147 đề HSG toán 7 trường 2018 2019

Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C dựng đoạn thẳng AD vuông góc với AB và AD AB.Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B dựng đoạn thẳng AE vuông góc với AC và AE AC.

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019

MÔN TOÁN 7 Bài 1 (4,0 điểm)

Cho biểu thức : 1 22 33 44 9999 100100

C        Chứng minh rằng: 3

16

C

Bài 2 (5,0 điểm)

Câu 1: Tìm , ,x y z biết: 3 x4y5z3x4yvà 2x  y z 38

Câu 2: Cho tỉ lệ thức:

2 2

2 2

a b ab

c d cd

 với a b c d, , , 0và c d

Chứng minh rằng: a c

b  d hoặc a d

b  c

Bài 3 (3,0 điểm)

Câu 1: Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có:

4n 4n 4n 4nchia hết cho 300

Câu 2: Cho 27 2

12

x Q

x





 Tìm các số nguyên x để Q có giá trị nguyên ?

Bài 4 (3,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

H  x y  y x  xy

Bài 5 (5,0 điểm) Cho ABC nhọn Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C

dựng đoạn thẳng AD vuông góc với AB và AD AB.Trên nửa mặt phẳng bờ AC

không chứa điểm B dựng đoạn thẳng AE vuông góc với AC và AE AC

1) Chứng minh rằng: BECD

2) Gọi M là trung điểm của DE tia MA cắt BC tại H Chứng minh MA, BC

3) Nếu ABc AC, b BC, a.hãy tính độ dài đoạn HC theo , , a b c

ĐÁP ÁN Bài 1

Biến đổi :

Ta có:

2 3 99 100

C

C



Đặt 1 1 12 13 199

Ta có: 3 3 1 1 12 13 199 3 1 1 12 198

Khi đó: 3 3 1 1 12 198 1 1 12 13 199

D D              

D

D

Nên ta có:4 3 199 100100 4 3 199 100100

C     C   

99 100 2 99 100

2 99 100

4 4 4.3 3 16 4 3 3

16 4 3 3

C

C

Ta có: 2199 25100 0

4 3 3  nên 3 2199 25100 3

16 4 3 3 16

3 16

C 

Bài 2

1) Ta có: 2x  y z 382x   y z 38

5 9 20 36

x y z x y x z x x x z   

4 3 20 15

x y   

Từ (1) và (2) suy ra

20 15 36

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

2

20 15 36 40 15 36 19

x  y  z  x y z    

2.20 40 2.15 30 2.36 72

x y z







Vậy x 40;y 30;z 72

2) Ta có:

2 2

2 2

a b ab

c d cd

2 2

2 2

2 2

c d cd



Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

Suy ra

hoặc:

a b b a

c d c d

  

+Với a b a b

c d c d

  thì ab c d  ab c d

a c

ac ad bc bd ac ad bc bd ab bc

b d

+Với a b b a

c d c d

  

  thì ab c d  ba c d

a d

ac ad bc bd bc bd ac ad ac bd

b c

Vậy nếu a22 b22 aba b c d, , , 0;c d a c



a d

b  c

Bài 3

1) Với mọi n nguyên dương, ta có:

4 75 4 4.75 300.4

Mà 300.4n1chia hết cho 300 (với mọi n nguyên dương)

Nên 4n34n2 4n14nchia hết cho 300

2) Điều kiện: x ,x12

Biến đổi: 27 2 2 12  3 3

2

x x

Q



Ta có: 2 ;x ;x12nên Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi 3

12 x



Mà 3

12 x

 12 x U(3)   3; 1;1;3 x 15;13;11;9

Vậy Q nguyên khi và chỉ khi x15;13;11;9

Bài 4 Ta có:



Ta có:  2

3 3x2y  0 x y xy, ; 24  0 x y,

Do đó:  2

3 3x2y  xy24 0 x y,

Nên  2

3 3x 2y xy 24 0 x y,

Hay H 0

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi : 3x2y0và xy240(1)

Với 3 2 0 3 2

2 3

x y

x y  x y 

2 3

x y

k x k y k

Thay x2 ,k y3kvào (1) ta được: 2 3 24 0 2

2

k

k k

k







3.2 6

x k

x



4 2

6

x k

y

 





Vậy giá trị lớn nhất của H là 0 4; 6

4; 6





Bài 5

1) Ta có: DACDABBAC(vì tia AB nằm giữa hai tia AD AC , )

Mà BAD900(Vì ABAD tại A) nên DAC 900BAC(1)

Ta có: BAECAEBAC (vì tia AC nằm giữa hai tia AB AE , )

Mà CAE 900(Vì AE ACtại A) nên BAE900 BAC(2)

Từ (1) và (2) suy ra BAEDAC

Xét ABE và ADC có: AB AD gt BAE( ); DAC cmt AE( );  AC gt( )

I K

H

N

F

M

E

D

A

B

C

Do đó ABE ADC c g c( )BECD(hai cạnh tương ứng)

2) Trên tia đối của tia MA lấy điểm N sao cho M là trung điểm AN

Từ D kẻ DF vuông góc với MA tại F

Xét MAE và MDN có: MN MA(vẽ thêm);

AMEDMN cmt MEMD gt  MAE MND c g c( )

Suy ra AEDNvà NDM MEA

Mà NDM và MEAở vị trí so le trong nên 0

AE DNADNDAE trong cùng phía) (3)

Ta lại có : DAEDABBACEAC3600

Hay DAEBAC180 (0 do DABEAC 90 ) (4)0

Từ (3) và (4) ADN BAC

Ta có: AEDN cmt AE( );  AC gt( )nên ACDN

Xét ABC và DAN có: AB AD gt ADN( ); BAC cmt AC( ); DN cmt( )

( )

ABC DAN c g c

    DNA ACB hay DNF  ACB

Ta có: DAFBADBAH 180 ( , ,0 F A H thẳng hàng)

90 90

DAF BAH  Do BAD (5)

Trong ADFvuông tại F có FDADAF 90 (0 hai góc phụ nhau) (6)

Từ (5), (6) FDABAH

Ta có: ADN NDF FDA(vì tia DF nằm giữa hia tia DA, DN)

BAC HACBAH (vì tia AH nằm giữa hai tia AB AC, )

Mà ADN BAC FDA; BAH cmt( )nên NDF HAC

Xét AHC và DFN có: NDF HAC cmt AC( ); DN cmt DNF( ); ACB cmt( )

( )

AHC DFN g c g DFN AHC

      mà DFN 900(vì DEMAtại F) Nên AHC900 MABCtại H (dfcm )

3) MABCtại H nên AHB,AHC vuông tại H

Đặt HC x HB a x(vì H nằm giữa B và C)

Áp dụng định lý Pytago cho 2 tam giác vuông AHB AHC ta có: ,

2 2 2

AH  AB BH và AH2  AC2 CH2

 2

Từ đó tìm được:

2 2 2 2

a b c

HC x

a

 