Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 7 có đáp án và thang điểm

/>PHỊNG GD&ĐT
ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
MƠN: TỐN 7
ĐỀ HSG TOÁN 7
NĂM HỌC 2017 – 2018
Ngày thi: 26/3/2018
(Thời gian làm bài: 120 phút)
Bài 1. (4,0 điểm).
13
19  23
2
8
.  0,5  .3    1  :1
15
 15 60  24
20
100
b) So sánh: 16 và 2

a) Tính: A = 1
Bài 2. (3,0 điểm).

1
2

1
2
1 n
b) Tìm số tự nhiên n biết: 3 .3  4.3n  13.35

a) Tìm x biết: 2 x  7   1

Bài 3. (4,5 điểm).

2a  b  c  d a  2b  c  d a  b  2c  d a  b  c  2d



a
b
c
d
ab bc cd d a



Tính giá trị biểu thức Q, biết Q =
cd d a ab bc

a) Cho dãy tỉ số bằng nhau:

x
y
z
t
với x, y, z, t là các số



x y  z x y t y  z t x z t
tự nhiên khác 0. Chứng minh M 10  1025 .

b) Cho biểu thức M 

Bài 4. (6,5 điểm).
1) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, D là điểm thuộc
đoạn BM (D khác B và M). Kẻ các đường thẳng BH, CI lần lượt vng góc với đường
thẳng AD tại H và I. Chứng minh rằng:
 = ACM
 và BH = AI.
a) BAM
b) Tam giác MHI vng cân.
2) Cho tam giác ABC có góc  = 900. Kẻ AH vng góc với BC (H thuộc BC). Tia
phân giác của góc HAC cắt cạnh BC ở điểm D và tia phân giác của góc HAB cắt cạnh
BC ở E. Chứng minh rằng AB + AC = BC + DE.
Bài 5. (2,0 điểm).
Cho x, y, z là 3 số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = 0 và 1  x  1 , 1  y  1 ,
1  z  1 . Chứng minh rằng đa thức x 2  y 4  z 6 có giá trị khơng lớn hơn 2.
-----Hết----Họ và tên thí sinh: …………………………….. Số báo danh: ..............
Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay khi làm bài.


/>HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu
Bài 1.

Nội dung
7 47 47
:
5 60 24
7 2

= 
5 5

+ Biến đổi: A  
a) 2,0 đ

=1
+ Biến đổi: 1620  24.20  280
b) 2,0 đ + Có 280  2100 vì (1 < 2 ; 80 < 100)
Vậy 1620  2100
Bài 2.
1
2

1
=> 2 x  7  1
2
a) 2,0 đ => 2 x  7  1 hoặc 2 x  7  1

+ Ta có 2 x  7   1

=> x  4 hoặc x  3
Vậy x  4 hoặc x  3 .
+ Biến đổi được 3n.(31  4)  13.35
n
6
b) 1,0 đ => 3  3
=> n = 6
KL: Vậy n = 6
Bài 3.

2a  b  c  d a  2b  c  d a  b  2c  d a  b  c  2d



a
b
c
d
2a  b  c  d
a  2b  c  d
a  b  2c  d
a  b  c  2d
1 
1 
1 
1
a
b
c
d
abcd abcd abcd abcd



a
b
c
d
+ Nếu a + b + c + d  0 thì a = b = c = d => Q = 1 + 1 +1 +1 = 4

Điểm
4,0 đ
1,0
0,50
0,50
0,5
1,0
0,5
3,0 đ
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
4,5 đ

+ Biến đổi:

a)
(2,5 đ)

+ Nếu a + b + c + d = 0
thì a + b = - (c + d); b + c = - (d + a); c + d = - (a + b); d + a = - (b + c)
=> Q = (-1) + (-1) + (-1) +(-1) = - 4
+ KL : Vậy Q = 4 khi a + b + c + d  0
Q = - 4 khi a + b + c + d = 0

0,5

0,25
0,25
1,0
0,25
0,25


/>x
x
+ Ta có:

x y z x y
y
y

x yt x y

0,1

z
z

y  z t z t

b)
(2,0 đ)

t

t

x z t z t
M < (

x
y
z
t

)(

)
xy xy
zt zt

0,25

=> M < 2

0,5
0,25

+ Có M10 < 210 (Vì M > 0) mà 210 = 1024 < 1025
Vậy M10 < 1025
A

I

Bài 4.

0,25
D
B

M

C

H

1.a/
2,75 đ

1.b/
2,0 đ


ACM
* Chứng minh: BAM
+ Chứng minh được: ABM = ACM (c-c-c)
  CAM
  450
+ Lập luận được: BAM
ACM  450
+ Tính ra được 

ACM
=> BAM

* Chứng minh: BH = AI.


