PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN LỚP 7
Thời gian làm bài: 120 phút
HUYỆN GIA VIÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: (4,0 điểm)
1) Thực hiện phép tính:
A
7
18 4 19 4
25 25 23 23 7
0, 4
B
1, 4
2 2
1
1
0, 25
9 11 3
5 : 2020
7 7
1
1 0,875 0, 7 2021
9 11
6
x 1,5; y 0, 75
2) Cho biểu thức P x 4 xy y . Tính giá trị của P với
Bài 2: (4,0 điểm)
a b c b c a c a b
c
a
b
1) Cho a , b , c là ba số thực khác 0, thỏa mãn
. Hãy tính
b a c
M 1 1 1
a c b
giá trị của biểu thức
2) Cho Nhà trường thành lập 3 nhóm học sinh khối 7 tham gia chăm sóc di tích lịch sử.
2
8
4
Trong đó, 3 số học sinh của nhóm I bằng 11 số học sinh của nhóm II và bằng 5 số học
sinh nhóm III. Biết rằng số học sinh của nhóm I ít hơn tổng số học sinh của nhóm II và
nhóm III là 18 học sinh. Tính số học sinh của mỗi nhóm.
Bài 3: (4,5 điểm)
39
15
3x2
2
1) Tìm x biết: 2
2) Tìm x , y nguyên biết: xy 3 x y 6
42 x
P
x 15 . Tìm số nguyên x để P nhận giá trị nhỏ nhất.
3) Cho
Bài 4: (6,5 điểm) Cho ABC có 3 góc nhọn, AB AC BC , các tia phân giác của góc A và góc
C cắt nhau tại O . Gọi F là hình chiếu của O lên BC , H là hình chiếu của O trên AC . Lấy
điểm I trên đoạn FC sao cho FI AH , gọi K là giao điểm của FH và AI
1) Chứng minh FCH cân
2) Qua I vẽ IG // AC ( G thuộc FH ). Chứng minh AK KI
3) Chứng minh: 3 điểm B, O, K thẳng hàng.
Bài 5 ( 1,0 điểm )
Cho 8 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 210. Chứng minh rằng trong 8 đoạn thẳng
đó ln tìm được 3 đoạn thẳng để ghép thành một tam giác.
HẾT
Trang 1
Trang 2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7
MÔN TOÁN
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: (4,0 điểm)
1) Thực hiện phép tính:
A
7
18 4 19 4
25 25 23 23 7
0, 4
B
1, 4
2 2
1
1
0, 25
9 11 3
5 : 2020
7 7
1
1 0,875 0, 7 2021
9 11
6
x 1,5; y 0, 75
2) Cho biểu thức P x 4 xy y . Tính giá trị của P với
Lời giải
1) Tính đúng mỗi biểu thức 1,5 điểm
7
18 4 19 4 7 18 4 19 4
A
25 25 23 23 7 25 25 23 23 7
4
A 1 1
7
4
A
7
2 2
1
1
0, 25
0, 4 9 11
5 : 2020
B
3
1, 4 7 7 1 1 0,875 0, 7 2021
9 11
6
B
2
5
7
5
2 2
9 11
7 7
9 11
1
2 5
B
7 1
5
1 1 1
3 4 5 : 2020
7 7 7 2021
6 8 10
1 1
1 1 1
2020
9 11
3 4 5 :
1 1 7 1 1 1 2021
9 11 2 3 4 5
2 2 2020
B :
0
7 7 2021
2) (1 điểm)
x 1,5
x 1,5
x 1,5
Ta có:
Với x 1,5; y 0, 75 thay vào biểu thức, ta được: P x 4 xy y ,ta được:
P 1,5 4.1,5. 0, 75 0,75 5, 25
Trang 3
Với x 1,5; y 0, 75 thay vào biểu thức P x 4 xy y , ta được:
P 1,5 4. 1,5 . 0, 75 0, 75 6, 25
Vậy
P 5, 25 với x 1,5; y 0, 75
P 6, 25 với x 1,5; y 0, 75
Bài 2: (4,0 điểm)
a b c b c a c a b
c
a
b
1) Cho a , b , c là ba số thực khác 0, thỏa mãn
. Hãy tính
b a c
M 1 1 1
c b
a
giá trị của biểu thức
2) Cho Nhà trường thành lập 3 nhóm học sinh khối 7 tham gia chăm sóc di tích lịch sử.
2
8
4
Trong đó, 3 số học sinh của nhóm I bằng 11 số học sinh của nhóm II và bằng 5 số học
sinh nhóm III. Biết rằng số học sinh của nhóm I ít hơn tổng số học sinh của nhóm II và
nhóm III là 18 học sinh. Tính số học sinh của mỗi nhóm.
Lời giải
1) (2 điểm)
a b c b c a c a b
a b
bc
ca
1
1
1
c
a
b
c
a
b
Ta có:
a b b c c a
c
a
b .
TH1: Nếu a b c 0 ; áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
a b b c a c 2 a b c
2 a b 2c; b c 2a; a c 2b.
c
a
b
a b c
b a c a b c a b c 2c 2b 2a
M 1 1 1
8.
abc
abc
a c b
a b c
a b c 0 b c a
c a b
TH2: Nếu
b a c a b c a b c c b c
M 1 1 1
.
.
