Hsg T7 - 025 - Đề_Đáp.án - Chương Mỹ.docx

PHÒNG GD&ĐT

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI

HUYỆN CHƯƠNG MỸ

MƠN TỐN 7
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: (4 điểm)

2  4
 3
 
 1, 2 :  1 1, 25   1, 08 
:
2
5
25  7



M

 0, 6.0, 5 :
1
5
 5 9  36
0, 64 
5  


25
 9 4  17
1) Thực hiện phép tính:
.
2) Cho

N 0, 7. 2007 2009  20131999



 . Chúng minh rằng: N

là một số nguyên.

Bài 2: (5 điểm)
Cho các đa thức:

f ( x )  x x19  x5  x 2020



 ; g ( x) x

2021

 x 20  11  x 2 x 4  x 2  2





1) Tính k ( x )  f ( x)  g ( x ) .
5 7 9 11 13 15 17 19  5

x  2   
 
 
 
k
(
x
)
3
6
10
15
21
28
36
45  6 .

2) Tính giá trị của
tại

3) Chứng minh rằng đa thức k ( x) không nhận giá trị 2021 với mọi giá trị của x nguyên?
Bài 3: (3 điểm)
3a  1 b 3  a  2 
1) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: 
.

2) Tìm 3 phân số tối giản biết tổng của ba phân số bằng

15

83
120 , tử số của chúng tỉ lệ

1 1 1
; ;
5;
7;11
thuận với
, còn mẫu số của chúng tỉ lệ nghịch với 4 5 6 .
Bài 4: (6 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ ra phía ngồi tam giác ABC các tam giác ABM
vng cân tại A, tam giác ACN vuông cân tại A . Gọi D là giao điểm của BN và MC .
1) Chứng minh rằng: AMC ABN .
2) Chứng minh: BN vng góc với CM .
3) Chứng minh:

AM 2  AN 2 

MN 2  BC 2
2
.






4) Chứng minh: DA là tia phân giác của MDN và BAC BMC  BNC .
Bài 5: (2 điểm)
A
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

| x  2019 | 2020
| x  2019 | 2021 .

Trang 1


2) Cho biểu thức:

B

1 1 1
1
1
 3  3 . 
B 2
3
3
2 3 4
2021 . Chứng minh rằng:
2 .

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN 7
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Bài 1: (4 điểm)

2  4
 3
 
 1, 2 :  1 1, 25   1, 08 
:
2
5
25  7



M

 0, 6.0,5 :
1
5
 5 9  36
0, 64 
5  

25
 9 4  17
1) Thực hiện phép tính:
.
2) Cho

N 0, 7.  2007 2009  20131999 

. Chúng minh rằng: N là một số nguyên.

Lời giải:

2  4
 3
 
 1, 2 :  1 1, 25   1, 08 
:
2
5
25  7



M

 0, 6.0,5 :
1
5
 5 9  36
0, 64 
5  
25
 9 4  17
1) Ta có:
 6  8 5   27
: .   
5  5 4   25


16 1

 50

 
25 25
 9

2  4
:
25  7 3 1 2
 . :
9  36 5 2 5
.
4  17

6
4
:2
1:
7  3.1 .5
 5

3
119 36 5 2 2
.
5
36 17
3 7
3
5 4
3 7 4

5

1 3
 1   0
4 4
Vậy M 0
2) Ta có:

2007 2009  2007 4 

502

.2007



4
2007 4
Vì 2007 có tận cùng bằng 1 nên

  2007 4 
Ta lại có:

502

.2007



502

có tận cùng bằng 1

2009
có tận cùng bằng 7 hay 2007
có tận cùng bằng 7 (*)

20131999  20134 

499

.20133

Trang 2




4
20134
2013
1
Vì
có tận cùng bằng nên

  20134 

499

.20133



499

có tận cùng bằng 1

2009
có tận cùng bằng 7 hay 2007
có tận cùng bằng 7 (**)

2009
1999
Từ (*) và (**) suy ra: 2007  2013 có tận cùng bằng 0

Suy ra
Vậy

N 0, 7.  2007 2009  20131999 

N 0, 7.  2007 2009  20131999 

là một số nguyên.

là một số nguyên.

Bài 2: (5 điểm)
Cho các đa thức:

f ( x )  x  x19  x 5  x 2020  g ( x)  x 2021  x 20  11  x 2  x 4  x 2  2 

;

1) Tính k ( x )  f ( x)  g ( x ) .
5 7 9 11 13 15 17 19  5

x  2   
 
 
 
3 6 10 15 21 28 36 45  6 .

