19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY

19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY

Trang 1

19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY

ĐỀ 1 Câu1(3điểm).Choa,b,clà ba số thực dương, thoả mãn điều kiện:

b

b a c a

a c b c

c b

a a

b b

c b a

3 2

3) Ba lớp 7A, 7B, 7C 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 Tínhtổng số gói tăm mà ba lớp đã mua

a ) K là trung điểm của AC

b )  KMC là tam giác đều

c)Cho BK = 2cm Tính các cạnh  AKM

Câu 5 (3 điểm)

Cho biết(x-1).f(x)=(x+4) f(x+8) với mọi x Chứng minh rằng f(x) có ít nhất 2 nghiệm

Trường THCS Liên Châu

Vì a,b,c là các số dương nên a+b+c0,ta có:

b

b a c a

a c b c

c b

Trang 2

3 2

209543524

)5(412

)3(310

)1(5

3)Gọi tổng số gói tăm 3 lớp cùng mua là x ( x là số tự nhiên khác 0)

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

 K là trung điểm của AC

b, ABH = BAK ( cạnh huyền + góc nhọn )

0,5

Trang 3

Từ (1) và (2)  MKC là tam giác đều

c) Vì ABK vuông tại K mà góc KAB = 300 => AB = 2BK =2.2 = 4cm

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

Câu 5

(3điểm

)

Vì (x-1).f(x)=(x+4).f(x+8) với mọi x nên:

+khi x=-4 thì -5.f(-4)=0.f(4)=>f(-4)=0.vậy x= -4 là 1 nghiệm của f(x)

+khi x=-12 thì -13.f(-12)=-8.f(-4) = >f(-12)=f(-4)=0.vậy x=-12 là 1 nghiệm của f(x)

Do đó f(x) có it nhất 2 nghiệm là -4 va -12

1,25 1,25 0,5

Bài 2: (6,0 điểm)1) Cho hai đa thức: A 5xy2 6x – 3x y 7y2  21

5x 13xy 3y – 6x y 5

2) Cho đa thức f(x) = (m - 2)x + 2m - 3

a) Tìm nghiệm của f(x) khi m = 1

b) Tìm giá trị của m khi f(x) có nghiệm là -4

c) Tìm giá trị của m khi f(x) có nghiệm nguyên, tìm nghiệm nguyên đó

Bài 3: (2,0 điểm) Tìm GTNN của biểu thức A x 2013 x 2014  x 2015

Câu 4 (7,0 điểm) Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC Trên tia đối của của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA Chứng minh rằng:

a) AC = EB và AC // BE

Trang 4

b) Gọi I là một điểm trên AC ; K là một điểm trên EB sao cho AI = EK Chứng minh ba điểm I , M

Từ giả thiết: b2 = ac; c2 = bd  a b c

2) Gọi tổng số gói tăm 3 lớp cùng mua là x ( x là số tự nhiên khác 0)

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

vậy : nghiệm của f(x) là – 1 khi m = 1

b) khi f(x) có nghiệm là -4 ,ta có :

Trang 5

+ Nếu m – 2 ≠ 0 => m ≠ 2=>x =

x nguyên khi : m - 2  Ư(1) = {-1, 1}

 m – 2 = -1 => m = 1 => x = -2 -(-1) = -1

 m – 2 = 1 => m = 3 => x = -2 -1 = -3vậy: m = 1 thì x = -1; m = 3 thì x = -3

Vì AMC = EMB  MAC = MEB

(2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt đường thẳng AE ) Suy

Nên AMI EMK ( c.g.c ) Suy ra AMI = EMK

Mà AMI + IME = 180o ( tính chất hai góc kề bù ) EMK + IME = 180o

c/ Trong tam giác vuông BHE ( H = 90o ) có HBE = 50o

HBE

 = 90o - HBE = 90o - 50o =40o  HEM = HEB - MEB = 40o - 25o = 15o BME là

góc ngoài tại đỉnh M của HEM

Nên BME = HEM + MHE = 15o + 90o = 105o (định lý góc ngoài của tam giác )

d/Tam giác BHE vuông tại H nên BE>HE; EF<HE, do đó trên BE tồn tại điểm Q nằm giữa