)
ACI (cùng phụ DAC
+ Chỉ ra: BAH
+ Chứng minh được AIC = BHA (Cạnh huyền – góc nhọn)
=> BH = AI (2 cạnh tương ứng)
b) Tam giác MHI vuông cân.
+ Chứng minh được AM  BC
+ Chứng minh được AM = MC
  ICM

+ Chứng minh được HAM
+ Chứng minh được HAM = ICM (c-g-c)
=> HM = MI
  IMC
 => HMB
  IMA
 (do
+ Do HAM = ICM => HMA

0,5
0,25
0,25
0,25

0,5
0,75
0,25

(*)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


/>
AMB  
AMC  900
  900
+ Lập luận được: HMI

(**)

0,25
0,25

Từ (*) và (**) => MHI vuông cân
A

0,25
2)
1,5đ

B

E

H

D

C

+ Chứng minh được :

  HAD
  DAC
  BAE
  EAH
  HAD
  DAC
  EAC

AEC  
ABC  BAE
 cùng phụ với BAH
)
(Vì B và HAC

Bài 5.
2,0 đ

Suy ra tam giác AEC cân tại C =>AC = CE
+ Tương tự chứng minh được AB = BD
+ Từ (*) và (**) => AB + AC = BD + EC = ED + BC
+) Trong ba số x, y, z có ít nhất hai số cùng dấu. Giả sử x; y  0

=> z = - x - y  0
+) Vì 1  x  1 , 1  y  1 , 1  z  1 = > x 2  y 4  z 6  x  y  z
=> x 2  y 4  z 6  x  y  z
=> x 2  y 4  z 6  2 z
+) 1  z  1 và z  0 => x 2  y 4  z 6  2
KL: Vậy x 2  y 4  z 6  2

Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
/>
0,25
(*)
(**)

0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
0,25


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG LUÔN PHẢI CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 7
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THẠCH THÀNH
NĂM HỌC: 2014 – 2015

MÔN: TỐN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi 02/04/2015
(Đề thi gồm 01 trang)
Thời gian: 120 phút khơng tính thời gian phát đề

Đề bài
Câu 1: (5,5 điểm).
1.Tính giá trị biểu thức sau:
4
5

a. A  (0,8.7  0,8 2 ).(1,25.7  .1,25)  31,64
b. B 

45.94  2.69
210.38  68.20

2. Tìm x biết:
( 5x + 2)2 = 25
3. Tìm x, y biết: (4x - 5)2014 + ( 2y + 4 )2016  0
Câu 2: (4,5 điểm).
1. Tìm đa thức M, biết: M   5 x 2  2 xy   6 x 2  9 xy  y 2

Bùi Huệ ST

2. Tìm ba số x, y, z , biết:

x y y z
và x  y  z  49

 ; 
2 3 5 4
y  z 1 x  z  2 x  y  3
1
b.



x
y
z
x yz

a.

Câu 3: (4,0điểm).
2
3

1. Cho hàm số: y  x
a. Vẽ đồ thị hàm số trên hệ trục tọa độ xOy.
b. Tìm m để đồ thị hàm số đi qua điểm M  m;5 
2. Tìm giá trị lớn nhất của: H 

x2  y2  3
x2  y2  2

Câu 4: (4,0 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ về phía ngồi của tam giác ABC tam giác vng cân
ABE vng tại B. Kẻ AH vng góc với BC (H thuộc BC); trên tia đối của AH

lấy điểm I sao cho AI = BC. Chứng minh rằng:
a. Tam giác BEC bằng tam giác ABI.
b. EC vng góc với BI.
Câu 5: (2,0 điểm).
Cho điểm M nằm bên trong tam giác đều ABC sao cho MA:MB:MC = 3:4:5.
Tính góc AMB?
..............................................Hết.............................................


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG LUÔN PHẢI CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

Họ, tên thí sinh: .................................... Chữ ký của giám thị 1:........................................
Số báo danh:........................................... Chữ ký của giám thị 2:........................................
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 7
NĂM HỌC: 2014 - 2015
MƠN: TỐN
Câu
Hướng dẫn
Điểm
1.Tính giá trị biểu thức sau :
4
a. A  (0,8.7  0,8 2 ).(1,25.7  .1,25)  31,64
5
0.5
4
4
= 0,8.1,25(7 + ).(7 - ) + 31,64
5
5

0.5
4 5 39 31 791
= . . . 
5 4 5 5
25
0.5
1
2000
=
.(1209  791) 
 80
Câu 1:
1
25
25
(5.5điểm)
5 4
9
10 8
4 .9  2.6
2 .3 .(1  3)
1
b. 10 8
 10 8

8
3
2 .3  6 .20 2 .3 (1  5)
2
2. Tìm x biết :

( 5x + 2) = 25
5x + 2 = 5 hoặc 5x + 2 = -5
0.75
3
7
x = hoặc x = 
0.75
5
5
2014
2016
0.5
3. Vì (4x - 5)
 0 ; ( 2y + 4 )
 0 với x, y
2014
2016
Nên (4x - 5)
+ ( 2y + 4 )
0
0.5
 4x - 5 = 0 và 2y + 4 = 0
5
 x= và y = -2
0.5
4
1.Tìm đa thức M:
Ta có M= 6x2 + 9xy – y2 – 5x2 + 2xy
0.5
M= x2 + 11xy – y2

0.5
2. Tìm x; y; z
x
y
z
a. Ta có
và x – y + z = - 49
 
10 15 12
0.75
x
y
z
x yz
49
  

 7
10 15 12 10  15  12
7
0.25
x  70
0.25
Câu 2:
y  105
0.25
(4.5điểm)
z  84
Vậy x  70; y  105; z  84
b.

