Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 7 cấp trường

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN LỚP 7
CẤP TRƯỜNG


MỤC LỤC
1. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 7 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án Trường THCS Văn Tiến, Vĩnh Phúc
2. Đề thi học sinh giỏi môn Tốn lớp 7 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án Trường THCS Nga Thủy
3. Đề thi học sinh giỏi môn Tốn lớp 7 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án Trường THCS Liên Châu
4. Đề thi học sinh giỏi môn Tốn lớp 7 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án Trường THCS Diễn Trường
5. Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 7 cấp trường năm 2020-2021 - Trường
THCS Kim Đồng
6. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 7 cấp trường năm 2020-2021 - Trường
THCS Cẩm Bình


Trường THCS Văn Tiến
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC: 2020- 2021
MƠN THI: TỐN LỚP 7

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (1điểm):Tính giá trị của các biểu thức sau
2 2
1
1

 0, 25 
9 11  3
5
a) A 

7 7
1
1, 4  
1  0,875  0, 7
9 11
6
0, 4 

b) B 

23 23 23
23


 ...... 
3.5 5.7 7.9
101.103

Bài 2: (2,5điểm): Tìm x biết:
a) 7,5  3 5  2x  4,5

 1

1

1



1


 ... 
 2x 
b) 3x  3x 1  3x  2  117 c) 
99.100 
2
 1.2 2.3

2x  1 3y  2 2x  3y  1


5
7
6x
x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
e) T×m x biÕt




10
11
12
13
14

d)T×m x, y biÕt :

Bài 3: (2.5điểm)

a 2  b2 a

b2 c2 c
a b c
b) Tìm các số a, b, c biÕt r»ng :   vµ a + 2b – 3c = -20
2 3 4

a) Cho b 2 ac . Chng minh rng:

c) Trong một đợt lao động, ba khối 7, 8, 9 chuyên chở đợc 912 m3 đất. Trung
bình mỗi học sinh khối 7, 8, 9 theo thứ tự làm đợc 1,2 ; 1,4 ; 1,6 m3 ®Êt. Sè häc
sinh khèi 7, 8 tØ lƯ víi 1 vµ 3. Khèi 8 vµ 9 tØ lƯ với 4 và 5. Tính số học sinh mỗi
khối.
Bi 4 : (3 điểm): Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của
tia MA lấy điểm E sao cho ME=MA. Chứng minh rằng:
a/ AC=EB và AC // BE
b/ Gọi I là một điểm trên AC, K là một điểm trên EB sao cho : AI=EK. Chứng
minh: I, M, K thẳng hàng.
c/ Từ E kẻ EH  BC (H  BC). Biết góc HBE bằng 500; góc MEB bằng 250,
tính các góc HEM và BME ?
2
Bài 5 : (1điểm): Tìm x, y  N biết: 36  y 2  8  x  2010 
------------------------- HẾT -------------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN LỚP 7
Bài
Bài 1

Bài 2

Nội dung

Điểm

2 2
1
1
2 2 2
1 1 1
0, 4  
 0, 25 
 
 
9 11  3
5  5 9 11  3 4 5
A
7 7
1
7 7 7 7 7 7
1, 4  
1  0,875  0, 7
 
 
9 11
6
5 9 11 6 8 10
1 1 1 
1 1 1

2.    
 
 5 9 11   3 4 5 = 2  2  0
1 1 1  7 1 1 1 7 7
7.    
.   
 5 9 11  2  3 4 5 
23 23
23
23
2
2
2
 2

= 22 
B


 ...... 


 ...... 

3.5 5.7 7.9
101.103
3.5
5.7
7.9
101.103



1
1
1
1
1
1
1
1
100
400




= 2 2      ........ 