B và F sao cho QE=HE.Ta có QHE cân tại E nênHQE QHE 

Mà

0 0

9090

BHQ QHE HQE QHF

Do đó: FH+BE = FH+BQ+QE > JH+BJ+HE = HB+HE

Vậy FH+BE > HB+HE

K

H

E

M B

A

C I

F

Q

J

Trang 6

c a



=

b a

Bài 2 ( 4 điểm) a) Cho y x z t



x t z

y x



+

x t

z y

1+ 33

1+….+ 20123

1+ 20133

1

< 12

Bài 3:(2 điểm)Cho đa thức f(x) = x14 – 14x13 + 14x12 - … + 13x2 – 14x + 14

Tính f(13)

Bài 4:(7 điểm)Cho tam giác ABC có AB<AC Gọi M là trung điểm của BC , từ M kẻ đường thẳng vuông

góc với phân giác của góc A , cắt tia này tại N, cắt tia AB tại E và cắt tia AC tại F Chứng minh rằng :



TRƯỜNG THCS THANH THÙY

0.5

0,50.51.00,5

Trang 7

1b

Ta có

c

a

=

b

c



a c a c

c b c b



 ( 1)Lại có

2

2 a c a

c b b

a

c   (2)

Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM 0.5 0.75 Bài2 (.4điểm) 2a Ta có y x z t   = x t z y   =t x z y   =x y t z   = 1 2( ) 3 x y z t x y z t        Suy ra 3x = y+z+t ; 3y = z+t+x; 3z = t+x+y; 3t = x+y+z Từ đó HS suy ra được x+y = (z+t); y+z = (t+x) Z+t = (x+y); t+x = (y+z) Khi đó tính được A = 4 Vậy A có giá giá trị nguyên 0.5 1,5 0,5 2b B = 3 1 + 2 3 1 + 3 3 1 +….+ 2012 3 1 + 2013 3 1 3B = 1+ 3 1 + 2 3 1 + 3 3 1 +….+ 2012 3 1 3B – B = 1 - 2013 3 1 hay 2B = 1 - 2013 3 1 Suy ra B = 2013 1 1 2 2. 3 < 1 2Vậy B < 2 1 0.5 0.5 0,5 Bài 3 (2 điểm) Ta có f(x) = x14–(13+1).x13 +(13+1).x12 - …+(13+1).x2–(13+1).x+(13+1) = x14- (x+1).x13 +(x+1).x12 - …+ (x+1).x2 – (x+1).x + (x+1) = x14 – x14- x13 + x13 +x12 - … +x3 + x2 – x2 – x + x +1 = 1

( Vì thay 14 = 13 + 1 = x+1 ) Vậy f(13) = 1 0,5 1,0 0,5 Bài 4 (5 điểm) 4a Vẽ hình đúng A

Kẻ BI song song AC ( I  È F) Chứng minh được 1 2

BIM = CFM (g.c.g) F

 BI = CF (1) B

N M C

E I

CM được BEI cân tại B  BE = BI (2)

Từ (1) và (2) ta có ĐPCM

0.25

1,0 0,25 1,0 0,5

4b CM được ANE = AN F (g.c.g) AE = A F

Ta có AE = AB + BE ; A F = AC – C F AE+A F = AB + BE + AC – C F Hay 2 AE = AB +AC ( do AE = A F; BE = FC) AE =

2

AC

AB 

0.5 0.5 0.75 0,5

4c

Từ câu b)  AE =

2

b c Chứng minh được BE =

2

AC AB

Vậy BE =

2

b c

Bài 5

(2 điểm)

M = 14

4

x x



 = 10 (4 ) 10 1

x

M nhỏ nhât khi và chỉ khi 10

4 x



 nhỏ nhất

Trang 8

Vây x = 3 khi đó Min M = -11

b, Cho x+y – z = a-b; x - y + z = b – c ; -x+y + z = c – a Chứng minh : x+y+z=0

2, Chứng minh ba đường thẳng AH, BE, CD đồng quy

b, Cho 2 điểm B và C nằm trên đoạn thẳng AD sao cho AB=CD Lấy điểm M tùy ý trong mặt phẳng.Chứng minh rằng: MA  MD  MB  MC

ĐÁP ÁN Bài 1 (3đ)

