225 đề thi hsg toán lớp 7 các tỉnh

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH OAI

ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7
Năm học 2014-2015
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút
(khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (6,0 điểm) Tìm x biết
5

1
1

a)  x   
2  243


b) 2 x  1  x  1

c)

3 1
2
 x
5 2
5

Câu 2. (4,0 điểm)
a) Chứng minh rằng đa thức x2  2 x  2 vô nghiệm
b) Cho tỉ lệ thức
1)

a c
b
3
 . Với   . Chứng minh:
b d
d
2

2a  3c 2a  3c

2b  3d 2b  3d

2)

a 2  c 2 ac

b2  d 2 bd

Câu 3. (4,0 điểm)
a) Tìm x biết x  3  2 x  x  4
b) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức B 

8 x
đạt giá trị nhỏ nhất
x 3

Câu 4. (5,0 điểm)
Cho ABC nhọn, AD vng góc với BC tại D. Xác định I; J sao cho AB là
trung trực của DI, AC là trung trực của DJ;IJ cắt AB ; AC lần lượt ở L và K.
Chứng minh rằng
a) AIJ cân
b) DA là tia phân giác của góc LDK
c) BK  AC ; CL  AB
d) Nếu D là một điểm tùy ý trên cạnh BC. Chứng minh rằng góc IAJ có số đo
khơng đổi và tìm vị trí điểm D trên cạnh BC để IJ có độ dài nhỏ nhất
Câu 5. (1,0 điểm)
2
Tìm x, y thuộc biết : 25  y 2  8  x  2009 


ĐÁP ÁN HSG 7 THANH OAI 2014-2015
Câu 1.
5

5

1
1
1 1
5
a)  x       x    x 
2  3
2 3
6


Vậy x 

5
6

b) 2 x  1  x  1
1
2
1
Nếu x  ta có: 2x  1  x  1  x  0 (thỏa mãn)
2
Vậy x  2 hoặc x  0

Nếu x  ta có 2x 1  x  1  x  2 (thỏa mãn)

c)

3 1
2
 x
5 2
5
3 1
2
2
3 1
2
 x   x  hoặc  x    x  2
5 2

5
5
5 2
5
2
Vậy x  hoặc x  2
5


Câu 2.
2
a) x2  2 x  2  x2  2 x  1  1   x  1  1
Vì  x  1  0  x  nên  x  1  1  1 x  . Do đó đa thức đã cho vô nghiệm
2

b) 1) Với
2)

2

b
3 a c 2a 2c 3a 3c 2a  3c 2a  3c
 ;  





d
2 b d 2b 2d 3b 3d 2b  3d 2b  3d

a c
a2 c2 a2  c2
  2  2 2
(1)
b d
b
d
b  d2

a c
a 2 c 2 ac
  2  2 
(2)
b d
b
d
bd

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh
Câu 3. a) x  3  2 x  x  4 (1)
Lập bảng xét dấu
x
-3
4
x+3
0
+
+
x–4

0
+
Xét khoảng x  3, ta có (1) trở thành 2 x  7  x  3,5 (thuộc khoảng đang xét)
Xét khoảng 3  x  4 , ta có (1) trở thành 0.x  1 (khơng có giá trị nào của x thỏa
mãn)


Xét khoảng x  4 , ta có (1) trở thành: 2 x  7  x  3,5 (không thuộc khoảng đang
xét)
Kết luận : Vậy x  3,5
8  x 5   x  3
5


1
x 3
x 3
x 3
5
B đạt giá trị nhỏ nhất 
nhỏ nhất
x3
5
Xét x  3 và x  3 , ta được
có giá trị nhỏ nhất bằng 5 tại x  2
x3
Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của B bằng – 6 tại x  2

b) Biến đổi B 

Câu 4.

