089 đề HSG toán 7 huyện hương sơn 2017 2018

PHÒNG GD & ĐT HƯƠNG SƠN

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN 7

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.

3 3

11
12  1,5  1  0,75
a) Thực hiện phép tính:
5 5
5
0,265  0,5  
2,5   1,25
11 12
3
b) So sánh: 50  26  1 và 168
Câu 2.
a) Tìm x biết: x  2  3  2 x  2 x  1
b) Tìm x, y  biết: xy  2 x  y  5
c) Tìm x, y, z biết: 2 x  3 y;4 y  5z và 4 x  3 y  5z  7
Câu 3.
a) Tìm đa thức bậc hai biết f  x   f  x  1  x . Từ đó áp dụng tính tổng
S  1  2  3  ....  n
2bz  3cy 3cx  az ay  2bx
x y

z
b) Cho


. Chứng minh : 

a
2b
3c
a 2b 3c
Câu 4.
0,375  0,3 





Cho tam giác ABC BAC  900 , đường cao AH . Gọi E , F lần lượt là điểm
đối xứng của H qua AB, AC , đường thẳng EF cắt AB, AC lần lượt tại M và N .
Chứng minh rằng:
a) AE  AF
b) HA là phân giác của MHN
Chứng minh CM / / EH , BN. / / FH
Câu 5. Cho ba số dương 0  a  b  c  1.Chứng minh rằng:
a
b
c


2

bc  1 ac  1 ab  1
p
mn

(1)
Câu 6. Cho m, n * và p là số nguyên tố thỏa mãn:
m 1
p
Chứng minh rằng: p 2  n  2


ĐÁP ÁN
Câu 1.
3 3 3 3
3 3 3
  
 
8
10
11
12
2
3 4
a) A 

53 5 5 5 5 5 5

  
 
100 10 11 12 2 3 4

1 1 1 1 
1 1 1
 165  132  120  110 
3    
3     3.
 3
8 10 11 12 
2 3 4
1320







53  1 1 1 
53  66  60  55  5
1 1 1
 5     5   
 5

100
660
 10 11 12 
 2 3 4  100


263
263

3.
3.
3 3945 3 1881
1320  3 
1320

 
 
53
49 5 1749  1225 5 5948 5 29740
 5.
100
660
3300

b) Ta có:
Vậy

50  49  7; 26  25  5

50  26  1  7  5  1  13  169  168

Câu 2.
a) Nếu x  2 ta có: x  2  2 x  3  2 x  1  x  6
3
Nếu  x  2 ta có: 2  x  2 x  3  2 x  1  x  2(ktm)
2
3
4
Nếu x  , ta có: 2  x  3  2 x  2 x  1  x 

2
5
4
Vậy x  6; x 
5
b) Ta có: xy  2 x  y  5  x  y  2    y  2  3   x  1 y  2   3
  y  2 x  1  3.1  1.3   1. 3   3. 1
y2
3
1
-1
-3
1
3
-3
-1
x 1
2
4
-2
0
x
y
1
-1
-3
-5
c) Từ 2 x  3 y;4 y  5z;8x  12 y  15z

x
y
z 4 x 3 y 5z 4 x  3 y  5z 7







 12
1 1
1
1
1
1
1 1 1
7
 
8 12 15 2
4
3
2 4 3
12
1 3
1
1 4
 x  12.  ; y  12.  1; z  12. 
8 2
12

15 5
3
4
Vậy x  ; y  1; z 
2
5


Câu 3.
a) Đa thức bậc hai cần tìm có dạng: f  x   ax 2  bx  c  a  0 
Ta có: f  x  1  a  x  1  b  x  1  c
2

1

a


 2a  1
2
f  x   f  x  1  2ax  a  b  x  

b  a  0 b  1

2
1
1
Vậy đa thức cần tìm là f  x   x 2  x  c ( c là hằng số tùy ý)
2
2

Áp dụng:
Với x  1, ta có: 1  f 1  f  0 
Với x  2 ta có: 1  f  2   f 1
.................................................................
Với x  n ta có: n  f  n   f  n  1

n  n  1
n2 n
 S  1  2  3  ....  n  f  n   f  0     c  c 
2 2
2
2bz  3cy 3cx  az ay  2bx
b)


a
2b
3c
2abz  3acy 6bcx  2abz 3acy  6bcx



a2
4b 2
9c 2
2abz  3acy  6bcx  2abz  3acy  6bcx

0
a 2  4b 2  9c 2
z

y
 2bz  3cy  0  
(1)
3c 2b
x z
 3cx  az  0   (2)
a 3c


Từ (1) và (2) suy ra :

x y
z


a 2b 3c

Câu 4.

F
A
N
M
E
B

H

C

a) Vì AB là trung trực của EH nên ta có: AE  AH (1)
Vì AC là trung trực của HF nên ta có: AH  AF (2)
Từ (1) và (2) suy ra AE  AF
b) Vì M  AB nên MB là phân giác EMH  MB là phân giác ngoài góc M của
tam giác MNH
Vì N  AC nên NC là phân giác FNH  NC là phân giác ngoài N của tam
giác MNH
Do MB, NC cắt nhau tại A nên HA là phân giác trong góc H của tam giác
HMN hay HA là phân giác của MHN .
c) Ta có: AH  BC ( gt ) mà HM là phân giác MHN  HB là phân giác ngoài

của H của tam giác HMN


MB là phân giác ngoài của M của tam giác HMN (cmt )  NB là phân giác
trong góc N của tam giác HMN  BN  AC (hai đường phân giác của hai
góc kề bù thì vuông góc với nhau)  BN / / HF (cùng vuông góc với AC )
Chứng minh tương tự ta có: EH / /CM
Câu 5.
Vì 0  a  b  c  1 nên:
1
1
c
c



(1)
 a  1 b  1  0  ab  1  a  b 
ab  1 a  b

ab  1 a  b
a
a
b
b
Tương tự:

(2) ;

(3)
bc  1 b  c
ac  1 a  c
a
b
c
a
b
c
Do đó:





(4)
bc  1 ac  1 ab  1 b  c a  c a  b
Mà
2. a  b  c 
a
b

c
2a
2b
2c






2
(5)
bc ac ab abc abc abc
a bc
a
b
c
Từ (4) và (5) suy ra:


 2  dfcm 
bc  1 ac  1 ab  1
Câu 6.
+Nếu m  n chia hết cho p  p (m  1) do p là số nguyên tố và m, n *
 m  2 hoặc m  p  1khi đó từ (1) ta có: p 2  n  2
Nếu m  n không chia hết cho p, từ (1)   m  n  m  1  p 2
Do p là số nguyên tố và m, n  *  m  1  p 2 và m  n  1
 m2  p 2  1 và n   p 2  0(ktm)
Vậy p 2  n  2