2) Tính giá trị của k ( x ) tại

3) Chứng minh rằng đa thức k ( x) không nhận giá trị 2021 với mọi giá trị của x nguyên?
Lời giải:
1) Ta có:

f ( x ) x  x19  x5  x 2020   x 20  x 6  x 2021

g ( x) x 2021  x 20  11  x 2  x 4  x 2  2 
 x 2021  x 20  11  x 6  x 4  2 x 2
 x 2021  x 20  x 6  x 4  2 x 2  11
20
6
2021
2021
20
6
4
2

4
2
Do đó k ( x)  f ( x )  g ( x ) x  x  x  x  x  x  x  2 x  11  x  2 x  11
4
2
Vậy k ( x ) x  2 x  11 .

5 7 9 11 13 15 17 19  5

x  2   
 
 
 
3 6 10 15 21 28 36 45  6

2) Ta có:
10 14 18 22 26 30 34 38  5

 2 
 
 
 
 .
6 12 20 30 42 56 72 90  6

10 14 18 22 26 30 34
38  5

 2 








.
2.3 3.4 4.5 5.6 6.7 7.8 8.9 9.10  6

10 10 14 14 18 18 22 22 26 26 30 30 34 34 38 38  5

 2 
  

 


  

  
.
2 3 3 4 4 5
5
6
6
7
7
8
8
9

9 10  6

38  5

 2  5  8  8  8  8  8  8  8 
.
10  6

38  5 6 5

 5 
 .  . 1
10  6 5 6

4
2
3) Ta có k ( x) x  2 x  11 .

Trang 3


k x
Nếu x là số nguyên và x4 thì   chia 4 dư 3
2
4
 k  x
Nếu x là số ngun và x khơng chia hết cho 4 thì x , x chia 4 dư 1
chia 4 dư 2 .

Do đó

k  x

chia 4 dư 2 hoặc 3 (*)

Mà 2021 chia 4 dư 1

(**)

Từ (*) và (**) suy ra đa thức k ( x) không nhận giá trị 2021 với mọi giá trị của x nguyên.
Vậy đa thức k ( x) không nhận giá trị 2021 với mọi giá trị của x nguyên.
Bài 3: (3 điểm)
1) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: (3a  1)b 3(a  2) .
2) Tìm 3 phân số tối giản biết tổng của ba phân số bằng

15

83
120 , tử số của chúng tỉ lệ

1 1 1
; ;
thuận với 5; 7;11 , còn mẫu số của chúng tỉ lệ nghịch với 4 5 6 .
Lời giải:
1) Ta có

 3a 1 b 3  a  2  .

 3a 1 b 3a 1  5
 3a 1 b   3a  1 5

 3a  1  b  1 5
Vì a, b là các số nguyên nên ta có các trường hợp sau:

3a  1 1 a 0
 

b

1

5

b 6
Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

Trường hợp 3:

3a  1  1


b  1  5

2

a 
3

b  4

4

3a  1 5 a 
 
3

b  1 1
b 2

3a  1  5


b

1

1

Trường hợp 4:
Vậy các cặp số ngun

(khơng thỏa mãn vì a khơng là số ngun)

(khơng thỏa mãn vì a khơng là số nguyên)

a  2

b 0

 a, b  thỏa mãn là:  0, 6  ;   2, 0 

2) Gọi tử số của phân số thứ nhất, thứ hai, thứ ba lần lượt là x, y, z .
Và mẫu số của phân số thứ nhất, thứ hai, thứ ba lần lượt là a, b, c .

Trang 4


1 1 1
; ;
Vì tử số của chúng tỉ lệ thuận với 5;7;11 , còn mẫu số của chúng tỉ lệ nghịch với 4 5 6 nên:

x 7 z
 5  7 11

 a b  c
 4 5 6 ta đặt

x 7
 5  7

 a b
 4 5

x 5 m
 a 4 . n

z
y 7 m
 m    .

11
b 5 n
c
 z 11 m
 n
c  6 . n
6


Vì tổng của ba phân số bằng

15

83
120 nên ta có:

x y z
83
5 m 7 m 11 m
83
  5
.  .  . 15
a b c
120 hay 4 n 5 n 6 n
120


m 7

n 2

x 35 y 49 z 77



Khi đó a 8 , b 10 , c 12
35 49 77
, ,
Vậy ba phân số đó là 8 10 12 .
Bài 4: (6 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ ra phía ngồi tam giác ABC các tam giác ABM
vuông cân tại A, tam giác ACN vuông cân tại A . Gọi D là giao điểm của BN và MC .
1) Chứng minh rằng: AMC ABN .
2) Chứng minh: BN vng góc với CM .
3) Chứng minh:

AM 2  AN 2 

MN 2  BC 2
2
.