A
K

J

2

L
1

I
1

B

2

D

C

a) Do AB; AC là trung trực của AB
Nên AI = AD; AD=AJ  AI  AJ  AIJ cân tại A
b) ALI  ALD (c.c.c)  I1  D1
Tương tự AKD  AKJ (c.c.c)  D2  J 2
Mà AIJ cân (câu a)  I1  J 2
 D1  D2  DA là tia phân giác của LDK

c) Chứng minh được KC là phân giác ngoài tại đỉnh K của tam giác DLK
Chứng minh được DC là phân giác ngoài tại đỉnh D của tam giác DLK
Suy ra LC là tia phân giác trong tại đỉnh L của tam giác DLK


Mà AB cũng là phân giác ngoài tại đỉnh L của tam giác LDK
Hay CL vng góc với AB tại L
Chứng minh tương tự : BK vng góc với AC tại K
d) Chứng minh được IAJ  2BAC (không đổi)
* AIJ cân tại A có IAJ khơng đổi nên cạnh đáy IJ nhỏ nhất nến cạnh bên AI
nhỏ nhất. Ta có AI  AD  AH (AH là đường vng góc kẻ từ A đến BC)
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi D  H
Vậy khi D là chân đường vng góc hạ từ A xuống BC thi IJ nhỏ nhất
Câu 5.
Ta có: 25  y 2  8  x  2009 2
8  x  2009   25  y 2
2

8  x  2009   y 2  25(*)

Vì y 2  0 nên  x  2009 2 

25
2
2
, suy ra  x  2009   0 hoặc  x  2009   1
8

Với  x  2009  1, thay vào (*) ta có: y 2  17 (loại)
2

Với  x  2009  0 thay vào (*) ta có y 2  25, suy ra y  5 ( do y  )
2

Từ đó tìm được x  2009, y  5


PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VIỆT N
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (4,0 điểm)
2 2
1
1 

 0, 25 
 0, 4  9  11
5  : 2012
1) M  
 3

7 7
1
 1, 4  

1  0,875  0, 7  2013
9 11
6



2) Tìm x, biết : x2  x  1  x 2  2
Câu 2. (5,0 điểm)
1) Cho a,b,c là ba số thực khác 0, 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

2) Ba lớp 7A, 7B, 7C cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự
định chia cho ba lớp tỉ lệ với 5;6;7, nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4,5,6 nên có

một lớp nhận nhiều hơn 4 gói. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua.
Câu 3. (4,0 điểm)
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  2 x  2  2 x  2003 với x là số nguyên
2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x  y  z  xyz
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho xAy  600 có tia phân giác Az. Từ điểm B trên Ax kẻ BH vng góc với Ay tại
H, kẻ BK vng góc với Az và Bt song song với Ay, Bt cắt Az tại C. Từ C kẻ CM
vng góc với Ay tại M. Chứng minh:
a) K là trung điểm của AC
b) KMC là tam giác đều
c) Cho BK  2 cm. Tính các cạnh AKM
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho ba số dương 0  a  b  c  1, chứng minh rằng

a
b
c


2
bc  1 ac  1 ab  1


ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7 VIỆT YÊN 2012-2013
Câu 1
2 2
1
1 

 0, 25 

 0, 4  9  11
5  : 2012
 3
1) Ta có: M  

7 7
1
 1, 4  
1  0,875  0, 7  2013
9 11
6


1 1 1 
2 2 2
 5  9  11 3  4  5  2012


:
7
7
7
7
7
7
  
   2013
5
9
11

6
8 10 

 1 1 1 
1 1 1 
 
 2.  5  9  11 



3
4 5  : 2012


 7.  1  1  1  7 .  1  1  1   2013
  5 9 11  2  3 4 5  



 
 2 2  2012
   :
0
 7 7  2013

2) Vì x2  x  1  0 nên 1  x2  x  1  x2  2 hay x  1  2
+) Nếu x  1 thì (*)  x 1  2  x  3
+)Nếu x  1 thì *  x  1  2  x  1
Câu 2.
1) Nếu a  b  c  0 , Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

a b c b  c  a c  a b a b c b c a c  a b



1
c
a
b
abc
abc
bca
c  a b
a b bc c a
Mà
1 
1 
1  2 


2
c
a
b
c
a
b
b
a  c   b  c  c  a  b  c 
Vậy B  1  
1  1    



 8
 a  c  b   a  c  b 

+)Nếu a  b  c  0
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
a b c b c a c  a b a b c b c a c  a b



