DE THI HSG TOAN 7

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN LỚP: 7A Thầy Ngọc. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG Năm học: 2014-2015 Môn thi: Toán 7 - THCS. Câu 1: Thực hiện phép tính 3 32 33 32000 1) ( – 81)( – 81)( – 81). . .( – 81) 4 5 6 2003 2) S = 22010 −22009 −22008 . . .− 2−1 6 6 3 3 Gợi ý: 1. Trong dãy số có – 81 = – 81 = 81 – 81 = 0. Do đó tích bằng 0. 9 32 2. 2S – S = 22011 − 22010 −22010 .− 22009 +22009 . .− 22+ 22 −2+2+1 ¿ 22011 − 22011+1=1 . Câu 2: Tìm x biết: 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 1 2 3 4 5 30 31 4 + 4 + 4 + 4 6 +6 +6 + 6 +6 +6 x . . . . . .. . =2 ; . =2 x a. b. 5 5 5 5 5 4 6 8 10 12 62 64 3 +3 +3 2 +2 c..  x2  1  x 2  3  x 2  5  x 2  7  0. 3x . 7  2 7 3. d. 1 2 3 4 5 30 31 x Gợi ý: a. 2 . 2 . 2 .3 . 2. 4 . 2. 5 . 2 . 6 . .. 2. 31 . 6 =2 2 1 .2 .3 . 4 . . .30 . 31 1 x =2 =2 x x=−36 30 6 36 1 . 2. 3 . 4 .. . 30. 31 .2 .2 2 5 5 6 6 4.4 6.6 4 6 6 6 4 6 x x x . =2 . =2 . =2 b. 5 5 6 6 3 2 3.3 2.2 3 2 12 x 2 =2 ⇒ x=12 c. Nhận xét: x2 - 7 < x2 - 5 < x2 - 3 < x2 - 1 và tích của 4 thừa số âm khi có một hoặc ba thừa số âm.. ()(). x. 2.  1  x 2  3  x 2  5  .   x 2  1  x 2  3  x 2  5   x 2  7  0  x 2  7 0   x 2  1  x 2  3  x2  5   x2  7   0. .    x 1;  3;  5;  7   x  5   x 2  5  0   2   5 x  7   x  7  0  x  7   x  1   x 2  1  0   1 x  3  2   x  3  0  x  3. d..   3x   7  3x   2 7  3x  3 . Câu 3: 1) Cho. x y = 3 4. 7  2 7 3.   3x    7  2  7  3x  3 . và. 7 9 3. 34  x 9  7  x   20  5  vn   9 3. y z = . Tính M = 5 6. 2 x +3 y+ 4 z 3 x +4 y+ 5 z. a c  2) Cho tỉ lệ thức b d với a 0, b 0, c 0, d 0, a b, c d . Chứng minh: 2013 a 2013  b 2013  a b    c 2013  d 2013  c d  x y y z  5 3) Chứng minh rằng: Nếu 2(x + y) = 5(y + z) = 3(z + x) thì 4. Gợi ý: 1). x y x y = ⇒ = ; 3 4 15 20. y z y z = ⇒ = 5 6 20 24. ⇒. x y z = = 15 20 24.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 x 3 y 4 z 2 x+3 y + 4 z 3 x 4 y 5 z 3 x+ 4 y +5 z = = = ⇒ = = = 30 60 96 30+ 60+96 45 80 120 45+80+120  2 x +3 y+ 4 z : 3 x + 4 y +5 z = 2 x : 3 x 30+60+96 45+ 80+120 30 45 2 x +3 y+ 4 z 245 2 x +3 y + 4 z 186 . =1 ⇒ M = = 186 3 x +4 y+ 5 z 3 x+ 4 y +5 z 245 a c  2) Cho tỉ lệ thức b d với a 0, b 0, c 0, d 0, a b, c d . ⇒. 2013.  a b   Chứng minh:  c  d  a c a c    Ta có: b d b  d a   Mà:  b . 2013. c   d. . a   b. 2013.  a b   Từ (1) và (2)  c  d . a 2013  b 2013 c 2013  d 2013 2013. c   d. 2013. . 2013. 2013.  a c    b d . 2013. 2013. . (1). 2013. a c a c  2013  2013 2013 b d b  d 2013. 2013. 2013. (2). 2013. a b c 2013  d 2013. (đpcm). Câu 4: Tìm nghiệm của đa thức: 6. 3. 2. 2 f  x  x  x  x  x  1 a) f ( x) x  5 x  6 b) c) Chứng minh rằng đa thức :f(x) = – 4x4 + 3x3 – 2x2 + x – 1 không có nghiệm nguyên . d) Chứng minh rằng đa thức f(x) = x 8 − x5 + x 2 − x+1 không có nghiệm.. Gợi ý: a) x = 2, x = 3. b, d) Xét từng khoảng + Xét x 0 lập luận dẫn đến dẫn đến f(x) 1>0 + Xét 0 < x < 1 lập luận dẫn đến f(x) > 0 + Xét x 1 lập luận dẫn đến f (x) > 0 Trong cả ba khoảng trên đều có f(x) 0 nên đa thức f(x) không có nghiệm. 