 = 4.  
 = 4.
309 309
3
5
5
7
101
103
3
103





a. 7,5  3 5  2x  4,5  5  2x  4  5  2x  4
TH1: 5 – 2x = 4  x 

1
2

TH2: 5 – 2x = -4  x 

9
2

1
9
hoặc x 
2
2
x
x 1
x2
b) 3  3  3  117  3x (1  31  32 )  117

Vậy x 

 3x.13  117  3x  117 :13  3x  9  x  2

 1

1

1



0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ

1


 ... 
 2x 
c) 
99.100 
2
 1.2 2.3

1
1 
1 1 1 1 1 1
        ......  
  2x  2
99 100 

1 2 2 3 3 4
99
1 1 
 
 2x  2
  2x  2 
100
 1 100 
99
101

 2  2x 
 2x
100
100
101
 x
200
2x 1 3y  2 2x  3y 1
d)
(1)


5
7
6x
2x 1 3y  2 2x  3y 1
Từ hai tỉ số đầu ta có :
(2)

5
7
12
2x 3y 1 2x  3y 1
Tõ (1) vµ (2) ta suy ra

(3)
6x
12
Tõ (3) xÐt hai tr­êng hỵp.
+ NÕu 2x + 3y - 1  0  6x = 12 =>x =2 khi đó tìm được y =3
+ Nếu 2x + 3y - 1 = 0  2x=1-3y khi ®ã tõ hai tỉ số đầu ta có
1 3y 1 3y 2 1 3y  3 y 1


0
5
7
12

0,5đ

0,5đ


suy ra 2-3y = 3y -2=0 y=

2
1

từ đó tìm tiÕp x=3
2

 1 1 1 1 1
    
 10 11 12 13 14 
1 1 1 1 1
=>x+1=0 (vì        0 )
 10 11 12 13 14 
=>x=-1
e)   x  1 

Bài 3

a
b

0,5đ

b
c

a) +Ta có: b 2  ac   (1)
2

2

a b
a 2 b2 a
a b

+ Từ (1) suy ra:       .  2  2 
b c
b
c
c
b c
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
a 2 b2 a a 2  b 2

 
b2 c2 c b2  c2
a 2  b2 a
Vậy: 2 2  (ĐPCM
b c
c
a b c
a 2b 3c a  2b  3c 20
b)      

5
2 3 4
2 6 12 2  6  12
4

1đ

0,5đ

=> a = 10, b = 15, c =20.
c) Gäi khèi l­ỵng cđa 3 khèi 7, 8, 9 lần lượt là a, b, c (m3)

a + b + c = 912


Sè häc sinh cña 3 khối là :

Theo đề ra ta có:


m3
a
b
c
;
;
1,2
1,4
1,6

b
a
b
c
và


3.4,1 1,2
4.1,4 5.1,6

a
b

c


20
4.1,2 12.1,4 15.1,6

VËy a = 96 m3 ; b = 336 m3 ; c = 480 m3.
Nên số HS các khối 7, 8, 9 lần lượt là: 80 hs, 240 hs, 300 hs.
Bài 4

a. Xét AMC và EMB có :
AM = EM
(gt )
góc  AMC=  EMB(đối đỉnh
)
BM = MC
(gt )
Nên :
AMC = EMB
(c.g.c )
 AC = EB
Vì AMC = EMB
=> Góc MAC bằng góc MEB
(2 góc có vị trí so le trong

1đ

A

I

M

B

C
H

K

E

1đ


được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt đường thẳng AE )
Suy ra AC // BE .
b. Xét AMI và EMK có :
AM = EM (gt )
 MAI=  MEK ( vì AMC  EMB )
AI = EK (gt )
Nên AMI  EMK ( c.g.c )
Suy ra  AMI=  EMK
Mà  AMI+  IME = 180o ( tính chất hai góc kề bù )
  EMK+  IME= 180o
 Ba điểm I;M;K thẳng hàng
c.Trong tam giác vuông BHE (  H = 90o ) có  HBE = 50o
  HBE= 900-  HBE = 400
  HEM =  HEB-  MEB= 150
 BME là góc ngồi tại đỉnh M của HEM
Nên  BME=  HEM +  MHE = 15o + 90o = 105o

( định lý góc ngồi của tam giác )