0
c
a
b
abc
abc
bca
c  a b
a b bc c a
Mà
1 
1 
1  1 


1
c
a
b

c
a
b
b
a  c   b  c  c  a  b  c 
Vậy B  1  
1  1    


 1
 a  c  b   a  c  b 


2) Gọi tổng số gói tăm 3 lớp cùng mua là x (x là số tự nhiên khác 0)
Số gói tăm dự định chia cho 3 lớp 7A, 7B, 7C lúc đầu là a, b, c
a b c a bc x
5x
6x x
7x
  
  a  ;b 
 ;c 
(1)
5
6
7
18
18
18
18

3
18
Ta có:

Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là a’, b’, c’, ta có:
a' b' c' a b  c x
4x
5x
6x
  
  a '  ;b '  ;c ' 
(2)
4 5 6
15
15
15
15
15
a  a '; b  b '; c  c '

nên lớp 7C nhận nhiều hơn lúc

So sánh (1) và (2) ta có
c c'  4

6x 7x
x

4
 4  x  360

15
18
90
hay

đầu , Vậy
Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 360 gói.
Câu 3.
1) Ta có:

A  2 x  2  2 x  2013  2 x  2  2013  2 x  2 x  2  2013  2 x  2011

Dấu “=” xảy ra khi

 2 x  2  2013  2 x   0  1  x 

2) Vì x, y, z nguyên dương nên ta giả sử
1

Theo bài

2013
2

1 x  y  z

1
1 1
1 1 1
3

   2  2  2  2  x2  3  x  1
yz yx zx x
x
x
x

Thay vào đầu bài ta có :

1  y  z  yz  y  yz  1  z  0

 y(1  z )  (1  z )  2  0   y  1 z  1  2

z 1  2  z  3

y 1  1  y  2

TH1:

và
z 1  1  z  2

y 1  2  y  3

TH2:

và

1; 2;3 ; 1;3; 2 
Vậy có hai cặp nghiệm nguyên thỏa mãn

Câu 4

x

z
t
C

B
y

K
M
H

A
ABC

a)

 BK



CAB  ACB  MAC

cân tại B do
là đường trung tuyến

ABH  BAK

b)

K



là trung điểm của AC

(cạnh huyền – góc nhọn)

 BH  AK

(hai cạnh tương ứng ) mà
Ta có : BH = CM (tính chất cặp đoạn chắn) mà
CK  BH 

AK 

1
AC  CM  CK  MKC
2
là tam giác cân (1)

ACB  300  MCK  600 (2)

MCB  900

Mặt khác

và BK là đường cao

và

1
1
AC  BH  AC
2
2


 MKC

Từ (1) và (2)

là tam giác đều
KAB  300  AB  2BK  2.2  4 cm

ABK

c)

Vì

vng tại K mà
AK  AB2  BK 2  16  4  12

ABK

Vì

vng tại K nên theo Pytago ta có:
KC 

Mà
KCM

1
AC  KC  AK  12
2

 KC  KM  12

đều
Theo phần b) AB = BC =4; AH =BK=2
HM = BC (HBCM là hình chữ nhật)
 AM  AH  HM  6

Câu 5.

0  a  b  c 1

Vì

nên :

1
1
c

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

 a  1 b  1  0  ab  1  a  b 

a
b
c
2a
2b
2c
2(a  b  c)






 2 (5)
a b c
Mà b  c a  c a  b a  b  c a  b  c a  b  c
a
b
c


2
Từ (4) và (5) suy ra bc  1 ac  1 ab  1
(đpcm)


TRƯỜNG THCS

HẠ HỊA

ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỐN 7
NĂM HỌC 2010-2011

Bài 1. Chứng minh rằng:
M  3n2  2n2  3n  2n có tân cùng là 0 với mọi số tự nhiên n  1.