4 3 2 c) Nếu đa thứcf(x) = –4x + 3x – 2x + x – 1 có nghiệm thì nghiệm đó là ước của -1. Ta có : f(-1) = -11  0; f(1) = -3  0 Vậy đa thức đã cho không có nghiệm nguyên. a c e Câu 5: Cho các số nguyên dương a, b, c, d, e, f biết: > > và af – be = 1. b d f Gợi ý: Chứng minh: d ≥ b + f Gợi ý: Vì af – be = 1..  d = d( af – be) = adf – bed = (adf – bcf) + (bcf – bed )= f(ad – bc) + b(cf – ed) a c e  > > Từ ad > bc, cf >ed và a, b, c, d nguyên dương nên ad – bc  1 , cf – ed  1 b d. f.  d  f.1 + b.1 = f + b Câu 6: 1) Cho hµm sè y = f(x) = a. Vẽ đồ thị của hàm số trên. x  2  x 1. b)TÝnh f(x2 + 2) = ? 2 x +1 1 2) T×m c«ng thøc cña hµm sè g(x) biÕt r»ng g (1+ )= x x2 2 ( x  2)  2 Gợi ý: 1) b) Ta cã f(x2 + 2) = + (x2 + 2) + 1 = 2x2 + 3 2 2 VËy f(x + 2) = 2x + 3 1 x +1 2) C¸ch 1: §Æt 1 + = =y x x 2 2 x +1 2 x +1 1 Khi đó g (1+ ) = g (y) = = +1 - 1 = x +22x+1 2 2 x x x x 1 = y2 - 1. -1 = = (. x +1 2 ) x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Hay g(y ) = y2 - 1  g(x) = x2 - 1 1 C¸ch 2: §Æt 1 + = y ThÕ th× x = x. 1 y −1 1 2 1 y 1 1 2 ( ) y  1 Thay vµo c«ng thøc hµm sè ta cã: g(y) = = y2 - 1  g(x) = x2 - 1 Câu 7: Cho x = by + cz ; y = ax + cz ; z = ax + by 1 1 1 CMR : P = + + =2 a+1 b+1 c+1 Gợi ý: Tõ gi¶ thiÕt ta suy ra : x + y + z = 2 ( ax + by + cz ) (1) Tõ biÓu thøc x = by + cz  ax + x = ax + by + cz  x ( a + 1) = ax + by + cz ax+ by +cz 1 x a+1=  = (1®) x a+1 ax+ by +cz Hoµn toµn t¬ng tù: ax+ by +cz 1 y Tõ biÓu thøc y = ax + cz  b + 1 =  = y b+1 ax+ by +cz ax+ by +cz 1 z Tõ biÓu thøc z = ax + by c + 1 =  = z c+1 ax+ by +cz 1 1 1 x y z Suy ra P = + + = + + = a+1 b+1 c+1 ax+ by +cz ax+ by +cz ax+ by +cz x+ y+z (2) ax+ by +cz 2( ax+ by +cz) Tõ (1) vµ (2) ta suy ra P = =2 ax+ by +cz. 3( x 2  1)  x 2 y 2  y 2  2 ( x  y)2  5 Câu 8: a) Chứng minh rằng : > 0 với mọi x, y Q b) So sánh hai biểu thức sau: Gợi ý: b) Ta có:. A. A. y 2 ( x  1)  x  1 y 2 ( x  1)  2 x  2 B 2 y 1 y2  2 ,. y 2 ( x  1)  x  1 ( y 2  1)( x  1)  x  1 y2 1 y2 1. B. y 2 ( x  1)  2 x  2 ( y 2  2)( x  1)  x  1 y2  2 y2  2. Câu 9: 1) Cho ba số a, b, c thõa mãn: 0 a b  1 c  2 và a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của c. 2) Cho a, b ,c là các số thuộc đoạn.   1;2 (–1 a, b, c 2) thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh. rằng: a2 + b2 + c2 6 Gợi ý: 1) Vì: 0 a b  1 c  2 nên 0 a  b 1  c  2 c  2  c  2  c  2  0 4 3c  6 (vì a + b + c = 1) 2  c  3 . Hay 3c  2 2 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của c là: - 3 khi đó a + b = 3. 2. Ta có: (a + 1) 0, (a + 2) 0, suy ra (a + 1)(a – 2) 0 Suy ra: a2 – 2 – a 0, suy ra a2 2 + a . Tương tự, cộng vế với vế suy ra đpcm Câu 10: Cho a > b > 0. So sánh A và B biết:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1  a  a 2  ...  a n  1 2 n A = 1  a  a  ...  a và. Gợi ý: Ta có:. 1  b  b 2  ...  b n  1 2 n B = 1  b  b  ...  