Bài 5

1đ

1đ

Ta có: 36  y 2  8  x  2010   y 2  8  x  2010   36 .
2

2

36
8
2
2
Vì 0  ( x  2010) và x  N ,  x  2010  là số chính phương nên

Vì y 2  0

 8  x  2010   36  ( x  2010) 2 
2

 ( x  2010) 2  4 hoặc ( x  2010) 2  1 hoặc ( x  2010) 2  0 .
 x  2012
+ Với ( x  2010)2  4  x  2010  2  
 x  2008
y  2
 y2  4  

 y  2 (loai )

+ Với ( x  2010) 2  1  y 2  36  8  28 (loại)
y  6
+ Với ( x  2010) 2  0  x  2010 và y 2  36  
 y  6 (loai )
Vậy ( x, y )  (2012; 2); (2008; 2); (2010;6).

1đ


PHÒNG GD VÀ ĐT NGA SƠN
TRƯỜNGTHCS NGA THỦY

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 7
NĂM HỌC 2020- 2021
Môn thi: TỐN 7

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1.(4,5 điểm) 1.Tính hợp lí giá trị các biểu thức sau:
5
3

7 9 11 13 15 17 19
  


6 10 15 21 28 36 45
2 2

1
1 

 0,25 
 0,4  

9 11  3
5  : 2020
B= 
7 7
1

 2021
1  0,875  0,7 
 1,4  
9 11
6


1
1
1
1
c
a
b
2. Cho a + b + c = 2021 và
= . Tính C =





a  b b  c c  a 90
ab bc ca

A = 2  

Câu 2.(3,5 điểm) Tìm x biết:
a. (x +2)n+1 = (x + 2)n+11 với n là số tự nhiên
b. 2019  x  2020  x  2021  x  2
Câu 3.(4 điểm)
a) Tìm x, y nguyên thỏa mãn: 3xy - 5 = x2 + 2y
b) Cho a,b,c,d là các số nguyên thỏa mãn: a 3 + b3 = 2(c3 - 8d3).
Chứng minh: a + b+ c+ d chia hết cho 3.
Câu 4.(6 điểm)
Cho tam giác ABC, M là trung điểm BC. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C dựng AE
vng góc với AB và AE = AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B dựng AF vng
góc với AC và AF = AC. Chứng minh:
a) FB = EC
b) EF = 2AM
c) AM  EF
3 8 15
n2 1



...

Câu 5.(2 điểm).Chứng tỏ rằng S =
không là số tự nhiên với mọi n  N

4 9 16
n2

................................ Hết ....................................
Họ tên thí sinh: .......................................................................

Số báo danh: .............


PHÒNG GD VÀ ĐT NGA SƠN
TRƯỜNGTHCS NGA THỦY

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7
NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn thi : Tốn 7
Nội dung

Ý

Điểm

5
3

1.a
(1,5)

7 9 11 13 15 17 19
=
  


6 10 15 21 28 36 45
9 11 13 15 17 19 
 5 7
21   




  =2
 6 12 20 30 42 56 72 90 
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1  6
       ...       2   
8 9 9 10 
2 2 2 3 3 4
 2 10  5

1.b
(1,5)

2 2
1
1 


 0,25 
 0,4  

9 11  3
5  : 2020 =
B= 
7 7
1

 2021
1  0,875  0,7 
 1,4  
9 11
6


1 1 1 
2 2 2
  
  
 5 9 11  3 4 5  : 2020 =  2  2  : 2020  0
 7 7 7 7 7 7  2021  7 7  2021
  
  
 5 9 11 6 8 10 

A = 2  

1
(4,5đ)

2 (1,5)

a
(1,5)

2
(3,5)

b
(2đ)

0,5đ
1đ

1,5đ

Vì a + b + c = 2021 => a = 2021 - (b+c); b = 2021 -(a+c);
c = 2021-(a+b)

0,5đ

c
a
b
1
1
1
= 2021(
)-3





ab bc ca
ab bc ca
1
1751
= 2021.
-3 =
90
90
n+1
n+11
a. (x +2) = (x + 2)
Suy ra: x  2n1 1  x  210  0 Từ đó tìm