Bài 2. Tìm x
a) 2 x  1  3  15

b) x  3, 2  2 x 

1
 x3
5

Bài 3.
Chứng minh rằng : nếu  ad  bc   4abcd thì các số a, b, c, d lập thành một tỉ lệ thức
2

Bài 4.
2

2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A   x     y  20 10  2010
5


Bài 5.

Cho tam giác ABC vuông tại B. Vẽ tia AD là phân giác của BAC ( D  BC ) . Vẽ tia CE là
phân giác của BCA  E  AB  . Hai tia AD và CE cắt nhau tại I
a) Chứng minh rằng CIA  1350
b) Vẽ tia Cx là tia đối của tia CA. Tia phân giác của góc BCx cắt tia AD tại K. Tính
góc CKA


ĐÁP ÁN HSG TỐN 7 HẠ HỊA NĂM 2010-2011
Bài 1
Ta có:

M  3n 2  2n 2  3n  2n   3n  2  3n    2n  2  2n   3n.  32  1  2n.  22  1
 3n.10  2n.5  10.  3n  2n 1   M 10  n  N *

Vậy với n  N * ta có M ln tận cùng là 0
Bài 2
 2 x  1  12
 2 x  13
 x  6,5


 2 x  1  12
 2 x  11  x  5,5

a) 2 x  1  3  15  2 x  1  12  
1
5

b) x  3, 2  2 x   x  3 (1)
Ta có: x  3, 2  3, 2  x  3, 2  x với mọi x, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3, 2  x  0 ;

2x 

1
1
1
 2 x   3, 2  x  2 x   x  3
5
5
5

3, 2  x  0
 x  3, 2
Do đó (1)  
. Vậy 0,1  x  3, 2

1
x

0,1
2
x


0


5


Bài 3

Ta có:  ad  bc    ad  bc  ad  bc    ad   2adbc   bc 
2

2

2

Nên từ giả thiết

 ad  bc 

2

 4abcd   ad   2 adbc   bc  4 abcd   ad   2 adbc   bc  0
2

2

2

2

  ad   adbc  acbd   bc   0  ad  ad  bc   bc  ad  bc   0   ad  bc   0
2

2

 ad  bc  0  ad  bc 

a c

 (Điều phải chứng minh)
b d

Bài 4
2

2
Ta có:  x    0;  y  20 10  0 với mọi x, y nên A  2010.
5

2
5

Dấu “=” xảy ra khi x  ; y  20

2


2
5

Vậy GTNN của A là Amin  2010 khi x  ; y  20
Bài 5.

A

E

I
C

B

D

x

K
a) Xét tam giác AIC ta có:
 BAC ACB 
AIC  CAI  ACI  1800  AIC  1800  CAI  ACI  1800  


 2
2 






Mà tam giác ABC vuông tại B nên BAC  ACB  900  CIA  1350
b) Vì hai góc ACB và BCx là hai góc kề bù nên hai tia phân giác của chúng vng
góc với nhau  ICK  900
Tam giác ICK có góc AIC là góc ngồi nên


AIC  ICK  IKC  CKA  AIC  ICK  1350  900  450

Vậy CKA  450

PHÒNG GD & ĐT
TRƯỜNG THCS

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2014-2015
MƠN: TỐN 7
(Thời gian làm bài: 120 phút)

Bài 1. (4 điểm)
Tính
3

a) A 

212.35  46.92

 2 .3
2

6

 84.35



510.73  255.492

125.7 

3

2

2011
2  3
  .    .  1
3
4
b) B     2 
3
2  5 
  .  
 5   12 

 59.143

Bài 2 (4 điểm) Tìm x, y,z biết
a) Tìm x, y, z biết
b)

x 3
 ;5 x  7 z và x  2 y  z  32
y 2

y  z 1 x  z  2 x  y  3
1




x
y
z
x yz

Bài 3. (4 điểm)
a) Cho M 

42  x
. Tìm số nguyên x để M đạt giá trị nhỏ nhất
x  15
x

1
1
b) Tìm x sao cho     
2 2

x 4

 17

Bài 4. (6 điểm)
Cho Oz là tia phân giác của xOy  600 . Từ một điểm B trên tia Ox vẽ đường thẳng
song song với tia Oy cắt Oz tại điểm C. Kẻ BH  Oy; CM  Oy; BK  Oz
 H , M  Oy; K  Oz  . MC cắt Ox tại P. Chứng minh
a) K là trung điểm của OC
b) KMC là tam giác đều
c) OP  OC

