017 đề HSG toán 7 huyện hoằng hóa 2018 2019

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HÓA

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN 7
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1. (4,0 điểm)
1.
Tính





1  5
1  5
2
A  1000  103  11.  7   5.23  8.112  121 B  15 :     25 :   


4  7
4  7
 21
  19 7  4
Tìm x, biết:   x  2  :      1
 10
  10 5  5
Bài 2. (4,0 điểm)
x 10 y 3
1. Tìm x, y, z biết:  ;  và x  y  z  78

y 9 z 4
2
2
2. Cho b  ac, c  bd . Với b, c, d  0; b  c  d ; b5  c5  d 5

2.

a 3  b3  c 3  a  b  c 

Chứng minh: 3 3

b  c  d3  b  c  d 
3. Tính giá trị biểu thức
C  x15  2019 x14  2019 x13  2019 x12  ......  2019 x  1 với x  2018
Bài 3. (4,0 điểm)
2018
1. Tìm y nguyên, biết  y  2018  y  2019  1
2. Cho p, q là các số nguyên tố lớn hơn 3 và thỏa mãn p  q  2
Chứng minh rằng:  p  q  12
Bài 4. (6,0 điểm)
Cho ABC có ba góc nhọn, AB  AC , trung tuyến AM . Trên nửa mặt phẳng bờ
AB chứa điểm C , vẽ đoạn thẳng AE vuông góc với AB và AE  AB. Trên nửa mặt
phẳng bờ AC chứa điểm B, vẽ đoạn thẳng AD vuông góc với AC và AD  AC.
1) Chứng minh BD  CE
2) Trên tia đối của tia MA lấy N sao cho MN  MA. Chứng minh
0
3) ACN  180  BAC và ADE  CAN
3

AD 2  IE 2

4) Gọi I là giao điểm của DE và AM . Chứng minh : 2
1
DI  AE 2
Bài 5. (2,0 điểm)
1. Tìm các số hữu tỉ a, b, c thỏa mãn đồng thời ab  c, bc  4a, ac  9b
2. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất a để khi ghép nó vào bên phải số 2019 thì được
một số tự nhiên chia hết cho 2018.


ĐÁP ÁN
Bài 1.
1. A  1000  1000  11.  49  40  8.121  121 





 1000  1000  11. 9  8.0    1000  1000  11.9   99
1  5
1  5  1
1  5
 7
B  15 :     25 :     15  25  :     10.    14
4  7
4  7  4
4  7
 5
 21
  19 7  4
2.  x  2  :      1

 10
  10 5  5
21
1 5
1
  x2  . 
10
5 10 10
x  2  2
x  0
21 1
 x2    2 

10 10
 x  2  2  x  4
Bài 2.
x 10
x y
  
(1)
1)
y 9
10 9
y 3
y z
y z
     (2)
z 4
3 4
9 12

x y z
x  y  z 78
Từ (1) và (2) suy ra
  

 6  x  60, y  54, z  72
10 9 12 10  9  12 13
a b
b c
2) Từ b2  ac  
(1)
; c 2  bd  
(2)
b c
c d
a b c abc
Từ (1) và (2) suy ra   
b c d bcd
3
3
3
c 3 a 3  b3  c 3
 abc  a b

 dfcm.
  3 3 3 3 3
c
d
b  c  d3
bcd  b

3) Ta có: 2019  2018  1  x  1
Do đó: C  x15   x  1 x14   x  1 x3   x  1 x12  ........   x  1 x  1
 x  1  2018  1  2017
Vậy C  2017
Bài 3.
2018
1. Vì y  mà  y  2018  y  2019  1

 y  2018  0

hoặc
y

20119

1


 y  2018  1

 y  2019  0


  y  2018  0
 y  2018

y

2019


1


  y  2019  0  y  2019
  y  2018  1

Vậy y  2018 hoặc y  2019
2. Vì q nguyên tố , q  3 nên q có dạng 6k  1 hoặc 6k  5  k  
Nếu q  6k  1 thì p  q  2  6k  3 3 mà p  3 nên p là hợp số (loại)
Nếu q  6k  5  p  q  2  6k  5  2  6k  7
Suy ra p  q   6k  7    6k  5  12k  12 12(dfcm)
Bài 4.