b. 1 an 1 1 1  1  2 n 1  2 n 1 1 1 1 1  a  a  ...  a A 1  a  a  ...  a  n  1  ...  n n a a a a. 1 bn 1 1 1  1  2 n 1  2 n 1 1 1 1 1  b  b  ...  b B 1  b  b  ...  b  n  1  ...  n n b b b b 1 1  Do a > b > 0 nên A B  A > B.. Câu 11: Cho a, b, c thảo mãn điều kiện: a + b + c = 0. 1 1 1  1 1 1  2  2     2 Chứng minh rằng: a b c  a b c  2  1 1 1      Gợi ý: Khai triển  a b c  … Suy ra đpcm.. 2. Câu 12: Cho a, b, c thoả mãn a + b + c > 0, ab + bc + ca > 0 và abc > 0. Chứng minh rằng a, b, c là các số dương. Gợi ý: Vì abc > 0 nên ít nhất phải có 1 số dương. Không mất tính tổng quát, giả sử a > 0. Mà: abc > 0  bc > 0 Nếu: b, c < 0  b + c < 0 Từ: a + b + c > 0  b + c > - a  (b + c)2 < – a(b + c)  b2 + 2bc + c2 < – ab – ac  ab + bc + ca < – b2 – c2 – bc < 0, vô lý Vậy: b, c > 0  a, b, c > 0. Câu 13: Cho x, y z là các số dương. Chứng minh rằng: x y z 3    2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y 4 Gợi ý: P. Ta cã:. x y z x y z     1  1  1 3 2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y 2x  y  z 2y  z  x 2z  x  y. . x yz x yz xyz xyz xyz xyz    3  (   ) 3 2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y 2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y.  ( x  y  z )(. 1 1 1   ) 3 2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y. Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 1 ( x  y  z )   (2 x  y  z )  ( x  2 y  z )  ( x  y  2 z )  4 1  .3 3 (2 x  y  z )( x  2 y  z )( x  y  2 z ) 4 (*) 1 1 1 1   3 3 2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y (2 x  y  z )( x  2 y  z )( x  y  2 z ) (**) 1 1 1 9 ( x  y  z )(   ) 2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y 4 Lấy (*) nhân (**) ta được:. 9 3 3 4 4 , dấu “=” xảy ra khi x = x = z. Suy ra: P Câu 14: Tìm tổng hệ số của các đa thức sau khi được khai triển: . (1  3x  3 x 2 ) 2014 .(1  3x  3 x 2 ) 2015 2014 2015 Gợi ý: (1  3  3) .(1  3  3) 1 Câu 15:.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. A  x  2013  x  3014  x  2015. A  x  2008  x  2009  y  2010  x  2011  2012 2. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: A  x  2013  x  3014  x  2015 Gợi ý: 1. Ta có: A  x  2013  2015  x   x  3014  x  2013  2015  x  x  2014 2  x  2014. Mà:. x  3014 0  A 0. 2013  x 2014  x  2013  2015  x    x 2014  x 2014  x 2014 Dấu bằng sảy ra  Vậy GTNN của A =2 khi x 2014 Câu 17: a) Cho hai só tư nhiên a và b, với a > b và thỏa mãn: 3(a + b) = 5(a – b). Tìm thương của hai số a và b b) Tìm các số nguyên dương a, b, c biết rằng: a3 – b3 – c3 = 3abc và a2 = 2(b + c) Gợi ý: a) a : b = 4 b) Cách 1: a3 - b3 - c3 = 3abc (1); a2 = 2(b + c) (2) Từ (2) suy ra a2 chẵn  a chẵn . Từ (1) suy ra a > b; a > c  2a > b + c  4a > 2(b + c) kết hợp với (2)  a2 < 4a  a < 4  a = 2 thay vào (2) được: b + c = 2  b = c =1 (vì b, c nguyên dương). Thử lại thấy đúng vậy a = 2; b = c = 1. Cách 1: Dùng hằng đẳng thức Câu 18: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và chu vi 2p = a + b + c. 