Hsg huyện bình lục 2016 2017

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Mơn: Tốn 7
(Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề )
Bài 1: (4,5 điểm)
a, Thực hiện phép tính:

A

212.35 - 46.92

 2 .3
2

6

4

5

+ 8 .3

-

510.73 - 255.492

 125.7 

3

+ 59.143

b, So sánh: 17 + 26 +1 và 99
1
1
1
1
1
+
+
+ .... +
+
> 10 .
c, Chứng minh:
1
2
3
99
100
Bài 2 : (4,5 điểm)
a, Tính giá trị của biểu thức C = 2x5 – 5y3 + 2017 tại x, y thỏa mãn:
x -1 + (y + 2)20 = 0
b, 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. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua.
c, Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì
3n+2 - 2n+2 + 3n - 2n chia hết cho 10
Bài 3: (3,0 điểm)

1
2

3

4

4

3

a, Chứng minh rằng ba đơn thức - x y ; - x y ; 2xy khơng thể cùng có
giá trị âm.
b, Tìm nghiệm của đa thức Q(x) = x 2 + 6x - 7
Bài 4: (6,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB > AC ), M là trung điểm của BC. Đường thẳng qua
M vng góc với tia phân giác của góc A tại H cắt cạnh AB, AC lần lượt tại E và
F.
Chứng minh :
a, EH = HF



b, 2BME
= ACB
-B
FE 2
c,
+ AH 2 = AE 2
4
d, BE = CF
Bài 5 : (1,5 điểm)

Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh
a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b
.................Hết.................


PHỊNG GD ĐT BÌNH LỤC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG NĂM HỌC 2016-2017
MƠN: TỐN 7
(Thời gian làm bài 120 phút)

Câu

Nội dung

212.35  46.9 2

1a)
1,5 đ

1b)
1,5đ

212.35  212.34 510.73  5 .74

A

 12 6 12 5  9 3 9 3 3
6
3
9
3
2
4 5
2 .3  2 .3 5 .7  5 .2 .7
125.7

5
.14


2
.3

8
.3
 

0,5

212.34.  3  1 510.73.  1  7 
 12 5

2 .3 .  3  1 59.73.  1  23 

0,5

1
1

;
1
100
1
1


Suy ra:
1
2

Vậy:

2a)
1,0đ

2b)
2,0đ

510.73  255.492

10 3
212.34.2 5 .7 .   6
 12 5 
2 .3 .4

59.73.9
1  10 7
 

6
3
2
Ta có: 17  16; 26  25 =>
Mà 10 = 100  99
Vậy: 17  26  1 > 99 .

Ta có:
1c)
1,5đ

Điểm
10

0,5

17 

26  1

> 16  25  1 4  5  1 10

1
1
1
1

1
1

;

;...;

2
100 3
100
99
100
1
1
1
 .... 
 100.
10
3
100
100

0,5
0,5

1
1
1
1



 .... 
 10
1
2
3
100

0,5

Do x  1 ≥ 0; (y + 2)20 ≥ 0 Þ x  1 + (y + 2)20 ≥ 0 với mọi x, y.
Kết hợp x  1 + (y + 2)20 = 0 suy ra x  1 = 0 và (y + 2)20 = 0
Û x = 1; y = - 2.
Giá trị của biểu thức :C=2x5 – 5y3 + 2017 tại x = 1; y = - 2
là:C=2.15 – 5.(-2)3 + 2017 = 2 + 40 + 2017 = 2059
Vậy C=2059
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
Ta có:

a b c a b c x
5x
6x x
7x
  
 Þ a  ;b   ;c 
5 6 7
18
18

18
18 3
18

0,5
0,5
0,5

(1)

0,5 đ
0,5đ

0,5 đ
0,5đ

Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là a’, b’, c’, ta có:
a , b, c, a ,  b,  c , x
4x
5x x
6x
  
 Þ a ,  ; b,   ; c , 
4 5 6
15
15
15
15 3
15

(2)

So sánh (1) và (2) ta có: a > a’; b=b’; c < c’ nên lớp 7C nhận nhiều hơn
lúc đầu

0,5đ


6x 7 x
x

4 Þ
4 Þ x 360
15 18
90

Vây: c’ – c = 4 hay

0,5đ

Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 360 gói.

2c)
1,5đ

0,5đ

3n 2  2n2  3n  2n = 3n 2  3n  2n2  2n
= 3n (32  1)  2n (2 2  1)
= 3n 10  2n 5 3n 10  2n 1 10

0,5đ

= 10( 3n -2n-1)
Vậy 3n 2  2n2  3n  2n  10 với mọi n là số nguyên dương.

0,5đ

Giả sử cả 3 đơn thức cùng có giá trị âm
Þ tích của 3 đơn thức có giá trị âm
 1

3a)
1,5đ

0,5đ

(1)

 1



3 4
4 3
3 4
4 3
8 8
Mặt khác:   x y    x y   2xy     .   1 .2.  x .x .x   y .y .y  x y
 2


 2

 1 3 4
4 3
Vì x8y8  0  x; y nên   x y    x y  .  2xy   0  x; y
 2

(2)



Ta thấy (1) mâu thuẫn với (2) Þ điều giả sử sai.
Vậy ba đơn thức 
3b)
1,5đ

0,5đ

0,5đ

1 3 4
x y ;  x 4 y3 ;2xy không thể cùng có giá trị âm.
2

Cho Q ( x)  x 2  6 x  7 0
Tìm được hai nghiệm x=1 và x=-7

1,5đ

A

4)
0,5đ

E
B

0,5đ
1

M

C

H
D
F

4a)
1,5đ
4b)
1,5đ
4c)
1,5đ

C/m được AEH AFH (g-c-g) Suy ra EH = HF (đpcm)
 F

Từ AEH AFH Suy ra E

1


Xét CMF có ACB là góc ngồi suy ra CMF
 ACB  F
 là góc ngồi suy ra BME

  B

BME có E
E
1
1


 )  (E
  B
 )
 BME
( ACB  F
vậy CMF
1

 (đpcm).
hay 2BME
 ACB  B
Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông AFH :

1.5đ

1.5đ

1.5đ


FE 2
 AH 2  AE 2 (đpcm)
4
 F

Từ AHE AHF ( g  c  g ) Suy ra AE = AF và E
1
Từ C vẽ CD // AB ( D  EF )
m được BME CMD( g  c  g ) Þ BE CD (1)

và có E CDF
(cặp góc đồng vị)

ta có HF2 + HA2 = AF2

4d)
1,5đ

C/

0,5đ
0,5đ

1



do do đó CDF
F
Þ
CDF cân Þ CF = CD ( 2)
Từ (1) và (2) suy ra BE = CF

a
a
a a
1Þ

. (1)
b c
b c bc a
b
b
b b
1Þ

.
Tương tự, ta có:
(2)
ca
c  a c  a b
c
c
c c
1Þ


.
(3)
a b
a b a b c
a
b
c
2a  2b  2c



2.
Từ (1), (2) và (3) suy ra:
b c c a a b
a b c

Vì a  b  c nên
5
1,5đ

hay

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