Bài 5. (2 điểm)
a) Chứng minh rằng: 3a  2b 17  10a  b 17  a, b  
b) Cho hàm số f ( x) xác định với mọi x thuộc R. Biết rằng với mọi x ta đều có
1
f ( x)  3. f    x 2 . Tính f (2).
 x


ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7 …. NĂM 2014-2015
Bài 1.
a) Thực hiện theo từng bước đúng cho điểm tối đa
b) Thực hiện theo từng bước đúng cho điểm tối đa

7
2
72
B
5
A

Bài 2
a) x  84, y  56, z  60
1
5
5
b) x  , y  , z 
2
6
6

Bài 3,
42  x
27
27
đạt GTNN 
nhỏ nhất
 1 
x  15
x 15
x  15
27
Xét x 15  0 thì
0
x  15
27
27
Xét x 15  0 thì
nhỏ nhất khi x 15  0
 0. Vậy
x  15
x  15
27
Phân số
có tử dương mẫu âm
x  15
27
Khi đó
nhỏ nhất khi x  15 là số nguyên âm lớn nhất hay
x  15

a) Ta thấy M 

x 15  1  x  14
Vậy x  14 thì M nhỏ nhất và M = 28

b)
x

1 1
   
2 2

x4

x

x

1 1
 17      
2 2
x

x

4

1
1
.    17   

2
2

17  1 
1
 .    17     16  2 x  24  x  4
16  2 
2

x

1

.   1  17
 16 


Bài 4.

y
z

M
C
H

K

O
a)

B

P

ABC có O1  O2 (Oz là tia phân giác của xOy ) , O1  C1 (Oy // BC, so le trong)

 O2  C1  OBC cân tại B  BO  BC, mà BK  OC tại K  KC  KO (hai đường

xiên bằng nhau  hai hình chiếu bằng nhau). Hay K là trung điểm OC (đpcm)
b)
Học sinh lập luận để chứng minh: KMC cân
Mặt khác OMC có M  900 ; O  300  MKC  900  300  600  KMC đều
c)

OMC vuông tại M  MCO nhọn  OCP tù (Hai góc MCO; OCP bù nhau)

Xét trong OCP có OCP tù nên OP > OC.
Bài 5.
a)
* 3a  2b 17  10a  b 17
Ta có: 3a  2b 17
 9.(3a  2b) 17
 27a  18b 17
 17a  17b   10a  b  17
 10a  b 17
*10a  b 17  3a  2b 17

Ta có: 10a  b 17

 2 10a  b  17
 20a  2b 17
 17a  3a  2b 17
 3a  2b 17

b) Tính được f (2) 

13
32


PHÒNG GD & ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ

ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 7
Năm học 2013-2014
Mơn thi: TỐN

Bài 1. (5 điểm) 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

Tính M 

ab bc cd d a



cd d a ab bc

Bài 2. (3 điểm) Cho các đa thức P( x)  3x4  x3  4 x2  2 x  1
Q( x)  2 x 4  x 2  x  2

a) Tính P( x)  Q( x)
b) Tìm đa thức H ( x) biết Q( x)  H ( x)  2 x4  2
c) Tìm nghiệm của đa thức H ( x)
Bài 3 (3 điểm). Tìm x biết:
a) x  2010  x  2012  x  2014  4
3 3
3
 
