015 đề HSG toán 7 trường 2018 2019

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN – LỚP 7

Bài 1. (4,0 điểm)
1 2 3 4
99 100
Cho biểu thức : C   2  3  4  .....  99  100
3 3 3 3
3
3

Chứng minh rằng:

C

3
16

Bài 2. (5,0 điểm)
Câu 1. Tìm x, y, z biết: 3x  4 y  5z  3x  4 y và 2 x  y  z  38

a 2  b 2 ab

Câu 2. Cho tỉ lệ thức 2
với a, b, c, d  0, c  d
c  d 2 cd
Chứng minh rằng:

a c
a d
 hoặc 

b d
b c

Bài 3. (3,0 điểm)
Câu 1. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có:

4n3  4n2  4n1  4n chia hết cho 300
Câu 2. Cho Q 

27  2 x
. Tìm các số nguyên x để Q có giá trị nguyên ?
12  x

Bài 4. (3,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
H   3x  2 y    4 y  6 x   xy  24
2

2

Bài 5. (5,0 điểm)
Cho ABC nhọn. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C dựng đường 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 thẳng HC theo a, b, c


ĐÁP ÁN
Bài 1.

99 100 
2 3 4
99 100
1 2 3 4
Biến đổi : 3C  3.  2  3  4  .....  99  100   1   2  3  .....  98  99
3
3 
3 3 3
3
3
3 3 3 3

Ta có:
99 100   1 2 3 4
99 100 
 2 3 4
3C  C  1   2  3  .....  98  99     2  3  4  ....  99  100 
3
3  3 3 3 3
3
3 
 3 3 3
2 3 4
99 100 1 2 3 4
99 100
4C  1   2  3  ......  98  99   2  3  4  ....  99  100
3 3 3
3
3
3 3 3 3

3
3
 2 1   3 2   4 3 
 100 99  100
4C  1  
    2  2     3  3   ......    99  99   100
3  3
 3 3 3 3   3 3 
 3
1 1 1
1 100
4C  1   2  3  .......  99  100
3 3 3
3
3
1 1 1
1
Đặt D  1   2  3  ......  99
3 3 3
3

1 
1 1
1
 1 1 1
Ta có: 3D  3.1   2  3  ......  99   3  1   2  ......  98
3 
3 3
3
 3 3 3

1 1
1   1 1 1
1 

Khi đó : 3D  D   3  1   2  .....  98   1   2  3  ......  99 
3 3
3   3 3 3
3 

1 1
1
1 1 1
1
4 D  3  1   2  .....  98  1   2  3  ......  99
3 3
3
3 3 3
3
1  1
1 1  1 1 
 1
4 D  3   1  1        2  2   .....    98  98   99
3  3
3 3  3 3 
 3
1
4 D  3  99
3

1

1  3
1
Suy ra D  . 3  99    99
4
3  4 4.3


Nên ta có:
1  100 3
1
100
1 3
1
100 
3
4C    99   100   99  100  C  .  99  100 
4 4.3
3
4  4 4.3
3 
 4 4.3  3
C

3
1
25 3  1
25 
 2 99  100    2 99  100 
16 4 .3
3

16  4 .3
3 

Ta có:

3  1
25  3
1
25
3
  2 99  100   . Vậy C 
 100  0 nên
99
16  4 .3
3  16
4 .3
3
16
2

Bài 2.
Câu 1.
Ta có: 2 x  y  z  38 nên 2 x  y  z  38
Vì 3x  4 y  5z  3x  4 y nên 3x  5z  3x  3x  3x  5z  6 x  9 x  5z


x z
x
z
 


5 9
20 36

Vì 3x  4 y 

(1)

x y
x
y
 

4 3
20 15

Từ (1) và (2) suy ra

(2)

x
y
z
 
20 15 36

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

2x  y  z
38
 


 2
20 15 36 2.20  15  36 19
x
 20  2  x  40

y
   2  y  30
15
z
 36  2  z  72



Vậy x  40; y  30; z  72
Câu 2.

a 2  b 2 ab
a 2  b 2 2ab
Ta có: 2
nên 2


c  d 2 cd
c  d 2 2cd
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

a 2  b 2 2ab a 2  b 2  2ab a 2  b 2  2ab



c 2  d 2 2cd c 2  d 2  2cd c 2  d 2  2cd
a 2  ab    b 2  ab   a 2  ab    b 2  ab   a  b 2  a  b 2

 2



 c  cd    d 2  cd   c2  cd    d 2  cd   c  d 2  c  d 2
a b a b
ab ba
 a b   a b 



Suy ra 
hoặc

 

cd cd
cd cd
cd  cd 
2

+Với

2

ab ab
thì  a  b  c  d    a  b c  d 

cd cd

 ac  ad  bc  bd  ac  ad  bc  bd
a c
 ab  bc  
b d

Với

ab ba
thì  a  b  c  d    b  a  c  d 

cd cd

 ac  ad  bc  bd  bc  bd  ac  ad
a d
 ac  bd  
b c

a 2  b 2 ab
a c
a d

a
,

b
,
c
,
d

0,
c


d
Vậy nếu 2
với
thì
hoặc


c  d 2 cd
b d
b c
Bài 3.
Câu 1,
Với mọi n nguyên dương, ta có:


