032 đề HSG toán 7 trường giao tân 2016 2017

TRƯỜNG THCS
GIAO TÂN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: TOÁN 7

Bài 1. (4 điểm)
1
1
1
1
1
1



 ..... 

100 100.99 99.98 98.97
3.2 2.1
2. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện:
2.22  3.23  4.24  .....   n  1 2n1  n.2n  2n34

1. Rút gọn A 

Bài 2. (5 điểm)
xy
yz
zx
x2  y 2  z 2

1. Tìm các số x, y, z biết:



2 y  4 x 4 z  6 y 6 z  2 x 22  42  62
2. Chứng minh rằng không thể tìm được số nguyên x, y, z thỏa mãn :

x  y  y  z  z  x  2017

Bài 3. (3 điểm)
Chứng minh rằng: 2  22  23  24  25  ......  299  2100 chia hết cho 31
Bài 4. (3 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P   2 x  5 y   15 y  6 x   xy  90
2

2

Bài 5. (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 trên 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 .
a) Chứng minh FCH cân
b) Chứng minh AK  KI
c) Chứng minh 3 điểm B, O, K thẳng hàng.


ĐÁP ÁN
Bài 1.
1
1

1
1
1
1



 ..... 

100 100.99 99.98 98.97
3.2 2.1
1  1
1
1
1
1 
A



 ..... 


100  100.99 99.98 98.97
3.2 2.1 

1.1) A 

A

1  1
1
1
1
1 


 ..... 



100  1.2 2.3
97.98 98.99 99.100 

A

1  1 1 1
1
1
1
1
1
1 
 1     ..... 
   


100  2 2 3
97 98 98 99 99 100 

A

1 
1  49
 1 

100  100  50

1.2) 2.22  3.23  4.24  .....   n  1 2n1  n.2n  2n34 (1)
B  2.22  3.23  4.24  .......   n  1 .2n1  n.2n

 2 B  2. 2.22  3.23  4.24  .......   n  1 .2n1  n.2n 
2 B  2.23  3.24  4.25  .....   n  1 2n  n.2n1

Đặt 2 B  B   2.23  3.24  4.25  .....   n  1 2n  n.2n1 
  2.22  3.23  4.24  .......   n  1.2n1  n.2n 
B  23  24  25  ........  2n  n.2n1  2.22
   23  24  25  .......  2n   n.2n1  23

C  23  24  25  ......  2n
Đặt

 2C  2. 23  24  25  ......  2n   24  25  26  ....  2n1
2C  C   24  25  26  ....  2n1    23  24  25  ......  2n 
C  2n1  23

Khi đó B    2n1  23   n.2n1  23
 2n1  23  n.2n1  23  2n1  n.2n1   n  1.2n1

Vậy từ (1) ta có:  n  1 2n1  2n34

2n34   n  1 .2n1  0
2n1.  233   n  1   0  233  n  1  0  n  233  1

Vậy n  233  1
Bài 2.
1. Xét x  0  y  0, z  0  2 y  4 z  0 (vô lý)
Suy ra x  0; y  0; z  0
Khi đó từ đề suy ra :
2 y  4 x 4 z  6 y 6 x  2 z 22  42  62


 2
xy
yz
zx
x  y2  z2
2 4 4 6 6 2 22  42  62
2
       2
 2.
2
2
x y y z z x x y z
x

Đặt

2 4 6 1

22  42  62 2
    k  0  thì 2

x y z k
x  y2  z2 k

Suy ra : x  2k ; y  4k ; z  6k và x2  y 2  z 2  28k (3)
Thay x  2k , y  4k , z  6k vào (3) ta được:

 2k 

2

  4k    6k   28k
2

2

 k  0(ktm)
 56k  28k  0  
1
 k  (tm)

2
1
Với k   x  1; y  2; z  3
2
Vậy x  1, y  2, z  3
2

2.2 Ta có: x  y  y  z  z  x  x  y   x  y   y  z   y  z   z  x   z  x 
x0
2 x
Với mọi số nguyên x ta lại có x  x  
x0
0
Suy ra x  x luôn là số chẵn với mọi số nguyên x

 x  y   x  y

Từ đó ta có:  y  z   y  z  là các số chẵn với mọi số nguyên x, y, z

 z  x   z  x


Suy ra x  y   x  y   y  z   y  z   z  x   z  x  là một số chẵn với mọi số
nguyên x, y, z
Hay x  y  y  z  z  x là một số chẵn với mọi số nguyên x, y, z
Do đó, không thể tìm được số nguyên x, y, z thỏa mãn:
x  y  y  z  z  x =2017

Bài 3.
Đặt D  2  22  23  24  25  .....  299  2100 (có 100 số hạng)
  2  22  23  24  25    26  27  28  29  210   .......

  296  297  298  299  2100  (có 20 nhóm)

D  2.1  2  22  23  24   26.1  2  22  23  24   .....  296. 1  2  22  23  2 4 
D  2.31  26.31  .....  296.31
D  31. 2  26  .....  296  chia hết cho 31

Vậy D  2  22  23  24  25  .....  299  2100 chia hết cho 31
Bài 4.
Ta có: P   2 x  5 y   15 y  6 x   xy  90
2

2

  2 x  5 y    6 x  15 y   xy  90
2

2

  2 x  5 y   9. 2 x  5 y   xy  90
2

2

2
  8. 2 x  5 y   xy  90 



Ta thấy  2 x  5 y   0 với mọi x, y nên 8. 2 x  5 y   0 với mọi x, y
2

2

xy  90  0 với mọi x, y

Khi đó 8. 2 x  5 y   xy  90  0 với mọi x, y
2

2
Suy ra  8. 2 x  5 y   xy  90   0 với mọi x, y


Hạy P  0 với mọi x, y

 2 x  5 y 2  0  x  y
 5 2
Dấu "  " xảy ra khi 
xy

90

0

 xy  90


Đặt

x y
  k ta được x  5k , y  2k
5 2

k  3
Mà xy  90 nên 5k .2k  90  k 2  9  
 k  3

Nếu k  3  x  15, y  6

Nếu k  3  x  15, y  6
 x  15; y  6
Vậy MaxP  0  
 x  15; y  6
Bài 5.

A
H
E
K
O
G
B

F

I

C

a) Chứng minh
Ta có CHO  CFO  900 ( vì OH  AC, OF  BC )
Xét CHO vuông và CFO vuông có: OC chung; HCO  FCO(OC là phân giác C )
Vậy CHO  CFO (cạnh huyền – góc nhọn)
 CH  CF (hai cạnh tương ứng). Vậy FCH cân tại C
b) Qua I vẽ IG / / AC  G  FH 

Ta có FCH cân tại C (cmt)  CHF  CFH (1)
Mà CHF  FGI (đồng vị, IG / / AC )

(2)

Từ (1) và (2)  CFH  FGI hay IFG  IGF , Vậy IFG cân tại I
 FI  GI , mặt khác : FI  AH nên GI  AH ( FI )
Ta lại có : IGK  AHK ; HAK  GIK (so le trong , IG / / AC )
Xét AHK và IGK có: IGK  AHK (cmt ); GI  AH (cmt ); HAK  GIK (cmt )
 AHK  IGK ( gcg )  AK  KI (dfcm)
c) Vẽ OE  AB tại E, Chứng minh được BO là tia phân giác của ABC (*)
Chứng minh được AB  BI
Chứng minh được: ABK  IBC (c.c.c)  ABK  IBK
Từ đó suy ra BK lầ tia phân giác của ABC **
Từ (*) và (**) suy ra tia BK , BO trùng nhau
Hay B, O, K là ba điểm thẳng hàng.