- Trường hợp có 1 số âm tính được x  4 (0.75đ)

- Trường hợp có 3 số âm tính được x  3 (0.75đ)

b, Biến đổi được (3  n)(m  4)  4 (1đ)

Xác định được tích 2 số nguyên bằng 4 (6 trường hợp) (0.75đ)

Kết luận được: (m, n)  (8,2); (0, 4); (5, 1); (3,7); (6,1); (2,5)  (0.25đ)

Trang 9

19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY Bài 3: Từ giả thiết suy ra x y z

y   z t (0.5đ)Lập phương các tỉ số trên và áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để có

Suy được điều cần chứng minh (0.25đ)

b, Cộng vế với vế suy được điều cần chứng minh (2đ)

- Gọi I là trung điểm của BC (0.75đ)

- Trên tia đối của tia IM lấy điểm N sao cho IM=IN (0.5đ)

* Chứng minh được  IMA  IND (c.g.c)  MA  ND

- Điểm C nằm trong  MDNchứng minh được ND  MD  NC  MC (0.5đ)

- Chứng minh  IBM  ICN (c.g.c) (0.25đ)

ĐỀ 4 Câu 1: (5 điểm) Cho a c

c b c

Trang 10

2014

Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị lớn nhất Tìm Giá trị lớn nhất đó

Câu 4 (7điểm)

thẳng song song với Ay cắt Az tại C vẽ BH  Ay, CM Ay, BK  AC Chứng minh rằng:

a, K là trung điển của AC b, BH =

a)(3 điểm)Giả sử

b

a c a

c b c

Cộng các đẳng thức ta có 2(a+b+c) =(a+b+c )x 0,5

Đẳng thức này chia làm 2 trường hợp:

1) Nếu a+b+c ≠ 0 , khi đó x

c

c c

Vậy giá trị của biểu thức là 2 hay -1 0,5

2000

0,5

AMax  14 – x > 0 và nhỏ nhất  14 – x = 1  x = 13 Vậy x = 13 thoả mãn điều kiện bài toán khi đó A Max= 2001 0,5

Câu4 (7điểm)

Vẽ được hình, ghi GT, KL được 0,5đ

Trang 11

 A ˆ 2 Cˆ 1 =>  ABC cân tại B ( 1đ)

mà BK  AC  BK là đường cao của tam giác cân  c©n ABC

 BK cũng là trung tuyến của  cân ABC (0,5đ)

hay K là trung điểm AC

b, Xét  vuông ABH và  vuông BAK.

Có AB là cạnh huyền (cạnh chung)

  vuông ABH =  vuông BAK (cạnh huyền góc nhọn ) (1đ)

1005

1005 1005

d c

b a d

c

b a

a) Tìm nghiệm của đa thức sau: x2 + 8x + 25

b) Cho ba số dương 0 xyz 1 Chứng minh: 2

1 1

1    

z xz

y yz

AC cắt đường thẳng AH tại E Chứng minh: AE = BC

TRƯỜNG THCS TÂN ƯỚC

c a d

c b

a

2

2 2

c a d

c b

c a d b

c a

Trang 12

1005

1005 1005

d c

b a d

c

b a

Trang 13

ĐỀ 6 Câu 1:( 5điểm): Cho a c

Cho tam giác ABC vuông ở A, có góc C=300, đường cao AH Trên đoạn HC lấy điểm D sao cho HD=HB

Từ C kẻ CE vuông góc với AD Chứng minh:

a) Tam giác ABD là tam giác đều

Trang 14

a a

Trang 15

Vẽ hình ghi GT,KL (0,5điểm)

Chứng minh:

a) (2điểm)

Tam giác ABD có AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên tam giác ABD cân ở A.Lại có :

B = 900 – 300 = 600 nên tam giác ABD là tam giác đều

Suy ra : DE=DH.Tam giác DEH cân ở D

Hai tam giác cân ADC và DEH cóADCEDH (hai góc đối đỉnh)

do đó ACDDHEỞ vị trí so le trong, suy ra EH // AC

2

2 ( ))

(

d c

d c b a

b a

Trang 16



 11

2 32

đạt GTLN Tìm GTLN của A

Câu 4 : ( điểm)

Cho  ABC nhọn, AD vuông góc với BC tại D Xác định I ; J sao cho AB là trung trực của DI,