0,5đ

=> C =





0,5đ
1,5đ

được x = -2; x= -1; x = -3
b. 2019  x  2020  x  2021  x  2

Ta có 2020  x  0 ; 2019  x  2021  x  x  2019  2021  x  2 Do đó
( x  2019)(2021  x)  0
2020  x  0


để 2019  x  2020  x  2021  x  2 thì 

1đ
1đ

Suy ra x = 2020
a. 3xy - 5 = x2 + 2y
a
(2,0đ)

3
(4đ)

 y(3x - 2) = x2 + 5

(1)
Do x, y nguyên suy ra x2 + 5 chia hết cho 3x - 2  9(x2 + 5) chia
hết cho 3x - 2
 9x2 -6x + 6x - 4 +49 chia hết cho 3x - 2
 49 chia hết cho 3x - 2  3x - 2   49;7;1;1;7;49  x  1,3,17
thay vào (1) được y  6;2;6 . Vậy (x,y) = (1;6); (3;2); (17;6)

0.5
0.5
0,5

0,5


b) Ta có: a3 + b3 = 2(c3 - 8d3)  a3 +b3 +c3 +d3 = 3c3 - 15d3
Mà 3c3 - 15d3 chia hết cho 3 nên a3 +b3 +c3 +d3 chia hết cho 3 (1)
b
2,0

1đ

Lại có a  a3 (mod3)
b  b3(mod3); c  c3(mod3); d  d3(mod3)

0,5

suy ra a + b+ c +d  a3 + b3 +c3 + d3 (mod3)
0,5

(2)
Từ (1) và (2) suy ra a +b +c + d chia hết cho 3
Vẽ hình chính xác và viết đúng GT,KL
A
A

E

F

C

M

B

0,5

A

K
a
(1,5đ)
4
(6đ)
b
(2đ)

c
(2,0đ)

1
0,5

∆ABF = ∆AEC (c-g-c)  FB = EC
Trên tia đối của tia MA lấy điểm K sao cho AK = 2AM . Ta có
∆ABM = ∆KCM (c-g-c) => CK//AB
=>ACK + CAB = EAF + CAB = 1800
=>ACK = EAF
Xét tam giác ∆EAF và ∆KCA có AE = AB = CK, ACK = EAF ,
AF = AC => ∆EAF = ∆KCA (c.g.c)
=> EF = AK = 2AM

Từ ∆EAF = ∆KCA =>CAK = AFE
=>CAK + FAK = AEF + FAK =900
=> AK  EF
3 8 15
n 1
2 1 3 1 4 1
n 1
   ...  2 =
 2  2  ...  2
2
4 9 16
n
2
3
4
n
1
1
1
1
= (n - 1) - ( 2  2  2  ...  2 )
2
3
4
n
2

2

2

2

0,5
1đ
1đ

2

S=

5
(2đ)

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5

=> S < n - 1 (1)
1
1
1
1
1
1
1
1

1


 ... 
 2  2  ...  2 <
= 1- <1
2
1.2. 2.3 3.4
(n  1)n
n
2
3
4
n

0,5

=> S > n- 1 - 1 = n - 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra S không là số nguyên

0,5



PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC
TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU

ĐỀ KHẢO SÁT HSG LẦN 1, NĂM HỌC 2020-2021
Mơn: Tốn 7
Thời gian: 120 phút

Câu 1: (2 điểm) a) Cho dãy tỉ số bằng nhau :
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 của biểu thức M 



.
cd d a ab bc

b) Số 200! Có tận cùng bao nhiêu chữ số 0
Câu 2: (2 điểm): Tìm x, y, z biết:
b)  2 x  1

a) 2009 – x  2009 = x

2008

2

 y 

5


2008

 x yz 0

Câu 3: ( 2 điểm)
a) Tìm x biết:

2
7 3
 x 
5
5 5

b)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

2 x  2  2 x  3 thức: Q =

Câu 4 : (2 điểm): Cho hình vẽ . Biết :

A  m0 ; C  n0 ;
ABC  m0  n 0 ;
ABZ  1800  m0
Chứng minh rằng: a) Ax // Bz
b) Ax // Cy.
Câu 5(2điểm): a) Tìm x, y  N biết:

36  y 2  8  x  2010 

2

b) Cho 100 số hữu tỉ trong đó tích của bất kì 3 số nào cũng là một số âm.
Chứng minh rằng : Tích của 100 số đó là một số dương và tất cả 100 số đó là số âm.
................... Hết .....................