1
b) 2 x  3    và y  7 11 101 
5 5
5
2
 
7 11 101
y

1 1 1
 
2 3 4

5 5 5
 
4 6 8

Bài 4. (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A   x  2  y  x  3
2

Bài 5. (7 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC). Tia phân giác góc B
cắt AC ở D. Kẻ DH vng góc với BC. Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB.
Đường thẳng vng góc với AE tại E cắt tia DH ở K. Chứng minh rằng:
a) BA  BH
b) DBK  450

c) Cho AB = 4 cm, tính chu vi tam giác DEK


ĐÁP ÁN HSG 7 THANH OAI NĂM 2013-2014
Bài 1.
Từ

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  a  b  (c  d );(b  c)  (a  d )
M 

ab bc cd d a




 4
cd d a ab bc

Nếu a  b  c  d  0  a  b  c  d  M 

ab bc c d d a



4
cd d a a b bc

Bài 2.
a) P( x)  Q( x)  3x4  x3  4 x2  2 x  1  2 x4  x2  x  2  x 4  x3  3x 2  3x 1
b) H ( x)  Q( x)  2 x4  2  2 x4  x2  x  2  2 x4  2   x2  x
c) H ( x)   x2  x  x(1  x)  0  x  0; x  1
Bài 3.
a) x  2010  x  2012  x  2014  x  2010  2014  x  x  2012  4(*)

Mà x  2010  x  2012  x  2014  4 nên (*) xảy ra dấu “=” suy ra
 x  2012  0
 x  2012

2010  x  2014

1 
1 1
1 1 1
3  
 


7
11
101
  2 3 4  3  2 1
b) y  
1  5 1 1 1 5 5
1 1
5  
.   

 7 11 101  2  2 3 4 
1
5
1
7
1
x
2 x  3     2 x  3   x  hoặc 2 x  3 
2
4
2
4
2
1


Bài 4.
Ta có  x  2 2  0 với mọi x và y  x  0 với mọi x, y  A  3 với mọi x, y
 x  2 2  0  x  2


Suy ra A nhỏ nhất  3 khi 
y

x

0
y  2


Bài 5.

B

I
4

3
1 2

K
H
A

D

C E

a) ABD  HBD (cạnh huyền – góc nhọn)  BA  BH
b) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với EK, cắt EK tại I

Ta có AB  BH (cmt ); AE  AB ( gt ) AE  BI ( BA / / IE)  BH  BI
HBK  IBK (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

 B3  B4 mà B1  B2  DBK  450

c) ABD  HBD  AD  DH
HBK  IBK  HK  KI  KD  DH  Hk  AD  KI

Chu vi tam giác DEK =
DE  EK  KD  DE  KE  AD  KI  AE  IE  2. AB  2.4  8(cm)


TRƯỜNG THCS
XUÂN DƯƠNG

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN CẤP HUYỆN
Năm học : 2013-2014
Mơn: Tốn 7

Câu 1. (6 điểm)
 32

  33



 32000



 81
a) Tính   81 .   81 .   81 ........ 
4
5
6

 2003

3

b) Tính giá tri của biểu thức 6 x2  5x  2 tại x thỏa mãn x  2  1
Câu 2. (5 điểm)
Tìm x, y, z biết

x 1 y  3 z  2
và x  3 y  4 z  4


2
4
3

Câu 3. (2 điểm)
Tìm giá trị nguyên lớn nhất của biểu thức M 

15  x
5 x

Câu 4. (7 điểm)
Cho tam giác ABC vng ở A có góc C bằng 300 . Trên cạnh AB lấy điểm M

sao cho góc BCM bằng
bằng

2
góc ACB, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho góc CBN
3

2
góc ABC. Gọi giao điểm của CM và BN là K
3

1/ Tính góc CKN
2/ Gọi F và I theo thứ tự là hình chiếu của điểm K trên BC và AC. Trên tia đối của
tia IK lấy điểm D sao cho IK=ID, trên tia KF lấy điểm E sao cho KF = FE  E  K  .
Chứng minh DCE là tam giác đều
3/ Chứng minh ba điểm D, N, E thẳng hàng


ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7 XUÂN DƯƠNG 2013-2014
Câu 1.
a) Trong dãy số có

36
 81  0 do đó tích bằng 0
9

b) Ta có x  2  1
*x  2  1  x  3
* x  2  1  x  1

Thay x  1 vào biểu thức ta được : 6.12  5.1  2  9
Thay x  3 vào biểu thức ta được 6.32  5.3  2  67
Câu 2.
x 1 y  3 z  2 x 1 3 y  9 4z  8 x 1  3 y  9  4z  8






2
2
4
3
2
12
12
2  12  12
x 1
y 3
z2
 2  x  5;
 2  y  11;
2 z 8
2
4
3

Vậy x  5; y  11; z  8
Câu 3.