1 1 1  1 1 1   2     a b c Chứng minh rằng: p  a p  b p  c Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi tam giác có đặc điểm gì? 1 1 4   Gợi ý: Áp dụng BĐT x y x  y , với x, y dương. Câu 19: Tìm x, biết: x 1 0 (4 x  3)(5  2 x ) b). a) (2x – 1)(3 – x)(5x – 3) < 0 c) (x – 1)2(1 – 2x)(x + 5) 0 C©u 20: Cho gãc xOy = 90o, tia ph©n gi¸c Oz. Trªn tia Oz lÊy ®iÓm A. Tõ A kÎ AB Ox; AC Oy (B  Ox; C  Oy). D lµ ®iÓm tuú ý trªn ®o¹n th¼ng OB. Nèi AD. Tia ph©n gi¸c gãc CAD c¾t Oy t¹i E. Chøng minh r»ng AD = CE + BD. Gợi ý: Trªn Ox lÊy ®iÓm F sao cho BF = CE  CE + DB = BF + DB = DF dễ chứng minh đợc vuông ACE = vuông ABF ( c.g.c)  CEA = BFA.(1) MÆt kh¸c CEA = EAB (2)( Hai gãc so le trong) L¹i cã CAE = EAD ( do AE lµ tia ph©n gi¸c ) CAE = BAF ( Do  vu«ng ACE =  vu«ng ABF )  EAD = BAF  EAB = DAF (3)( cïng céng víi DAB) Tõ (1); (2); (3) ta cã DAF = BFA   DAF c©n t¹i D  AD = DF = CE + DB ( ®ccm) C©u 21: Cho tam giác nhọn ABC, có BC = a, CA = b, AB = c . Gọi M là một điểm thuộc miền trong của tam giác. Hạ MH,MK,MP lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. a/ Chứng minh : AP2 + BH2 + CK2 = BP2 + CH2 + AK2. b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của: AP2 + BH2 + CK2 (tính theo a,b,c) Gợi ý: a) Ta có: AP2 + BH2 + CK2 = AM2 - MP2 + MB2 - MH2 + MC2 - MK2 = AM2 - MK2 + MC2 - MH2 + MB2 - MP2 = AK2 + CH2 + BP2 (đpcm) b) Từ câu a suy ra: 2( AP2 + BH2 + CK2 ) = (AP2 + BP2) + (KA2 + KC2) + (CH2 + BH2 ).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  AP  BP  . 2. 2.  AK  CK   2. 2.  CH  BH   2. 2. a 2  b2  c 2 2 =. A P. K M. B. C H. a 2  b2  c 2  M là giao điểm ba đường trung trực của 4 Vậy GTNN của AP2 +BH2 +CK2 là. tam giác. C©u 22: Cho tam giác đều ABC,đường cao AH. Trên tia HC lấy điểm D sao cho AH = DH. Trên nửa mặt phẳng không chứa A có bờ là BD vẽ tia Dx sao cho góc BDx có số đo bằng 15 0. Dx cắt tia AB tại E. Chứng minh: EH = DH Gợi ý: 0 0 A   Ta có BAH 30 ; AED 45 0 0    - Giả sử AEH  30  HED  15 = HDE  HD  HE  AH  EH , vô lý 0 0    - Giả sử AEH  30  HED  15 = HDE B C D H  HD  HE  AH  EH , vô lý 0  Vậy AEH 30 nên tam giác AHE cân, E suy ra: EH = HE = HD   Câu 23: Gọi O là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho ABO  ACO . Vẽ OH  AB, OK  AC. Gọi M là trung điểm của BC.   a) Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của OB và OC. Chứng minh rằng OEH OFK b) MH = MK. Gợi ý: a) Các tam giác vuông OHB và OKC có HE và KF là các đường tẻung tuyến ứng với       cạnh huyền nên E1 2 B1 , F 1 2C 1 , do đó E 1 F 1 (1).   b) Từ (1) suy ra MEH MFK . Từ đó MEH KFM (c.g.c) nên MH = MK. Câu 24:  ABC cân tại A, đường cao AD. Kẻ DH vuông góc với AC. Gọi I là trung điểm của DH. Chứng minh rằng AI  BH. Gợi ý: Gọi M là trung điểm của CH thì DM//DH. Ta sẽ chứng minh AIDM. MI là đường trung bình của  HDC nên MI//DC. Do đó MI  AD.  ADM có I là trực tâm nên AI  DM. Do đó AI  BH.. Hết.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>