HDC ĐỀ KS HSG TOÁN 7 LẦN 1
NĂM HỌC 2020-2021
Đáp án

CÂU

Câu
1,a)
(1đ)

a.(1đ) Từ giả thiết suy ra
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); b + c = - (d + a);
c + d = - ( a + b); d + a = - ( b + c)
Khi đó M = (- 1) + (- 1) +(- 1) +(- 1) = - 4
1 1 1 1
* Nếu a + b + c + d  0 thì    nên a = b = c = d
a b c d
Khi đó M = 1 + 1 + 1 +1 = 4
Vậy

Câu
1,b)
(1đ)

A
1
1
5

:


B 1980 25 396

Ta có: 200! = 1.2.3.4.5.....198.199.200.
Do 10 = 2.5
Để có 1 chữ số 0 tận cùng ta cần một cặp thừa số 2 và 5.
Do 2<5 nên số thừa số 2 có trong 200! nhiều hơn số thừa số 5 có trong 200! Khi phân
tích ra thừa số nguyên tố.
Vậy số chữ số 0 tận cùng của 200! Đúng bằng số thừa số 5 có trong tích 200! Khi
phân tích ra thừa số nguyên tố
Bắt đầu từ thừa số 1, Cứ 5 số lại có một bội của 5, cứ 25 = 5 2 số lại có một bội của
25, cứ 125 = 53 số lại có một bội của 125....
Như vậy khi phân tích 200! Ra thừa số ngun tơ có số thừa số 5 là:
 200   200   200   200 
 5    52    53    54 

Điểm

0,25
0,25

0,25

0,25

0,5

= 40 + 8 + 1 + 0
= 49
0,5
Vậy 200! Có 49 chữ số 0 tận cùng.

Câu 2:
a)

a) 2009 – x  2009 = x
- Nếu x  2009  2009 – x + 2009 = x
 2.2009 = 2x
 x = 2009
- Nếu x < 2009  2009 – 2009 + x = x
 0=0
Vậy với  x < 2009 đều thoả mãn.
- Kết luận : với x  2009 thì 2009  x  2009  x

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


Câu
2: b)

 2 x  1

a)

2008

2

 y 

5


2008

 x  y  z  0 (*)

Với mọi x,y,z ta luôn có:

 2 x  1

2008

2

 0;  y  
5


2008

 0; x  y  z  0

1

 2 x  12008  0
x

2 x  1  0
2



2008


2
2
2


Nên (*) sảy ra khi:  y  
 0  y   0  y 
5
5
5



9
 x yz 0
 x  y  z  0 
 z  10



0,25


7 3
 x 5  5

2
7 3

 x   
5
5 5
 x7  2

5 5


0,25

x

 3
7 3
 4
  x 

 5
5 5
 5  x  2


4
 x  7   2

x  1
5  x 1


5
 5


 4

 x2
9  x  2
  3  x  7  3



5

 5
 5
5 5

9

 x 
 x  7  2
5


 5 5
 

Câu 3

b)

0,5

1
9
2
; y ; z
2
10
5

Vậy:
Câu
3: a)

0,25

Q=

0,5

0,25

2x  2  2x  3

2x  2  3  2x
 2x  2  3  2x  5
=

Dấu “=” xẩy ra khi

Vậy min Q = 5 khi

0,5

 x  1
2 x  2  0
3



3  1  x 
2
x
3  2 x  0


2
1  x 

3
2

0,25

0,25


Câu 4

a)

xAB  ABZ  m0  180  m0
0,25

 1800
Mà xAB và
trong cùng phía.

ABz

là hai góc

0,5
0,25

Vậy: Ax // Bz(1)
b)