Bùi Huệ ST

y  z 1 x  z  2 x  y  3
1



x
y
z
x y z
y  z 1 x  z  2  x  y  3
=
2
x yz
=> x + y +z = 0,5

0.5
0.25
0.75
0.5


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG LUÔN PHẢI CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
0,5  x  1 0,5  y  2 0,5  z  3


2

Nên ta có:
x
y
z
1
5
5
Do đó: x = ; y = ; z =2
6
6
1. a. Ta có A(0; 0); B(3; 2)

y
2

1.0

O

Câu 3:
(4.0điểm)

3

x

Bùi Huệ ST

b.Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(m; 5) nên ta có:
2

5= m
3
15
m=
2

2.Tìm giá trị lớn nhất
x2  y2  3
x2  y2  2
1
Ta có H = 2
=
 2
2
2
2
x  y 2
x  y  2 x  y2  2

1
x  y2  2
H đạt giá trị lớn nhất  x2 + y2 +2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2
 x = 0 và y = 0
3
Vậy giá trị lớn nhất của H là
 x = 0 và y = 0
2
H=1+

2

0.75
0.75

0.5

0.25
0.25
0.25
0.25


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG LUÔN PHẢI CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

I

0.5

A

E
M
Câu 4:
(4.0điểm)

B

H

C

a. Xét tam giác BEC và tam giác ABI
Có: BE = AB; AI = BC (gt)
 IAB = 1800 -  BAH
= 1800 –(900 -  ABC)
= 900 +  ABC
 IAB =  EBC
Suy ra tam giác BEC = tam giác ABI (c.g.c)
b. Vì tam giác BEC = tam giác ABI nên  ECB =  BIA
Hay  ECB =  BIH
Gọi giao điểm của CE và IB là M
Ta có:  MCB +  MBC =  BIH +  IBH = 900
  BMC = 900 hay CE  BI

Bùi Huệ ST

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

A
K
M
Câu 5:
(2.0điểm)

C
B
Vẽ tam giác đều BMK ( K và A nằm cùng phía đối với BM )
Đặt MA = 3a ; MB = 4a ; MC = 5a (a  N*)
Ta có MB = BK và BC = AB
 ABK =  CBM
  AKB =  CMB (c.g.c)

0.25
0.25

0.25
0.25
0.25


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG LUÔN PHẢI CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
 AK = MC = 5a
Nhận xét : Trong tam giác AMK có AM2 + MK2 = AK2
Nên :  AMK = 900
Do đó  AMB =  AMK +  BMK = 1500
Chú ý:
1. Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
2. Bài hình khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì khơng chấm điểm.

Bùi Huệ ST

0.25

0.25
0.25


UBND HUYỆN KINH MƠN

ĐỀ THI GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN: TOÁN - LỚP 7

Câu 1: ( 2,0 điểm)
3 3 3
 
1) Tính M = 4 11 13 
5 5 5
 
4 11 13
1
2

1
3

1
4

2) Tính A=    ... 

1 1 1
 
2 3 4
5 5 5
 
4 6 8
1
1
2
3
2017 2018
A
; B=
. Tính


 ... 

2019
2018 2017 2016
2
1
B

Câu 2: ( 2,0 điểm)
1) Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn: x + 2y = 3xy + 3
2) CMR với n nguyên dương thì 3n+2 - 2n+2 + 3n - 2n chia hết cho 10.
Câu 3: ( 2,0 điểm )





a 2018  b 2018
a c
1) Cho các số dương a,b,c,d; c  d và  . CMR
b d
c 2018  d 2018




2019
2019

a

c

2019

 b 2019

2019

 d 2019




2018

2018

2) Cho biết 3x  2 y  5z  7 x  ( xy  yz  xz  500)2018  0 .
Tính giá trị biểu thức

A = (3x - y - z)2019

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Vẽ về phía ngồi tam giác ABC các tam
giác đều ABD và ACE. Gọi I là giao của CD và BE, K là giao của AB và DC.
1) Chứng minh rằng: DC = BE.
2) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BE. Tính số đo góc BIK, góc AMN.
3) Chứng minh rằng IA là phân giác của góc DIE.
Câu 5 (1,0đ)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
ab+bc+ca  a 2  b 2  c 2 < 2(ab+bc+ca)

---------------------------Hết--------------------Họ và tên thí sinh::........................................... SBD...................................


Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Ý
a

3 3 3
 

4
11 13 
A=
5 5 5
 
4 11 13

A=
1

b B=

Điểm

1 1 1 
1 1 1
1 1 1
3.   
 
 
2 3 4 =  4 11 13   2 3 4
5 5 5
1 1 1  5 1 1 1
 
.   
5.   
4 6 8
 4 11 13  2  2 3 4 

0,5

0,5

3 1
3 2 5
 =    1 . Vậy A = 1
5 5 5
5 5
2
1
2
3
2017 2018


 ... 

2018 2017 2016
2
1

0,25

1
  2
  3

 2017 
B= 
 1  

 1  
 1  ...  
 1  1
 2018   2017   2016 
 2


B=

0,25

2019 2019 2019
2019 2019


 ... 

2018 2017 2016
2
2019

1 1 1
1 
B = 2019.     ... 

2 3 4
2019


Do đó

0,25



0,25

A
1
A
1
=
. Vậy =
B 2019
B 2019

Ta có x + 2y = 3xy + 3  3x + 6y = 9xy + 9
( 3x – 9xy ) + ( 6y -2 ) = 7  3x.( 1 - 3y ) -2.( 1-3y ) =7
 ( 3x – 2 ). ( 1 – 3y ) = 7

0,25

Vì x, y  Z nên 3x – 2 ; 1-3y là các số nguyên.
Mà ( 3x - 2 ).( 1 – 3y ) = 7  3x – 2 ; 1-3y là ước của 7.
Ta lại có Ư(7) =  1;7  3x – 2 ; 1-3y   1;7

0,25

a Bảng giá trị

2

3x-2

-7

-1

1

7

1-3y

-1

-7

7

1

x

-5/3

1/3

1

3

y

2/3

8/3

-2

0

KTM

KTM

TM

TM
0,5


Vậy (x,y)  1;2; 3;0
Ta có 3n+2 - 2n+2 + 3n - 2n
b = ( 3n+2 + 3n ) – (2n+2 +2n ) = 3n .( 32 + 1 ) – 2n-1 . ( 23 + 2 )
= 3n .10 - 2n-1.10 = ( 3n - 2n-1 ).10  10

0,5

Vì a,b,c,d là các số dương và c  d, mà

a



 a 2018 
a 2018 b 2018 a 2018  b 2018



 2018 
c 2018 d 2018 c 2018  d 2018
c





a 2018  b 2018
a 2018.2019
hay 2018.2019 
c
c 2018  d 2018







a 2019  b 2019

a 2019.2018
hay 2019.2018 
c
c 2019  d 2019

a
Từ (1) và (2) 
c
Vậy

a
c

2018

 b 2018

2018

 d 2018







2019

2018

 b 2018

2018

 d 2018

2019

a

c

 a 2018  b 2018 
  2018
2018 
c d


0,25

2019

0,25

(1)
2018

 a 2019  b 2019 
  2019

2019 
c d


2018

2018

2018

2019

a c
a b
 nên 
b d
c d

2019

 a 2019 
a 2019 b 2019 a 2019  b 2019
 2019  2019  2019

 2019 
c
d
c  d 2019
c


3

2019

0,5




2019
2019

(2)

0,25

a

c

2019

 b 2019

2019

 d 2019





2019

 b 2019

2019

 d 2019




2018
2018

2018
2018

0,25

Vì 3x  2 y  0 với  x,y; 5 z  7 x  0 với  y,z ;
( xy + yz + xz - 500)2018  0 với  x,y,z
Do đó 3x  2 y  5 z  7 x  ( xy  yz  xz  500)2018  0 khi

0,25

b
 3x  2 y  0
x y

3x  2 y  0

 2  3

 5 z  7 x  0

 5z  7 x  0

 xy  yz  xz  500  0
z  x
2018

 7 5
 xy  yz  xz  500   0
y
 x
x
y
z
 10  15




10 15 21
 z  x
 14 10

0,25

Đặt

x
y
z
= k ( k  Z )  x= 10 k; y =15 k; z = 14 k


10 15 14

Ta có xy + yz + xz - 500 = 0  150k2 + 210 k2 +140k2 = 500

0,25

 k=  1

 x  10
 x  10


  y  15 hoặc  y  15
 z  14
 z  14


 x  10
+ Với  y  15 thì A= 1
 z  14


 x  10
+ với  y  15 thì A= -1
 z  14


0,25

Vậy A = 1 hoặc A= -1
E

A

D

K
I
B

C

0,25
0,5

Ta có: AD = AB;  DAC=  BAE và AC = AE
a

0,25
Suy ra ADC = ABE (c.g.c)  DC=BE ( hai cạnh tương ứng)
Từ ADC = ABE (câu a) =>  ABE=  ADC
mà  BKC=  AKD (đối đỉnh).

