4cm AH, BK 2,HM BC BHM( MCB)

6

Câu 5 Vì x 1   f x  x4 f x8 với mọi x nên:

+khi x  thì 4 5f 4 0.f  4  f 4  Vậy 0 x  là một nghiệm của4

 

f x

+Khi x 12thì 13f 12 8.f 4 f 12 f 4  Vậy 0 x 12là một nghiệm của f x 

Do đó f x có ít nhất 2 nghiệm là 4   và 12