CBz  3600   m 0  n 0   1800  m 0 

0,25

 1800  n 0
0,5

 CBz  C  1800  n0  n0  1800
Mà CBz và C là hai góc trong cùng phía
Suy ra Bz // Cy (2)

Từ (1) và (2) suy ra Ax // Cy.
Câu 5
a)

0,25

Ta có: 36  y 2  8  x  2010   y 2  8  x  2010   36 .
2

2

36
8
2
2
Vì 0  ( x  2010) và x  N ,  x  2010  là số chính phương nên

Vì y 2  0

 8  x  2010   36  ( x  2010)2 
2

 ( x  2010)2  4 hoặc ( x  2010)2  1 hoặc ( x  2010)2  0 .
 x  2012
y  2
+ Với ( x  2010)2  4  x  2010  2  
 y2  4  
 x  2008
 y  2(loai)

Câu 5
b)

0,25
0,25

+ Với ( x  2010)2  1  y 2  36  8  28 (loại)

0,25

y  6
+ Với ( x  2010)2  0  x  2010 và y 2  36  
 y  6 (loai)
Vậy ( x, y )  (2012; 2); (2008; 2); (2010;6).

0,25

b) *V ì tích của 3 số bất kì là một số âm nên trong 100 số đó ln tồn tại ít nhất một số
âm. Ta chọn ra 1 số âm này, 99 số còn lại ta chia thành 33 nhóm, mỗi nhóm có 3 số. Do
tích của 3 số bất kì là một số âm nên tích của 99 số này đúng bằng tích của 33 số âm và
cũng bằng một số âm.
Suy ra tích của 100 số đã cho là một số dương.
*Gọi 100 số đã cho được sắp xếp theo thứ tự tăng dần là:
a1; a2; a3; a4 ; ……….,; a98; a99; a100
Xét tích : a98. a99. a100 là số âm. Nên a98. a99. a100 < 0
Suy ra a98 < 0
Cứ như vậy ta chỉ ra được a1 ; a2; a3; a4 ; ……………..; a97 là số âm.
Xét tích a1. a2. A98 < 0 . do a1; a2 âm nên a98 âm.
Tương tụ ta chỉ ra được a99 âm.
Vậy tất cả 100 số đã cho đều là số âm.

0,25

0,25

0,25

0,25



PHÒNG GD&ĐT DIỄN CHÂU
TRƯỜNG THCS DIỄN TRƯỜNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn Tốn – Lớp 7 - (Thời gian làm bài: 120 phút)
--------------------------Câu 1. (4,0 điểm)
2

11


1) Tính: A     :  
 : .
 13 11  19  13 11  19
5

7

6

7

2) Cho n là số tự nhiên có hai chữ số. Tìm n biết n + 4 và 2n đều là các số chính
phương.
Câu 2. (5,0 điểm)
2

15 
1 3
 x    .
1) Tìm x biết
16 
4 8

2) Ba bạn An, Bình và Cường có tổng số viên bi là 444. Biết rằng số viên bi của
An và Bình tỉ lệ với 5 và 6; số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5. Tính số
viên bi của mỗi bạn.
Câu 3. (4,0 điểm)
z  x
y
1) Cho x, y, z  0 và x – y – z = 0. Tính giá trị biểu thức B  1   1   1  
x
y
z








2) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn: a + 3c = 2020, a + 2b = 2021.
Tìm giá trị lớn nhất của P = a + b +c
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, M là trung điểm của BC. Trên
tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA. Trên tia đối của tia CD lấy I sao
cho CI = CA
a) Chứng minh rằng: CD = AB
b) Tính AIC
c) Qua I kẻ đường thẳng vng góc CD cắt đường thẳng AH tại E. Chứng
minh: AE = BC.
Câu 5. (1,0 điểm)
Tìm tất cả các số tự nhiên a, b sao cho : 2a + 7 = b  2021 + b - 2021.

