100 đề HSG toán 7 trường nguyễn chích 2017 2018

PHÒNG GD&ĐT ĐÔNG SƠN

TRƯỜNG THCS NGUYỄN CHÍCH ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017-2018

MÔN THI: TOÁN 7 Câu 1 (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức 21 3,5 : 41 21 7,5

A     

b) Rút gọn biểu thức

2.8 4.6

2 6 2 40.9

 c) Tìm đa thức M biết rằng:  2  2 2

M  x  xy  x  xyy Tính giá trị của M

khi ,x y thỏa mãn  2018  2020

2x5  3y4 0

Câu 2 (4,0 điểm) Tìm x biết:

15 3 6 1

)

12 7 5 2

1.3 3.5 5.7 2 1 2 1 99

b

c) Tìm ,x y nguyên biết 2 xy  x y 2

Câu 3 (6,0 điểm)

a) Tìm hai số nguyên dương x và y biết rằng tổng, hiệu và tích của chúng lần lượt tỉ

lệ với 35;210;12

y z t  z t x t x y  x y z

Chứng minh rằng biểu thức P x y y z z t t x

    có giá tri nguyên c) Cho a b c d, , ,  thỏa mãn 3 3  3 3

a b  c  d Chứng minh a  b c dchia hết cho 3

Câu 4 (5,0 điểm)

Cho tam giác ABC M là trung điểm của , BC Trên tia đối của tia MA lấy điểm E

sao cho MEMA.Chứng minh rằng:

a) ACEBvà AC/ /BE

b) Gọi I là một điểm trên AC; K là một điểm trên EB sao cho AI EK.Chứng minh

ba điểm , ,I M K thẳng hàng

c) Từ E kẻ EH BC H BC.Biết HBE 50 ,0 MEB25 0 Tính HEM và BME

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho 3 8 15 24 2499

4 9 16 25 2500

B      Chứng tỏ B không phải là số nguyên

ĐÁP ÁN Câu 1

   

 

4

35 85 15 35 42 15 49 15 157

2 2 3 2 2 3

)

2 6 2 40.9 2 2 3 2 2 5 3 2 3

a A

b B

           



 

 

2 3 5

2 3 2 3 2

3

2 3 2 3.5







 2  2 2 2 2  2 

Ta có:  

2018

2020

x

y





Mà  2018  2020

2x5  3y4 0  2018  2020

2x 5 3y 4 0

2018

2020

5

4

3

x x

 



, thay vào ta được:

5 5 4 4 25 110 16 1159

11

M             

Câu 2

15 3 6 1 6 5 3 1

)

12 7 5 2 5 4 7 2

6 5 13 49 13 130

5 4 14 20 14 343

       

  

b

c) 2xy   x y 2 4xy2x2y 4 2y1 2 x 1 5

Học sinh xét 4 trường hợp tìm ra       x y;  1;3 ; 3;1 ; 2;0 ; 0; 2    

Vậy       x y; 1;3 ; 3;1 ; 2;0 ; 0; 2    

Câu 3

a) Do tổng, hiệu và tích của x và y lần lượt tỉ lệ nghịch với 35,210,12

Ta có: x y.35x y.210 12. xy

.35 210

210 35 210 35 245 175

7

x

    thay vào đẳng thức x y.35 12 xyta được

2

Với y5thì x7

b

y z t z t x t x y x y z

y z t z t x t x y x y z

x y z t z t x y t x y z x y z t

Nếu x      y z t 0 P 4

Nếu x         y z t 0 x y z t P 4

Vậy P nguyên

c) Ta có: 3 3  3 3 3 3 3 3 3 3

a b  c  d a b  c d  c  d

Mà 3c3 15d3 3nên a3  b3 c3 d3 3 (1)

Dư trong phép chia a cho 3 là 0; 1 suy ra dư trong phép chia 3

a cho 3 cũng là 0; 1 

hay 3 

mod3

aa

Tương tự ta có: 3  3 3

mod3 , (mod3), (mod3)

(mod3) (2)

       

Từ (1) và (2) suy ra a  b c dchia hết cho 3

Câu 4

a) Xét AMC và EMBcó: AM EM gt AMC( ); EMB(đối đỉnh);BM MC gt( )

( )

AMC EMB c g c AC EB

      (hai cạnh tương ứng)

Vì AMC EMBMACMEBmà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AC/ /BE

b) Xét AMIvà EMKcó: AM EM gt( );

I H

E

M

A

K

 ; ( )

MAI MEK AMC EMB AI EK gt

Nên AMI  EMK c g c( )AMI EMK

Mà AMI IME1800(tính chất hai góc kề bù)

0

180

EMK IME

   Ba điểm , ,I M K thẳng hàng

c) Trong tam giác vuông  0

90

BHE H  có HBE500

BMElà góc ngoài tại đỉnh M của HEM

15 90 105

Câu 5

Ta có: 3 8 15 24 2499

4 9 16 25 2500

B     

B

Trong đó 12 12 12 12 12

Áp dụng tính chất

n n n  n n

Ta có:

2 3 4 5 50 2.1 3.2 4.3 5.4 50.49

2 2 3 3 4 4 5 49 50 50

M

             

Ta lại có:

0

2 51 101

M

M

Từ đó suy ra 0M   1 B 49Mkhông phải là một số nguyên