4n3  4n2  4n1  4n  4n. 43  42  4  1  4n.75  300.4n1 300 (với mọi n nguyên

dương)
Nên 4n3  4n2  4n1  4n chia hết cho 300 (với n nguyên dương)
Câu 2. Điều kiện : x  , x  12

Biến đổi : Q 

27  2 x 2.12  x   3
3

2
12  x
12  x
12  x

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

Mà

3
có giá trị nguyên
12  x

3
có giá trị nguyên khi và chỉ khi 12  x U (3)  1; 3
12  x

Nếu 12  x  3  x  15(tm)
Nếu 12  x  1  x  13(tm)
Nếu 12  x  1  x  11(tm)
Nếu 12  x  3  x  9(tm)
Vậy Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi x 9;11;13;15
Bài 4.
Ta có: H   3x  2 y    4 y  6 x   xy  24
2

2

  3x  2 y   4. 2 y  3x   xy  24   3x  2 y   4. 3x  2 y   xy  24
2

2

2

 3. 3x  2 y   xy  24   3. 3x  2 y   xy  24 


2

2

Ta có: 3. 3x  2 y   0 với mọi giá trị của x, y
2

xy  24  0 với mọi giá trị của x, y

2


Do đó 3. 3x  2 y   xy  24  0 với mọi giá trị của x, y
2

2
Nên  3. 3x  2 y   xy  24   0 với mọi giá trị của x, y




Hay H  0 với mọi giá trị của x, y
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 3x  2 y  0 và xy  24  0
+Với 3x  2 y  0 thì 3x  2 y 
Đặt

x y

2 3

x y
  k , khi đó x  2k , y  3k , thay x  2k , y  3k vào (1) ta được:
2 3


x  4
k  2  
y  6
2k .3k  24  0  k 2  4  

 x  4
 k  2  
 y  6

 x  4; y  6
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức H  0  
 x  4; y  6

Bài 5.

N
E

M
D

F
A
I

B

K

H

1) Chứng minh : BE  CD
Ta có: DAC  DAB  BAC (vì tia AB nằm giữa 2 tia AD và 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 và AE)
Mà CAE  900 (Vì AE  AC tại A)  BAE  900  BAC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BAE  DAC

C


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

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 của AN
Từ D kẻ DF vuông góc với MA tại F
Xét MAE và MDN có:
MN  MA(M là trung điểm AN); AME  DMN (cmt ); ME  MD (M trung điểm DE)

Do đó: MAE  MND(c.g.c)  AE  DN (hai cạnh tương ứng);
Và NDM  MEA (hai góc tương ứng)
Mà NDM và MEA ở vị trí so le trong của hai đường thẳng AE và DN
Nên AE / / DN (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song)
Suy ra ADN  DAE  1800 (vì hai góc trong cùng phía) (3)
Ta lại có: DAE  DAB  BAC  EAC  3600
Hay DAE  BAC  1800 (vì DAB  EAC  900 ) (4)
Từ (3) và (4) suy ra ADN  BAC
Ta có: AE  DN (cmt ) và AE  AC ( gt )  AC  DN
Xét ABC và DAN có: AB  AD( gt ); ADN  BAC (cmt ); AC  DN (cmt )
Do đó ABC  DAN (c.g.c)
Suy ra DNA  ACB (hai góc tương ứng) hay DNF  ACB
Ta có: DAF  BAD  BAH  1800 ( F , A, H thẳng hàng)
Hay DAF  BAH  900 (vì BAD  900 ) (5)
Trong ADF vuông tại F có: FDA  DAF  900 (hai góc phụ nhau) (6)
Từ (5) và (6)  FDA  BAH
Ta có: ADN  NDF  FDA (vì tia DF nằm giữa 2 tia DA, DN )

BAC  HAC  BAH ( Vì tia AH nằm giữa 2 tia AB và AC)
Mà ADN  BAC và FDA  BAH (cmt )  NDF  HAC
Xét AHC và DFN có: NDF  HAC (cmt ); AC  DN (cmt ); DNF  ACB(cmt )
Do đó: AHC  DFN ( g.c.g )
Suy ra DFN  AHC (hai góc tương ứng)

Mà DFN  900 (vì DE  MA tại F) nên AHC  900
Suy ra MA  BC tại H (đpcm)
3)
MA  BC tại H (cmt)  AHB vuông tại H, AHC vuông tại H
Đặt HC  x  HB  a  x (Vì H nằm giữa B và C)
Áp dụng định lý Pytaago cho 2 tam giác vuông AHB và AHC ta có:
AH 2  AB2  BH 2 và AH 2  AC 2  CH 2
 AB2  BH 2  AC 2  CH 2  c 2   a  x   b2  x 2
2

a 2  b2  c 2
Từ đó tìm được HC  x 
2a