----- Hết-----


ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn: Tốn – Lớp: 7
Phương pháp-Kết quả

Câu
Câu 1
1

Điểm
( 4 điểm)

 2 5  7  11 6  7  2 5  19  11 6  19
A    : 
  : =   .  
 .
 13 11  19  13 11  19  13 11  7  13 11  7

 2 5 11 6  19
  
 .  0
 13 11 13 11  7
Vì n là số có hai chữ số nên 9  n  100  18  2n  200

2

Mặt khác 2n là số chính phương chẵn nên 2n có thể nhận các giá
trị: 36; 64; 100; 144; 196.
Với 2n  36  n  18  n  4  22 khơng là số chính phương
2n  64  n  32  n  4  36 là số chính phương
2n  100  n  50  n  4  54 khơng là số chính phương
2n  144  n  72  n  4  76 khơng là số chính phương
2n  196  n  98  n  4  102 không là số chính phương
Vậy số cần tìm là n  32 .

Câu 2
2

1

2

1.0
0.5
0.5

0.5

0.5
(5 điểm)

2

15 
1 3
1
9

 x      x   
16 
4 8
4  16


1.0

Giải ra được x = - 1 hoặc x = 0,5
Thiếu 1 giá trị của x trừ 0,5 điểm
+ Gọi số viên bi của An, Bình, Cường lần lượt là a, b, c . Vì tổng số viên
bi của ba bạn là 444 nên a  b  c  444
a b
a b

+ Vì số viên bi của An và Bình tỉ lệ với 5 và 6 nên   
5 6 10 12
b c
b
c
+ Vì số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5 nên   
4 5 12 15

a
b
c
a bc
444
  

 12
10 12 15 10  12  15 37
+ Suy ra a  120; b  144; c  180
Vậy số viên bi của An, Bình, Cường lần lượt là120; 144 và 180 viên bi
+ Từ đó ta có

1.0
0.5
0.5
0.5

0.5
0.5
(4 điểm)

Câu 3



1

1.0

z 

x 

y

xz yx z y

Ta có: B  1   1   1   
.
.
z
x
y
z
 x  y 
Vì x – y – z = 0 nên x – z = y; y – x = – z và y + z = x
Suy ra: B =

0.5
0.5

y z x
. .  1( x; y; z  0)
x y z

1.0

Ta có: a = 2020 – 3c
a + 3c = 2020, a + 2b = 2021  2b – 3c = 1  b 

0.5

1  3c
2

0.75


2

P  a  b  c   2020 – 3c 

1  3c
1 c
 c  2020 
2
2 2

0.5

1 c

1
Vì a, b, c khơng âm nên P = 2020   2020
2 2
2
1
1
Giá trị lớn nhất của P là 2020 khi c = 0; a = 2020, b =
2
2

0.25đ\
(6 điểm)

Câu 4
B

D
H
M

A

E

F

C

0,5

I

a) Chứng minh được AMB  DMC (c  g  c)
Suy ra : CD = AB (2 cạnh tương ứng)

1.0
0.5

b) AMB  DMC  MCD  MBA (2 góc tương ứng)
 CD//AB mà AB  AC nên CI  AC mà CI = CA
 ACI vuông cân
 CIA  450
c) Kẻ AF vng góc với EI
Chứng minh được AF = CI (tính chất đoạn chắn)

0,5
0.5
0.5
0.5

Chứng minh

ABC  FEA( g.c.g )

 AE = BC (2 cạnh tương ứng)

0.5
0.5
0.75
0.25

(1 điểm)

Nhận xét:
Với x ≥ 0 thì x + x = 2x
Với x < 0 thì x + x = 0. Do đó x + x là số chẵn với  xZ.
Áp dụng ta có b  2021 + b – 2021 là số chẵn với b  Z.
Câu 5

Suy ra 2a + 7 là số chẵn  2a lẻ  a = 0 .
Khi đó b  2021 + b – 2021 = 8
+ Nếu b < 2021, ta có - (b – 2021) + b – 2021 = 8  0b = 8 (loại)
+ Nếu b ≥ 2021 ,
Ta có 2(b – 2021) = 8  b – 2021 = 4  b = 2025 (thỏa mãn)
vậy (a; b) = (0; 2025)

0.25

0.25

0.25
0.25