4

Khi đó xét BIK và DKA Có  BKC=  AKD( CMT)

0,25

 KDA=  KBI suy ra  BIK =  DAK=600 (đpcm)

0,25


E

A
D
N

J
K

M

I
C

B

0,25
b

Từ ADC = ABE (câu a)  CM = EN và  ACM =  AEN

0,25

ACM = AEN (c.g.c)  AM = AN và  CAM =  EAN
 MAN =  CAE = 600Do đó AMN đều.  AMN=600

Trên tia ID lấy điểm J sao cho IJ = IB BIJ đều  BJ = BI
và
c

0,25
0,25

 JBI =  DBA = 60suy ra  IBA =  JBD , kết hợp BA = BD

IBA= JBD (c.g.c)=>  AIB =  DJB= 1200mà  BID =600 0,25
=>  DIA = 600. Mà góc DIE = 120

5

0

Suy ra IA là phân giác của góc DIE

0,25

Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác nên ta có:
a

b
0,25

cCộng từng vế của (1),(2),(3) ta có:
a 2  b 2  c 2  2ab  2ac  2bc

(a  b)2  0  (a  b)(a  b)  0  a(a  b)  b(a  b)  0

0,25

 a 2  ab  ab  b2  0  a 2  b 2  2ab(4)

Chứng minh tương tự có b 2  c 2  2bc(5) ; a 2  c 2  2ac(6)
Cộng từng vế của (4), (5),(6) ta có:

0,25

2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ac
 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac
2

2

2

Vậy ab+bc+ca  a  b  c < 2(ab+bc+ca)

0,25

UBND HUYỆN KINH MƠN
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018 - 2019
MƠN: TỐN - LỚP 7
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề gồm có: 5 câu, 01 trang)

Câu 1: ( 2,0 điểm)
3 3 3
 
1) Tính M = 4 11 13 
5 5 5
 
4 11 13
1
2

1
3

1
4

2) Tính A=    ... 

1 1 1
 
2 3 4
5 5 5
 
4 6 8
1
1
2
3
2017 2018
A
; B=
. Tính


 ... 

2019
2018 2017 2016
2
1
B

Câu 2: ( 2,0 điểm)
1) Tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn: x + 2y = 3xy + 3
2) CMR với n nguyên dương thì 3n+2 - 2n+2 + 3n - 2n chia hết cho 10.
Câu 3: ( 2,0 điểm )





a 2018  b 2018
a c
1) Cho các số dương a,b,c,d; c  d và  . CMR
b d
c 2018  d 2018




2019
2019

a

c

2019

 b 2019

2019

 d 2019




2018

2018

2) Cho biết 3x  2 y  5z  7 x  ( xy  yz  xz  500)2018  0 .
Tính giá trị biểu thức

A = (3x - y - z)2019

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Vẽ về phía ngồi tam giác ABC các tam giác đều
ABD và ACE. Gọi I là giao của CD và BE, K là giao của AB và DC.
1) Chứng minh rằng: DC = BE.
2) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BE. Tính số đo góc BIK, góc AMN.
3) Chứng minh rằng IA là phân giác của góc DIE.
Câu 5 (1,0đ)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
ab+bc+ca  a 2  b 2  c 2 < 2(ab+bc+ca)
---------------------------Hết---------------------


PHÒNG GD&ĐT NHƯ XUÂN

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018 - 2019
Mơn thi : TỐN - LỚP 7
Ngày thi: 23 tháng 4 năm 2019
Thời gian: 150 phút

Câu 1: (4 điểm)
1) Tính giá trị các biểu thức sau:
1

1 1
45  1  1  1   
a) A 
.

   
19  2  3  4   



5.415.99  4.320.89
b) B  10 19
.
5.2 .6  7.229.276
x 1
x 11
2) Tìm x biết:  x  7    x  7   0 .
Câu 2: (4 điểm)
1) Chứng minh rằng: A  11n 2  122 n1 chia hết cho 133 với mọi n  N .
2) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện:
a bc bca ca b
.


c
a
b
 b  a  c 
Hãy tính giá trị của biểu thức: B  1  1  1   .

 a  c  b 
Câu 3: (4 điểm)
Ba lớp 7 ở một trường A có tất cả 147 học sinh. Nếu đưa 1/3 số học sinh của lớp
7A, 1/4 số học sinh của lớp 7B và 1/5 số học sinh của lớp 7C đi thi học sinh giỏi
cấp huyện thì số học sinh cịn lại của ba lớp bằng nhau. Tính tổng số học sinh của
mỗi lớp 7 ở trường A.
Câu 4 (6 điểm)
  600 có tia phân giác Az. Từ điểm B trên tia Ax kẻ BH vng góc với
Cho xAy
Ay tại H; kẻ BK vng góc với AZ tại K; kẻ tia Bt song song với Ay, Bt cắt Az
tại C. Từ C kẻ CM vng góc với Ay tại M.
a) Chứng minh K là trung điểm của AC.
b) Chứng minh tam giác KMC đều.
c) Cho BK = 2cm. Tính các cạnh của tam giác AKM.
2
Câu 5: (2 điểm) Tìm x, y  N biết: 15  x  2019   64  y 2 .
------------Hết------------