4) Chứng minh: DA là tia phân giác của MDN và BAC BMC  BNC .
Lời giải:
Ta có hình vẽ:

Trang 5


N

A

M

E

H
D
B

C

1) Xét AMC và ABN có :

AM  AB ( giả thiết )
AC  AN ( giả thiết )
o



MAC
BAN
( vì cùng bằng 90  BAC )

Do đó AMC ABN (c-g-c)

2) Gọi H là giao điểm của MC và AB

Ta có AMC ABN nên AMH HBD
o


Mà AMH vuông tại A nên AMH  AHM 90


Mặt khác AHM BHD
( hai góc đối đỉnh)
o


Do đó: HBD  BHD 90  BDH vng tại D

Suy ra MC  BN
Vậy BN vng góc với CM .
3) Xét MAB vuông tại A và NAC vuông tại A , áp dụng định lý Pitago ta có:
MB 2 MA2  MB 2 2 AM 2 (do MAB vuông cân tại A )

NC 2  AN 2  AC 2 2 AN 2 (do NAC vuông cân tại A )
2
2
2
2
Suy ra 2 AM  2 AN MB  NC (1)

Xét MDB vuông tại D và NDC vuông tại D , áp dụng định lý Pitago ta có:
MB 2 BD 2  MD 2

NC 2 ND 2  CD 2
2
2
2
2
2
2
Suy ra MB  NC BD  MD  ND  CD

 MD 2  ND 2    BD 2  CD 2 

(2)

Xét MDN vuông tại D và BDC vuông tại D , áp dụng định lý Pitago ta có:

Trang 6


MN 2 MD 2  ND 2 và BC 2 BD 2  CD 2 (3)
2
2
2
2
Từ (1) (2) và (3) ta có 2 AM  2 AN MN  BC

 AM 2  AN 2 

MN 2  BC 2
2

MN 2  BC 2
AM  AN 
2
Vậy
.
2

2


4) *Chứng minh DA là tia phân giác của MDN .
Trên đoạn thẳng BN lấy điểm E sao cho MD BE
Vì AMC ABN (theo phần a) nên AMD  ABE
Xét AMD và ABE có:

AM  AB (giả thiết)
AMD  ABE
(chứng minh trên)

MD BE (cách dựng)
Do đó AMD=ABE (c-g-c)
Suy ra AD  AE (hai cạnh tương ứng) (4)
o









Và MAD EAB  MAB  DAB EAD  DAB  MAB EAD 90 (5)
o

Từ (4) và (5) suy ra EAD vuông cân  ADE 45


Suy ra DA là tia phân giác của MDN .



* Chứng minh BAC BMC  BNC
Xét BHM và DHA , áp dụng tính chất tổng các góc trong tam giác ta có :



MBH
 BHM
 BMH
180o
ADH  DHA


 DAH
180o
o 




Mà MBH  ADH 45 , BHM DHA (đối đỉnh)



DAH
Do dó BMH

(6)



Tương tự như trên ta cũng chứng minh được DNC CAD (7)





Từ (6) và (7) suy ra BAC CAD  BAD CNB  BMC .



Vậy BAC CNB  BMC
Bài 5: (2 điểm)
A
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

| x  2019 | 2020
| x  2019 | 2021 .

Trang 7

2) Cho biểu thức:

B

1 1 1
1
1
 3  3 . 
B 2
3
3
2 3 4
2021 . Chứng minh rằng:
2 .
Lời giải:

A
1) Ta có

| x  2019 | 2020
1
1 
| x  2019 | 2021
x  2019  2021

x  2019 0
Với mọi giá trị của x ta có:
x  2019  2021 2021  0



1
1

x  2019  2021 2021



1
1

x  2019  2021 2021

1

1
1
1 
x  2019  2021
2021

Hay

A

2020
2021 dấu bằng xảy ra khi x  2019 0  x 2019

Vậy giá trị nhỏ nhất của

A

2020
2021 khi x 2019 .

1
1

3
2) Ta có: 2 1.2.3
1
1

3
3 2.3.4
1
1

3
4 3.4.5
…

1
1

3
2021 2020.2021.2022
Do đó

B

1
1
1
1


 ... 
1.2.3 2.3.4 3.4.5
2020.2021.2022

1
1
1
1


 ... 
2020.2021.2022
Mà 1.2.3 2.3.4 3.4.5

1  2
2
2
2

 .



 ... 

2  1.2.3 2.3.4 3.4.5
2020.2021.2022 
1  1
1
1
1
1
1

 .



 .... 


2  1.2 2.3 2.3 3.4
2020.2021 2021.2022 
1  1
1
 1
 .


2  1.2 2021.2022  2 2

Trang 8

Suy ra
Vậy

B

B

1
22

1
22
= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

Trang 9