. . 1
c b
a
c
b
c b a
a
Vậy
M 1; 8
2) (2 điểm)
Gọi số học sinh của nhóm I, II, III lần lượt là x , y , z (em) ( x , y , z nguyên dương)
y z x 18
Theo đề bài, ta có :
Trang 4
2
8
4
x y z
3
11
5
2
8
4
x y z
11
5 chia các tỉ số trên cho BCNN 2, 4,8 8 ta được
Vì 3
2.x 8. y 4.z
x
y
z
3.8 11.8 5.8 12 11 10
Mặt khác: y z x 18
x
y
z
yz x
18
2
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau 12 11 10 11 10 12 9
x 12.2 24
y 11.2 22
z 10.2 20
Vậy số học sinh: Nhóm I là 24 em; nhóm II là 22 em, nhóm III là 20 em.
Bài 3: (4,5 điểm)
39
15
3x2
2
1) Tìm x biết: 2
2) Tìm x , y nguyên biết: xy 3 x y 6
42 x
P
x 15 . Tìm số nguyên để P nhận giá trị nhỏ nhất.
3) Cho
Lời giải
1) ( 1,5 điểm )
15
39
2
3
x
39
15
2
3x 2 2
39
2
2
3 x 2 15
2
2
39
15
39 15
3x 2 3x 2
3 x 2 12
2
2
2
2
Nếu
x 2 4 x 2
39
15
39 15
3 x 2
3 x 2 3 x 2 27
2
2 2
Nếu 2
x 2 9 x 3
Vậy
x 2; 3
2) ( 1,5 điểm )
xy 3 x y 6 x y 3 y 3 6 3
Ta có:
x 1 y 3 3
Mà x; y Z x 1 Z ; y 3 Z
Trang 5
x 1 y 3 3 1.3 3.1 1 3 3 1
Ta có bảng giá trị:
Vậy
x 1
1
3
1
3
y 3
3
1
3
1
x
2
4
0
2
y
0
2
6
4
x; y 2;0 ; 4; 2 ; 0;6 ; 2; 4
3) ( 1,5 điểm )
42 x
27
27
P
1
x 15
x 15 đạt GTNN
x 15 nhỏ nhất
Ta có:
27
0
Xét x 15 0 thì x 15
27
0
Xét x 15 0 thì x 15
27
Do đó x 15 nhỏ nhất khi x 15 0
27
27
Phân số x 15 có tử dương mẫu âm, khi đó x 15 nhỏ nhất khi là x 15 số nguyên âm lớn nhất
hay x 15 1 x 14
Vậy x 14 thì P nhỏ nhất và P 28
Bài 4. ( 6,5 điểm )
Cho ABC có 3 góc nhọn, AB AC BC , các tia phân giác của góc A và góc C cắt nhau tại O .
Gọi F là hình chiếu của O lên BC , H là hình chiếu của O trên AC . Lấy điểm I trên đoạn FC
sao cho FI AH , gọi K là giao điểm của FH và AI
1) Chứng minh FCH cân
2) Qua I vẽ IG // AC ( G thuộc FH ). Chứng minh AK KI
3) Chứng minh: 3 điểm B, O, K thẳng hàng.
Lời giải
Trang 6
A
H
E
K
O
G
B
F
I
C
1) ( 2 điểm)
o
Ta có CHO FHO 90 ( vì OH AC , OF BC )
Xét CHO vuông tại H và CFO vng tại F có:
OC chung
HCO
FCO
( OC là phân giác ACB )
Vậy CHO = CFO ( cạnh huyền – góc nhọn )
CH CF ( hai cạnh tương ứng )
HFC cân tại C
Vậy
2) ( 2 điểm)
Ta có HFC cân tại C (cmt) CHF CFH (1)
Mà CHF FGI ( đồng vị, IG // AC ) (2)
Từ (1) và (2) CFH FGI hay IFG I GF , vậy IFG cân tại I
FI GI mặt khác: FI IH nên GI AH FI
Ta lại có: IGK AHK ; HAK GIK ( so le trong, IG // AC )
AHK IGK
GIK
cmt ; AH GI cmt ; HAK
cmt
Xét AHK và IGK có:
AHK IGK g c g AK KI
(Đpcm)
3) ( 2 điểm)
Vẽ OE AB tại E , có BO là tia phân giác của ABC (*)
Chứng minh được OBE OBF (ch gn) BE BF
Chứng minh được OAE OAH (ch gn) AE AH AE FI ( AH )
Chứng minh được AB BI
ABK IBC c.c.c ABK IBK
Chứng minh được
Từ đó suy ra BK là tia phân giác của ABC (**)
Trang 7
Từ (*) và (*) suy ra tia BK , BO trùng nhau.
Hay B, O, K là ba điểm thẳng hàng.
Bài 5 ( 1,0 điểm )
Cho 8 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 210. Chứng minh rằng trong 8 đoạn thẳng
đó ln tìm được 3 đoạn thẳng để ghép thành một tam giác.
Lời giải
Ta xếp các đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần: a1 a2 ... a8 .
Nếu tồn tại 3 đoạn thẳng ak ; ak 1 ; ak 2 thỏa mãn ak ak 1 ak 2 thì ba đoạn thẳng này có thể ghép
thành tam giác.
Giả sử ngược lại:
a1 a2 a3
a2 a3 a4
a3 a4 a5
a4 a5 a6
a5 a6 a7
a6 a7 a8
Khi đó, theo giả thiết:
a1 10; a2 10 a3 20 a4 40 a5 50 a6 80 a7 130 a8 210
mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng ak ; ak 1 ; ak 2 mà ak ak 1 ak 2 do đó tồn tại 3 đoạn thẳng để có thể ghép
thành tam giác.
Trang 8