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HÀ TRUNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7
NĂM HỌC 2015-2016
MƠN THI: TỐN
Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Bài1 (3,5 điểm) Thực hiện phép tính:
25 13 11 17 1
a)    
7 21 7 21 3
5  5  49  5 
:  
b) 4 :    
9  7 9  9
252 .253
c)
510
1 
1 
1  
1 

d) 1 
 . 1 
 . 1 
 ..... 1 

 1.3   2.4   3.5   99.101 
Bài 2 ( 3,0 điểm)
x 1
x 11
a) Tìm x biết: 1024.  x  9    x  9 
x y

và xy  112 . Tìm x, y
4 7

c) Tìm x biết 2 x  2.3x 1 .5 x  10800
Bài 3( 3 điểm):
a) Ba lớp 7A, 7B, 7C cùng tham gia trồng cây đâu xuân; số cây mỗi lớp trồng được tỷ lệ
với 3; 5; 8 và hai lần số cây của lớp 7A cộng với bốn lần số cây của lớp 7B thì hơn số cây của
lớp 7C là 108 cây. Tính số cây mỗi lớp trồng được.
b) Tìm tât cả các số tự nhiên n sao cho 4  2n  2.32
Bài 4( 3 điểm):
a) Chứng minh rằng 810  89  88 chia hết cho 55
4x  7 y 4
x
b) Cho
 Tính
3x  6 y 9
2y
Bài 5( 3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ đường cao AH; Dựng các điểm D và E sao cho
AB là đường trung trực của HD, AC là đường trung trực của HE. Đoạn thẳng DE cắt AB ở I, cắt
AC ở K. Chứng minh
  2 BAC

a) DAE

b) HA là tia phân giác của IHK
  IHB

c) BAC
Bài 6:
Cho điểm M thuộc đoạn thẳng AB, Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tam giác
đều AMC; BMD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AD, CB. Chứng minh rằng tam giác
MEF đều.

Bài 7( 1.0 điểm)
Tìm số nguyên dương bé nhất, biết rằng khi chi nó cho 3 và cho 14 thì được các số dư
tương ứng là 1 và 9

b) Cho


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài

1
(3.5 đ)

Nội dung
25 13 11 17 1
a)    
7 21 7 21 3
 25 11   13 17  1
    
 7 7   21 21  3
14 10 1
  
7 7 3
24 1 79

 
7 3 21
5  5  49  5 

:  
b) 4 :   
9  7 9  9
 5 49   5 
 5
4 
 :     10 :    14
 9 9   7
 7
2
3
4
6
25 .25
5 .5
c)
 10  1
10
5
5
1 
1 
1  
1 

d) 1 
 . 1 
 . 1 
 ..... 1 


 1.3   2.4   3.5   99.101 
4 9 16
10000

.
.
.....
1.3 2.4 3.5
99.101
2
2
2
2 3 4
1002

.
.
.....
1.3 2.4 3.5
99.101
2 100 200
.

1 101 101
a) Tìm x biết: 1024.  x  9 
  x  9

x 1

x 1

  x  9

x 11

10
. 1024.   x  9    0



 x  9  x 1  0

1024.   x  9 10   0



2
(3,0 đ)

x  9
x  9
 x  9  x 1  0
x  9  0

  x  9  2   x  11


10
10
1024.    0  x  9   2

 x  9  2  x  7
x y
b) Cho 
và xy  112 . Tìm x, y
4 7
Cách 1
112
Ta có: xy  112  x 
y
112 7
x y
thay vào  ta được:
  y 2  196  y  14
4 7
4y 7
*) y  14  x  8
*) y  14  x  8
Vậy:


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
x y
Cách 2: Đặt   k suy ra x  4k ; y  7 k thay vào xy  112 ta được:
4 7
4k .7 k  112  k 2  4  k  2
*) Với k  2  x  8; y  14
*) Với k  2  x  8; y  14
c) Tìm x biết 2 x  2.3x 1 .5 x  10800
2 x.22.3x.3.5 x  10800

x

 2.3.5  .12  10800
x
 2.3.5  900

3
(3 đ)

x2
30 x  302
a) Gọi số cây của ba lớp trồng được lần lượt là a, b, c
a b c
Số cây của ba lớp trồng được tỷ lệ với 3;5;8 nên ta có:  
3 5 8
Vì hai lần số cây của lớp 7A cộng với bốn lần số cây của lớp 7B thì hơn số cây của lớp
7C là 108 cây nên ta có: 2a  4b  c  108
a b c 2a 4b
Ta có:   

3 5 8 6 20
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
a b c 2a 4b 2a  4b  c 108
  



6
3 5 8 6 20 6  20  8
18

Từ đó suy ra: Số cây lớp 7A trồng được là 18
Số cây lớp 7B trồng được là 30
Số cây lớp 7C trồng được là 48
b) Tìm tât cả các số tự nhiên n sao cho 4  2n  2.32
Ta có: 4  2 n  2.32  22  2 n  26
Vậy n  3; 4;5;6
a) Chứng minh rằng 810  89  88 chia hết cho 55
Ta có: 810  89  88  88  82  8  1

