147 đề HSG toán 7 trường 2018 2019

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018-2019
MÔN TOÁN 7
Bài 1. (4,0 điểm)
1 2 3 4
99 100
3
Cho biểu thức : C   2  3  4  ....  99  100 . Chứng minh rằng: C 
3 3 3 3
3
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 và 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 sau:
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 đoạn 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 HC theo a, b, c


ĐÁP ÁN
Bài 1.
Biến đổi :
99 100 
2 3 4
99 100
1 2 3 4
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 1   3 2   4 3 
 100 99  100
4C  1  
    2  2     2  2   ......    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
3
1
4 D  3  99  D   99
3
4 4.3

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


1 3
1
100  3

1
25
 C  .  99  100    2 99  100
4  4 4.3
3  16 4 .3
3
3  1
25 
C    2 99  100 
16  4 .3
3 

Ta có:

3  1
25  3
1
25
3
nên
.
Vậy





0
C




16  42.399 3100  16
42.399 3100
16

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

x z
x
z
 
 (1)
5 9
20 36

x y
x
y
 

(2)
4 3
20 15
x
y
z
Từ (1) và (2) suy ra

 
20 15 36
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
 x  2.20  40
x
y
z
2x  y  z
38

 


 2   y  2.15  30
20 15 36 40  15  36 19
 z  2.36  72

Vậy x  40; y  30; z  72

Vì 3x  4 y 

a 2  b 2 ab
a 2  b 2 2ab


nên
c 2  d 2 cd
c 2  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
2) Ta có:

a b a b
 a b   a b 


 
 
cd cd
cd  cd 
2

Suy ra

2

hoặc:

ab ba


cd cd


+Với

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  ab  bc 

+Với

a c

b d

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  ac  bd 

a d

b c

a 2  b2 ab
a c
a d
  a, b, c, d  0; c  d    hoặc 
Vậy nếu 2
2
c d
cd
b d
b c
Bài 3.
1) Với mọi n nguyên dương, ta có:

4n3  4n2  4n1  4n  4n. 43  42  4  1
 4n.75  4n1.4.75  300.4n1
Mà 300.4n1 chia hết cho 300 (với mọi n nguyên dương)
Nên 4n3  4n2  4n1  4n chia hết cho 300.
2) Điều kiện: x  , x  12

Biến đổi: Q 

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

12  x

Ta có: 2  ; x  ; x  12 nên Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi
3
  12  x U (3)  3; 1;1;3  x 15;13;11;9
12  x
Vậy Q nguyên khi và chỉ khi x 15;13;11;9

Mà

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

2

2

Ta có: 3. 3x  2 y   0x, y; xy  24  0x, y
2

Do đó: 3. 3x  2 y   xy  24  0
2

x, y

Nên  3. 3x  2 y   xy  24   0 x, y


2

Hay H  0
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi : 3x  2 y  0 và xy  24  0(1)
Với 3x  2 y  0  3x  2 y 
Đặt

x y

2 3

x y
  k  x  2k ; y  3k
2 3

k  2
Thay x  2k , y  3k vào (1) ta được: 2k .3k  24  0  

 k  2
 x  2.2  4
Với k  2  
 x  3.2  6

 x  4
; với k  2  
 y  6

 x  4; y  6
Vậy giá trị lớn nhất của H là 0  
 x  4; y  6


Bài 5.

N
E
M
D

F
A
I
K
B

H

C

1) Ta có: DAC  DAB  BAC (vì tia AB nằm giữa hai tia AD, 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, AE )
Mà CAE  900 (Vì AE  AC tại A) nên BAE  900  BAC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BAE  DAC
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 AN
Từ D kẻ DF vuông góc với MA tại F
Xét MAE và MDN có: MN  MA( vẽ thêm);
AME  DMN  cmt  ; ME  MD( gt )  MAE  MND(c.g.c)

Suy ra AE  DN và NDM  MEA
Mà NDM và MEA ở vị trí so le trong nên AE / / DN  ADN  DAE  1800 ( trong
cùng phía) (3)
Ta lại có : DAE  DAB  BAC  EAC  3600
Hay DAE  BAC  1800 (do....DAB  EAC  900 ) (4)
Từ (3) và (4)  ADN  BAC
Ta có: AE  DN (cmt ); AE  AC ( gt ) nên AC  DN
Xét ABC và DAN có: AB  AD( gt ); ADN  BAC (cmt ); AC  DN (cmt )
 ABC  DAN (c.g.c)  DNA  ACB hay DNF  ACB

Ta có: DAF  BAD  BAH  1800 ( F , A, H thẳng hàng)





Hay DAF  BAH  900 Do....BAD  900 (5)
Trong ADF vuông tại F có FDA  DAF  900 ( hai góc phụ nhau) (6)
Từ (5), (6)  FDA  BAH
Ta có: ADN  NDF  FDA (vì tia DF nằm giữa hia tia DA, DN)

BAC  HAC  BAH (vì tia AH nằm giữa hai tia AB, AC )
Mà ADN  BAC; FDA  BAH (cmt ) nên NDF  HAC
Xét AHC và DFN có: NDF  HAC (cmt ); AC  DN (cmt ); DNF  ACB(cmt )

 AHC  DFN ( g.c.g )  DFN  AHC mà DFN  900 (vì DE  MA tại F)
Nên AHC  900  MA  BC tại H ( dfcm)
3) MA  BC tại H nên AHB, AHC vuông tại H
Đặt HC  x  HB  a  x (vì H nằm giữa B và C)
Áp dụng định lý Pytago cho 2 tam giác vuông AHB, 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

Từ đó tìm được: HC  x 

a 2  b2  c 2
2a