127 đề HSG toán 7 huyện hoằng hóa 2017 2018

ĐỀ THI HSG TOÁN 7 – HUYỆN HOẰNG HÓA
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1. (4,5 điểm)
1
 1
  1
a) Tính giá trị của biểu thức M   2  3,5  :  4  3   7,5
7
 3
  6

b) Tìm x biết:  2 x  3  16
2

c) Tìm x, y biết rằng:  2 x  5

2012

 3 y  4

2014

0

Câu 2. (4,5 điểm)
a) Tìm đa thức M biết rằng: M   5x 2  2 xy   6 x 2  9 x  y 2
x2  y 2  3
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B  2
x  y2  2
x y y z
c) Tìm x, y, z biết:  ;  và x  y  z  49

2 3 5 4

Câu 3.(5,0 điểm)
a) Tìm hai số hữu tỷ a và b biết: a  b  2  a  b   a : b
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  2012  x  2013  x
c) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để n2  2002 là số chính phương
Câu 4. (4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác vuông tại
A: ABD, ACE sao cho AB  AD, AE  AC. Kẻ AH vuông góc với BC , DM vuông
góc với AH , EN vuông góc với AH .
a) Chứng minh : DM  AH
b) Chứng minh MN đi qua trung điểm của DE.
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác đều ABC. M là một điểm nằm trong tam giác sao cho
MA : MB : MC  3: 4:5 . Tính số đo góc AMB


ĐÁP ÁN
Câu 1.
1
 1
  1
 7 7   25 22  15
a) M   2  3,5  :  4  3   7,5     : 
 
3
6
7
3
2
6

7  2

 


 
35 43 15 35 42 15
69
M :
  .
 1
6 42
2
6 43 2
86
2 x  3  4
 x  3,5
2
b)  2 x  3  16  

 2 xx  3  4
 x  0,5

 2 x  52012  0
2012
2014

2
x


5

3
y

4
0
c) Ta có: 




2014
3
y

4

0



 2 x  5
Mà

2012

 3 y  4

2014

 0   2 x  5

2012

 3 y  4 

2014

0

1

 2 x  5 2012  0
 x  2 2


2014
 3 y  4   0  y  1 1

3

Câu 2.

a) M   5 x 2  2 xy   6 x 2  9 xy  y 2  M  6 x 2  9 xy  y 2   5 x 2  2 xy 
 M  6 x 2  9 xy  y 2  5 x 2  2 xy  x 2  11xy  y 2
x2  y 2  3 x2  y 2  2  1
1
b) B  2
 2

1 2
2
2
x  y 2
x  y 2
x  y2  2

B lớn nhất khi x 2  y 2  2 lớn nhất
2

x  0
 x 2  y 2  2  2  x 2  y 2  2 nhỏ nhất bằng 2, khi x  y  0
Ta có:  2

y  0

Khi đó B lớn nhất bằng

3
1
1
2
2


x y y z
x
y y
z
c)  ;    ; 

2 3 5 4 10 15 15 12
x
y
z
x yz
49
   

 7
10 15 12 10  15  12
7
 x  70; y  105; z  84

Câu 3.
a) Từ a  b  2  a  b   a  b  2a  2b  a  3b  a  3b
Mặt khác: a  b  a : b  3b  b  3b : b  4b  3  b 

3
4

3 9
 a  3. 
4 4
b) Sử dụng A  B  A  B . Dấu “  " xảy ra khi A, B cùng dấu (*)
Ta có:
M  2012  x  2013  x  2012  x  x  2013  2012  x  x  2013  1  1
Vậy MinM  1  2012  x  2013
c) Nhận xét
Nếu số chính phương chia hết cho a (a là số nguyên tố) thì nó chia hết cho a 2
Giả sử : A  n2  2002 là số chính phương.

Xét trường hợp 1: n là số chẵn  n  2k
 n2  4k 2  A  n2  2002  4k 2  2002
Ta có: 4k 2 chia hết cho 2, 2002 chia hết cho 2  A chia hết cho 2  A chia hết cho 4
Do 4k 2 chia hết cho 4, còn 2002 không chia hết cho 4  A không chia hết cho 4 (loại)
Xét trường hợp 2: n là số lẻ  n  2k  1
 A là số chính phương lẻ, có dạng  2b  1  4b2  4b  1chia cho 4 dư 1.
2

Mà A   2k  1  2002  4k 2  4k  2003 chia cho 4 dư 3 (loại)
2

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để n2  2002 là số chính phương.


Câu 4.

N
I

1

E

D
1

M
13

A

2

B

4

H

C

a) Xét MAD và HBA có: AMD  BHA  900 ( gt ) 1 ; AD  AB( gt )(2)
D1  A1  900 
  D1  A2 (3)
A1  A2  900 
Từ (1), (2), (3) suy ra MAD  HBA(ch  gn)  DM  AH (4)

b) Chứng minh tương tự câu a  EN  AH (5)
Gọi giao điểm của MN và DE là I
Chứng minh được: MID  NIE (cgv  gn)  ID  IE  I là trung điểm của
DE  MN đi qua trung điểm I của DE


Câu 5.

A
N

1 3
2

M

C

B
Do MA : MB : MC  3: 4:5
Đặt

MA MB MC


 a  MA  3a, MB  4a, MC  5a
3
4
5

Trên nửa mặt phẳng bờ AC dựng tam giác đều AMN
 AM  AN  MN  3a và AMN  600

Xét ABN và ACM có: AB  AC ( gt )(1); AN  AM  3a(2)
A1  A2  600 

  A1  A3 (3)
A2  A3  600 


Từ (1), (2), (3)  ABN  ACM (c.g.c)  BN  CN  5a
Xét BMN có BN 2   5a   25a 2
2

BM 2  MN 2   4a    3a   25a 2
2

2


 BN 2  BM 2  MN 2  BMN vuông tại M (định lý Pytago đảo)

 NMB  900

 AMB  AMN  NMB  900  600  1500