AC là trung trực của DJ ; IJ cắt AB ; AC lần lượt ở L và K Chứng minh rằng :

a)  AIJ cân

b) DA là tia phân giác của góc LDK

c) BK  AC ; CL  AB

d) Trực tâm của  ABC chính là giao của 3 đường phân giác của  DLK

e) Nếu D là một điểm tùy ý trên cạnh BC Chứng minh rằng góc IAJ có số đo không đổi và tìm vịtrí điểm D trên cạnh BC để IJ có độ dài nhỏ nhất

1 39

Trong cả ba khoảng trên đều có f(x) 0 nên đa thức f(x) không có nghiệm

Câu 3 : (2 điểm) Biến đổi A = 2 +

x

 11

Lập luận để có 11 - x là số nguyên dương nhỏ nhất.=> x = 10

=> GTLN của A bằng 12 khi và chỉ khi x = 10

Câu 4 : (7 điểm)

K L

A

J

Trang 17

a) Do AB ; AC là trung trực của AB (1đ)

(1 đ)e) * CM được I AˆJ  2B AˆC (không đổi) (1 đ)

*  AIJ cân tại A có I ˆ A J không đổi nên cạnh đáy IJ nhỏ nhất nếu cạnh bên AI nhỏ nhất

Ta có AI = AD AH (AH là đường vuông góc kẻ từ A đến BC)Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi D H (1đ)Vậy khi D là chân dường vuông góc hạ từ A xuống BC thì IJ nhỏ nhất

BI

A

JI

B

Trang 18

2) Chứng minh đa thức sau không có nghiệmCx10 x5x2 x1

Câu 3 (2 điểm)a) Chứng minh với mọi a,bQ ta có a b  a b

b) Áp dụng tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:B x 2  x 8

Câu 4 (7 điểm)1) Cho tam giác cân ABC, AB = AC Trên tia đối của các tia BC và CB lấy theo thứ tự hai

điểm D và E sao cho BD=CE

a) Chứng minh tam giác ADE cân

b) Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh AM là tia phân giác của góc DAE

c) Từ B và C kẻ BHAD; CKAE Chứng minh BH = CK

d) Chứng minh AM;BH;CK gặp nhau tại một điểm

2) Cho tam giác ABC có AB = AC; góc A bằng 1000 Điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho

- Với x>0 ta có x+3+x+7 =4x…… <=>x=5 Xét đa thức C = x10 – x5 + x2 – x + 1

0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ

Mà AM là tia phân giác của góc DAE ( cmt) => Kết luậnTrên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho CE = CB => góc BEC = góc BEC = 700

0,5đ1,5đ2đ1đ0,5đ

Trang 19

19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 2) - Chứng minh ABM = ABE (c.g.c) => góc AMB = góc AEB = 700 0,5đ

0,5đ0,5đ

ĐỀ 9 Câu 1 (5điểm )

1 Cho c2=ab Chứng minh rằng: a ;

b

a c b

c a





2 2

2 2

b; 22 22

c a

a b



 =

Tính giá trị của đa thức tại x = 1999

2 Chứng minh rằng nếu m và n là các số tự nhiên thì số:

A = (5m + n + 1) (3m – n + 4) là số chẵn

Câu 3.(2 điểm ) Tìm số tự nhiên x để phân số

3 2

8 7

a, Chứng minh BA=BK b, Tính số đo BAK

2 Cho xAy = 600 có tia phân giác Az Từ điểm B trên Ax kẻ BH vuông góc với Ay tại H, kẻ BK

vuông góc với Az và Bt song song với Ay ,Bt cắt Az tại C Từ C kẻ CM vuông góc với Ay tại M Chứng minh :

a, K là trung điểm của AC b,  KMC là tam giác đều

c, Cho BK = 2 cm Tính các cạnh  AKM

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM OLYMPIC

Môn: Toán 7( Năm 2013-2014)

Câu 1 (5đ)