A
E

D

Q I
B M

F
C

N
1. Xét ABD và ACE có: AD  AC ( gt ) và AE  AB( gt ); BAD  CAE ( cùng
phụ với BAC )  ABD  AEC(c. g.c)  BD  CE( 2 cạnh tương ứng)


2. Xét ABM và NCM có: AM  MN ( gt ); BM  CM ( gt ); AMB  NMC ( đ đ)

 ABM  NCM (c.g.c)  ABM  NCM (hai góc tương ứng)
Do đó: ACN  ACB  BCN  ACB  ABC  1800  BAC (dfcm)
+Ta có: DAE  DAC  BAE  BAC  1800  BAC  DAE  ACN
Xét ADE và ACN có: CN  AE (cùng bằng AB),
AC  AD( gt ); DAE  ACN (cmt )  ADE  CAN (cgc)
3. Theo tính chất góc ngoài, ta có: AQP  QAD  QDA; APQ  PAE  PEA
Mà AB  AC nên AE  AD  ADE  AED
Theo chứng minh trên ta có: QAD  PAE
Từ đó suy ra QAD  QDA  PAE  PEA
Hay AQP  APQ  AP  AQ
4. Vì ADE  CAN (cmt )  NAC  ADE (hai góc tương ứng)
Xét ADP vuông tại A  ADE  APD  900  NAC  APD  900  AI  DE
Xét ADI vuông tại I, theo định lý pytago có:
AD2  DI 2  AI 2  AI 2  AD2  DI 2
Xét AIE vuông tại I , theo định lý Pytago ta có:
AE 2  AI 2  IE 2  AI 2  AE 2  IE 2
AD 2  IE 2
2
2
2
2
2
2
2
2
 AD  DI  AE  IE  AD  IE  DI  AE 
 1(dfcm)
DI 2  AE 2
Bài 5.

2
1. Nhân từng vế ba đẳng thức ta được  abc   36abc
Nếu abc  0 thì kết hợp với đề bài ta được a  b  c  0
Nếu abc  0 thì abc  36
Kết hợp ab  6  c  6
Kết hợp bc  4a  a  3
Kết hợp ac  9b suy ra b  2
 a  3, b  2
Với c  6 thì ab  6  
 a  3, b  2
 a  3, b  2
Với c  6  ab  6  
 a  3, b  2
Vậy có 5 bộ  a, b, c  thỏa mãn là  0;0;0 ;  3;2;6 ;  3; 2;6  ;  3; 2; 6  ;  3;2; 6 

2. Đặt a  a1a2 ...an (n  *, a1 , a2 ,....., an là các chữ số, a1  0)


Số tự nhiên cần tìm có dạng 2019a1a2 .....an
Theo giả thiết, ta có: 2019a1a2 .....an 2018
 2019.10n  a1a2 .....an 2018
 2018.10n  10n  a1a2 .....an 2018  10n  a1a2 .....an 2018
Xét các trường hợp:
Với n  1, ta được : 10  a1 2018  không tìm được a1 vì 10  10  a1  20

Với n  2, ta được 100  a1a2 2018 không tìm được a1a2 vì 100  100  a1a2  200
Với n  3 , ta được 1000  a1a2a3 2018 , không tìm được a1a2 a3 vì
1000  1000  a1a2a3  2000

Với n  4, ta được 10000  a1a2a3a4 2018  10000  a1a2a3a4  5.2018 2018

Hay a1a2a3a4  90  2018  a1a2a3a4  2108
Vậy số tự nhiên a nhỏ nhất cần tìm là a  2108