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:

       

Hãy tính giá trị của biểu thức:

1 b 1 a 1 c

B

      

Câu 2 (5 điểm)

1) Cho a b c

b  c d Chứng minh:

3

 

   

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: 7nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4:5: 6nên

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  Aytại H, kẻ

BK Azvà Bt/ /Ay Bt cắt , Az tại C Từ C kẻ CM  Aytại 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

                 

 

Mà a b c 1 b c a 1 c a b 1 2

           

2

Vậy B 1 b 1 a 1 c b c c a b c 8

Câu 2

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

 

  

 

Do đó:

3

5 1

3, 11, 7

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

 

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 4hay 6 7 4 4 360

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    2013

2

x  x    x

Câu 4

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 1 1

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

K

M

C

H

x

A

y B

z

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

Vì ABKvuông tại K nên theo Pitago ta có:

16 4 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 4thì 5f   4 0.f  4  f   4 0 Vậy x 4là một nghiệm của

 

f x

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

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