4
(3,0 đ)

 88.55 55
4x  7 y 4
x
b) Cho
 Tính
3x  6 y 9
2y
4x  7 y 4
Ta có:
  9  4 x  7 y   4  3x  6 y   36 x  63 y  12 x  24 y
3x  6 y 9

 24 x  87 y 

x 87 29
x 29





y 24 8
2 y 16


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
A
E

K

I
D

B

C

H

  2 BAC

a) DAE
Chứng minh được AID  AIH
  HAI

 DAI

 c.c.c 

Chứng minh tương tự ta có: AKE  AKH
  EAK

 HAK
5
(3,5 đ)

 c.c.c 

  HAK
  DAI
  KAE
  1 DAE

 IAH
2
  2 BAC

Hay DAE

b) HA là tia phân giác của IHK
Ta có: AID  AIH ; AKE  AKH

ADI  
AHI ; 
AEK  
AHK ; AD  AE   AH 

suy ra:

ADE  
AED  
AHI  
AHK
Suy ra ADE cân tại A  

Suy ra HA là tia phân giác của IHK


c) BAC  IHB
  IHA
  KHC
  AHK
  900
Ta có: IHB
  KHC

AHI  
AHK nên IHB
Màn: 
  IHK
  KHC
  1800
Ta có: IHB
  IHK
  1800 1
Hay: 2 IHB
  1800

ADI  
AEK  DAE
Ta có: 
  DAE
  1800  2 
Hay: IHK
  2 IHB

Từ (1) và (2) suy ra: DAE
  2 BAC
 nên BAC
  IHB

Theo câu a ta có: DAE
D

C

E

Câu 6
3.0 điểm

F
A

M

Xét: AMD va CMB

B


KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG
NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI
Có: AM  CM  ACM ®Ịu 

BM  DM  DBM ®Ịu 

  600
AMC  BMD

  BMD
  CMD
  1200

AMC  CMD

AMD  CMB
Hay: 
Suy ra: AMD  CMD  c.g.c 
  MCB
 va AD  BC
DAM
Xét MAE va MCF có:
AM  CM  ACM ®Òu 
  MCB
  cmt 
DAM

AD  BC  cmt   AE  CF ( do E, F lần lượt là trung điểm của AD và BC)
Do đó: MAE  MCF  c.g.c 

  600
AME  CMF
AMC  EMF
 ME  MF và 
Suy ra EMF đều
Gọi n là số nguyên dương bé nhất.
Vì n chia cho 3 và cho 14 có số dư lần lượt là 1 và 9 nên ta có:
n  3 y  1  14k  9 ( Với y, k  N )
14k  8
2k  2
 3 y  14k  8  y 
 4k  2 
3
3
2
k

2
Câu 7
Vì k là số tự nhiên nên
Là số tự nhiên
3
1,0 điểm
2k  2
1
 t  2k  3t  2 hay k  t  1 
Đặt

3
2
Đặt t  2m  k  3m  1
 n  14  3m  1  9  42m  5
Vì n là số nguyên dương bé nhất nên m = 1 suy ra n = 37


PHỊNG GD&ĐT CẨM THỦY
Đề chính thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7
Năm học 2018 - 2019
Mơn: Tốn
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 18 tháng 4 năm 2019

Câu 1: (4,0 ®iĨm) Tính giá trị các biểu thức
3

2

2019
2  3
  .    .  1
a) A   3   4 2
3
1 2  5 
36. .   .   
5  5   12 
1

9
9
9
9
b) B  


 ... 
19 19.29 29.39 39.49
2009.2019

Câu 2: (4,0 điểm)
a. Tìm x biết:

x  2 x  3 x  4 x  5 x  2074




0
2017 2016 2015 1007
11
x 2  y 8  y 2 1

1
b. Tìm các cặp số nguyên (x, y) biết: 2019
Câu 3: (4,0 điểm)
1. Tìm ba số tự nhiên, biết rằng bội chung nhỏ nhất của chúng bằng 360
và số thứ nhất và số thứ hai tỉ lệ nghịch với 3 và 2, số thứ hai và số thứ ba tỉ lệ
thuận với 2 và 3

2. Cho a,b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn a 2  c 2  b 2  d 2 chứng
minh rằng a  b  c  d là hợp số
Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A.Trên AB lấy điểm M ( M khác A
và B), Trên AC lấy điểm N sao cho AM = AN.
a) Chứng minh BN = CM
b) Gọi I là giao điểm của BN và CM,O là trung điểm của BC. Chứng minh
ba điểm A,I,O thẳng hàng

c) Chứng minh

BC  MN
 BN
2

Câu 5: (2,0 điểm)
Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: 2.22  3.23  4.24  ....  n.2n  2n 5
---------------- Hết --------------GIẢI
Câu 1: (4,0 ®iĨm) Tính giá trị các biểu thức
3

2

2019
2  3
23 32
1 1
 3. 4
.
  .    .  1
3 2

3 2 2
a) A   3   4 2


3
11 1
53
2 2 1 4
1 2  5 
. .