1.(2đ) a, Từ c2=a.b   

b

c c

a b a b

b a a b b a

b a a b c

c a b

c c

2 2 2

b, Theo câu a ta có

a

b c a

c b b

a b c

c a

2 2 2

2

2 2

a b a

b c

a

c b a

b c a

2 2 2

2

2 2 2

2

2 2

11

2 (3 đ) Gọi các phân số phải tìm là : a ; b ; c ta có : a+b+c =

70 213

Và a : b : c =

2

5 : 1

4 : 5

Trang 20

19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY Câu 2.(6điểm ) 1 (3đ)

x x

a, ABC cân tại B do CAB ACB (MAC ) và BK là đường cao

 BK là đường trung tuyến K là trung điểm của AC

b, ABH = BAK ( cạnh huyền + góc nhọn ) BH = AK ( haicạnh t ư ) mà AK = 1

2AC  BH = 1

2AC

Ta có : BH = CM ( t/c cặp đoạn chắn ) mà CK = BH = 1

2AC  CM = CK  MKC là tam giác cân

( 1 )Mặt khác : MCB = 900 và ACB = 300  MCK = 600 (2)

Từ (1) và (2)  MKC là tam giác đều

c) Vì ABK vuông tại K mà góc KAB = 300 => AB = 2BK =2.2 = 4cm

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

AK = AB2 BK2  16 4  12

Mà KC = 1

2AC => KC = AK = 12

KCM đều => KC = KM = 12

Trang 21

c a



6 ) (

) (

d b

c a

b a

3

5 2

a, Tìm các số tự nhiên abc có ba chữ số khác nhau sao cho 3a + 5b = 8c

b, Chứng minh đa thức x2 + 4x + 10 không có nghiệm

AH Gọi K là giao điểm của FH và AI

a/ Chứng minh tam giác FCH cân và AK = KI

c a

) (

d b

c a



63

3

b

a

= 66

d

c

6 ) (

) (

d b

c a



 6 6

6 63

3

d b

c a



6 ) (

) (

d b

c a



0,5đ1,0đ

Trang 22

19 ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CỰC HAY 2.

(3điểm)

a,

b a

3

5 2

a

=

343

54

3.2

abc = 6 mà ac = 3, nên b = 2

- Trường hợp 2:

abc = - 6 mà ab = 2, nên c = - 3 abc = - 6 mà bc = 6, nên a = - 1

abc = - 6 mà ac = 3, nên b = - 2Vậy 





 3 1

c b

0,5đ0,5đ

5.

(7điểm)

a, - Chứng minh CHO =  CFO (cạnh huyền – góc nhọn)

suy ra: CH = CF Kết luận  FCH cân tại C

-Vẽ IG //AC (G FH) Chứng minh  FIG cân tại I

- Suy ra: AH = IG, và IGK = AHK

- Chứng minh  AHK =  IGK (g-c-g).- Suy ra AK = KI

1,0đ1,0đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đb,

Vẽ OE  AB tại E Tương tự câu a ta có:  AEH,  BEF thứ tự cân tại A, B Suy ra: BE = BF và

AE = AH

BA = BE + EA = BF + AH = BF + FI = BI

Suy ra:  ABI cân tại B

Mà BO là phân giác góc B, và BK là đường trung tuyến của  ABI nên: B, O, K là ba điểm thẳng

hàng

A

1đ1đ0,5đ0,5đ

Trang 23

a)Cho tỉ lệ thức

d

c b

a

 Chứng minh rằng :

d c

c b a

d b a b

a d c a

b) Tìm tập hợp các nghiệm của f(x) ứng với giá trị vừa tìm được của m ?

Câu 4 (2 điểm )Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : A=(2x 34)2 5

Câu 5 (7 điểm )Cho tam giác ABC vuông tại A Kẻ AH vuông góc với BC, kẻ HP vuông góc với AB và

kéo dài để có PE = PH Kẻ HQ vuông góc với AC và kéo dài để có QE = QH

a) Chứng minh rằng : APEAPH AQH, AQF

b) Chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng

c) Chứng minh rằng : BE // CF

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu 1 (5 điểm)

) (

Ta có :

d

c b

a

  ad  cb a(c d) c(a b)

d c

c b a

Thay x=1 vào ta được :f(1)+f(-1)=2

Thay x= -1 vào ta được :f(-1)-f(1)=0 f(1)+f(-1)+ f(-1)-f(1)=2+0

Định dạng
Số trang	45
Dung lượng	6,11 MB