15  x
10
10
lớn nhất
 1
. M lớn nhất khi và chỉ khi
5 x
5 x
5 x
10
 0 (1)
) x  5 thì
5 x
10
10
+) x  5 thì
có tử khơng đổi nên phương trình có giá trị lớn nhất
 0 mà
5 x
5 x
khi mẫu nhỏ nhất . 5  x là số nguyên dương nhỏ nhất khi 5  x  1  x  4
10
Khi đó
 10 (2)
5 x
10
So sánh (1) và (2) thấy
lớn nhất bằng 10.
5 x
M

Vậy GTLN của M = 11 khi và chỉ khi x=4


Câu 4

D

A

I

N

M
K
C
B

F
E

1) Có B  600 (do A  900 ; C  300 )
2
2
ABC  .600  400
3
3
2
2

BCM  ACB  .300  200
3
3

CBN 





BKC  1800  CBN  BCM  1800  600  1200
 CKN  1800  1200  600 (hai góc kề bù)

2) KIC  DIC (cgc)  CK  CD và DCI  KCI (1)
KFC  EFC  cgc   CK  CE và KCF  ECF (2)

Từ (1) và (2)  CD  CE  DCE cân
Có: DCE  2.ABC  600  DCE đều
3) Xét tam giác vng ANB có ANB  900  200  700  BNC  1100



CND  CNK (c.c.c)  DNC  KNC  1100  CDN  600 NCD  100 ; DNC  1100




Có CDE đều (cmt)  CDE  600
Do đó CDN  CDE  600
Suy ra :Tia DN trùng với tia DE hay 3 điểm D, N, E thẳng hàng

PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2016-2017
MƠN: TỐN 7

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tìm x biết 3x  3  2 x   1
1
2

2016

 3x  20170

1
3

1
4
Tìm số nguyên dương x để B  115

1
x

b) Cho B  1  1  2   1  2  3  1  2  3  4   ......  1  2  3  ....  x 
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

y  z 1 x  z  2 x  y  3
1



x
y
z
x yz

Tính giá trị của biểu thức A  2016.x  y 2017  z 2017
b) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: 2 x  3 y  5z và x  2 y  5
Tìm giá trị lớn nhất của 3x  2 z
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M 

2016 x  2016
có giá trị nhỏ nhất
3x  2

b) Cho đa thức f ( x)  2016.x4  32.  25k  2 x2  k 2  100 (với k là số thực dương cho
trước). Biết đa thức f ( x) có đúng ba nghiệm phân biệt a, b, c với
 a  b  c  . Tính hiệu của a  c
Câu 4. (2,5 điểm)
Cho đoạn thẳng BC cố định, M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Vẽ góc CBx
sao cho CBx  450 , trên tia Bx lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng BM và BA tỉ lệ với
1 và 2 . Lấy điểm D bất kỳ thuộc đoạn thẳng BM. Gọi H và I lần lượt là hình chiếu
của B và C trên đường thẳng AD. Đường thẳng AM cắt CI tại N. Chứng minh rằng:
a) DN vng góc với AC

b) BH 2  CI 2 có giá trị khơng đổi khi D di chuyển trên đoạn thẳng BM
c) Tia phân giác của góc HIC ln đi qua một điểm cố định
Câu 5. (1,5 điểm)
a) Tìm các số nguyên tố p thỏa mãn 2 p  p 2 là các số nguyên tố
b) Trong một bảng ô vuông gồm có 5  5 ô vuông, người ta viết vào mỗi ô vuông chir
một trong 3 số 1;0; 1 . Chứng minh rằng trong các tổng của 5 số theo mỗi cột,
mỗi hàng, mỗi đường chéo phải có ít nhất hai tổng số bằng nhau.