2
.3
.
.
.
36. .   .   
2
3 3
1 1 3.4
5 5 3 .4
5  5   12 
1
9
9
9
9
b) B  



 ... 
19 19.29 29.39 39.49
2009.2019


10
10
10
10
10
10
B



 ... 
9
9.19 19.29 29.39 39.49
2009.2019
10
1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
B    
    ... 


9
9 19 19 29 29 39 39 49
2009 2019
10
1
1
B 
9
9 2019
10
673  3
B
9
3.2019
670 9
67
B
. 
3.2019 10 673

Câu 2: (4,0 điểm)
x  2 x  3 x  4 x  5 x  2074




0
2017 2016 2015 1007
11
x2

x3
x4
x5
x  2074
1
1
1
2
5  0
2017
2016
2015
1007
11
x  2019 x  2019 x  2019 x  2019 x  2019




0
2017
2016
2015
1007
11
1
1
1
1
1




 0
 x  2019  
 2017 2016 2015 1007 11 
x  2019  0
x  2019

a. Tìm x biết:

b. Tìm các cặp số nguyên (x, y) biết: 2019
2

x 2  y 8  y 2 1

1

2

x  y  8  y 1  0
x2  y  8  y 2  1

Mà x 2  y  8  0; y 2  0;
nên 0  y 2  1 mà x; y  Z y 2  0;1  y  0; 1
 x2  8  1
Với y = 0 suy ra: x  0  8  0  1  x  8  1  x  8  1   2
 x  8  1
2

2

2

 x2  9
 2
 x  3
x

7


Với y = 1 suy ra: x 2  1  8  1  1  x 2  1  8  0  x 2  1  8  0
 x2 1  8
 x2  9
 x 1  8   2
 2
 x  3
 x  1  8  x  7
2

Với y = -1 suy ra: x 2  1  8  1  1  x 2  1  8  0  x 2  1  8  0
 x2  1  8
 x2  7
 x 1  8   2
 2
 x 
 x  1  8  x  9
2

Vậy các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn đề bài là:  0;3 ;  0; 3 ; 1;3 ; 1; 3


Câu 3: (4,0 điểm)
1. Tìm ba số tự nhiên, biết rằng bội chung nhỏ nhất của chúng bằng 360
và số thứ nhất và số thứ hai tỉ lệ nghịch với 3 và 2, số thứ hai và số thứ
ba tỉ lệ thuận với 2 và 3
Gọi hai số cần tìm là a, b, c ( đk a; b; c  N )
Vì số thứ nhất và số thứ hai tỉ lệ nghịch với 3 và 2 nên ta có: 3a  2b  9a  6b
số thứ hai và số thứ ba tỉ lệ thuận với 2 và 3 nên ta có:
b c
  3b  2c  6b  4c
2 3
a b c
suy ra 9a  6b  4c   
4 6 9
a b c
Đặt    k  a  4k ; b  6k ; c  9k
4 6 9
 BCNN  a; b; c   22.32.k  36k mà theo bài ra  BCNN  a; b; c   360

Suy ra:  36k  360  k  10
 a  4.10  40; b  6.10  60; c  9.10  90

Vậy 3 số cần tìm là 40; 60; 90
2. Cho a,b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn a 2  c 2  b 2  d 2 chứng
minh rằng a  b  c  d là hợp số
Cách 1:
a 2  c2  b2  d 2
2

2

a 2  2ac  c 2  b 2  2bd  d 2  2  ac  bd    a  c    b  d   2  ac  bd 

 a  c   b  d  mod 2   a  c  b  d  2 mà

a, b, c, d nguyên dương nên

a+b+c+d> 2 nên a+b+c+d là hợp số
Cách 2:
Xét a 2  b 2  c 2  d 2   a  b  c  d   a  a  1  b  b  1  c  c  1  d  d  1
Vì a,b, c, d là các số nguyên dương nên
a  a  1 2; b  b  1 2; c  c  1 2; d  d  1 2 a  a  1  b  b  1  c  c  1  d  d  1 là

số chẵn
Mà a 2  c 2  b 2  d 2 nên a 2  b 2  c 2  d 2  2  b 2  d 2  suy ra a 2  b 2  c 2  d 2 chẵn
Do đó a  b  c  d chẵn lớn hơn 2 nên a+b+c+d là hợp số
Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A.Trên AB lấy điểm M ( M khác A
và B), Trên AC lấy điểm N sao cho AM = AN.
a) Chứng minh BN = CM
b) Gọi I là giao điểm của BN và CM,O là trung điểm của BC. Chứng minh
ba điểm A,I,O thẳng hàng
c) Chứng minh

BC  MN
 BN
2