225 đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 (Có đáp án)

PHÒNG GD & ĐT THIỆU HÓA Đề chính thức ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 Năm học 2016-2017 Môn: TOÁN Câu 1. (4,0 điểm) Tính hợp lý       7 18 4 5 19 7 8 7 3 12 ) ) . . 25 25 23 7 23 19 11 19 11 19 7 10 7 9 2 ) 25 .125.4. 8 . 17 ) . . 35 19 35 19 35 a b c d              Câu 2. (3,0 điểm) Tính giá trị các biểu thức sau: 1 1 1 1 1 . . 1 1 1 ..... 1 2 1.3 2.4 3.5 2015.2017 a A                       b. 22 3 5B x x   với 1 2 x  c.     0 3 2 2 2 20152 2 13 15 2016 C x y x y x y y x x y              , biết 0x y  Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm ,x y biết : 2 1 2 3 12 0 6 x y          2. Tìm , ,x y z biết: 3 2 2 4 4 3 4 3 2 x y z x y z     và 18x y z   Câu 4. (3,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên ,x y biết: 2 3 0x xy y    2. Cho đa thức   10 9 8 7101 101 101 .... 101 101f x x x x x x       . Tính  100f Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn  .AB AC Vẽ về phía ngoài 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 a) Chứng minh rằng ADC ABE   b) Chứng minh rằng 060DIB  c) Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của CD và BE. Chứng minh rằng AMN đều d) Chứng minh rằng IA là phân giác của DIE Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại Acó 3 , 4 .AB cm AC cm  Điểm I nằm trong tam giác và cách đều 3 cạnh của tam giác .ABC Gọi M là chân đường vuông góc kẻ từ I đến BC. Tính MB . ĐÁP ÁN Câu 1. 7 18 4 5 19 7 18 4 19 5 ) 25 25 23 7 23 25 25 23 23 7 5 5 1 1 7 7 a                             7 8 7 3 12 7 8 3 12 7 12 ) . . . .1 1 19 11 19 11 19 19 11 11 19 19 19 b                                ) 25 .125.4. 8 . 17 25 .4.125. 8 . 17 100 . 1000 . 17 1700000 c              7 10 7 9 7 10 9 2 7 2 1 ) . . . 35 19 35 19 35 19 19 35 35 35 7 d             Câu 2. 1 1 1 1 1 ) . 1 1 1 ..... 1 2 1.3 2.4 3.5 2015.2017 1 2 2 3 3 4 4 2016 2016 . . . . . ....... . 2 1 3 2 4 3 5 2015 2017 1 2 2 3 3 4 4 2016 2016 . . . . . . ....... . 2 1 3 2 4 3 5 2015 2017 a A                                                                      2016 2017    b) Vì 2 2 1 1 1 2. 3. 5 4 2 2 21 2 1 1 1 2. 3. 5 7 2 2 2 x B x x B                                     c)     0 3 2 2 2 20152 2 13 15 2016 C x y x y x y y x x y                 3 22( ) 13 15 1 1x y x y x y xy x y        (vì 0)x y  Câu 3. 1)Vì 2 1 2 0 6 x        với mọi ; 3 12 0x y   ,y do đó: 2 1 2 3 12 0 , 6 x y x y           , theo đề bài thì: 2 2 1 1 2 3 12 0 2 3 12 0 6 6 x y x y                     . Khi đó: 1 1 2 0 6 12 43 12 0 x x yy               2) Ta có: 3 2 2 4 4 3 4 3 2 x y z x y z     . Suy ra      4 3 2 3 2 4 2 4 3 12 8 6 12 8 6 0 16 9 4 29 x y x x y z x y z x y z            . Do đó: 3 2 0 3 2 (1) 4 2 3 x y x y x y       2 4 0 2 4 3 2 4 z x x z z x       (2) Từ (1) và (2) suy ra 2 3 4 x y z   . Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 18 2 4; 6; 8 2 3 4 2 3 4 9 x y z x y z x y z              Câu 4. 1. Ta có: 2 3 0x xy y           2 4 2 6 0 2 4 2 1 5 2 1 2 1 2 5 2 1 1 2 5 x xy y x xy y x y y x y                    Lập bảng 2 1x  1 5 -1 -5 1 2y 5 1 -5 -1 x 1 3 0 -2 y -2 0 3 1 Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn 2. Ta có:             10 9 8 7 10 9 9 8 8 7 7 9 8 7 101 101 101 ...... 101 101 100 100 100 ...... 101 101 . 100 100 100 ...... 100 101 f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                             Vậy  100 1f  Câu 5. J N M K I E D A B C a) Ta có ,AD AB DAC BAE  và ( . . )AC AE ADC ABE c g c   b) Từ ADC ABE  (câu a) ,ABE ADC  mà BKI AKD (đối đỉnh) Khi đó xét BIK và DAK suy ra 060 ( )BIK DAK dfcm  c) Từ ADC ABE  (câu a) ,CM EN ACM AEN   ( . . )ACM AEN c g c AM AN    và CAM EAN 060 .MAN CAE   Do đó AMN đều d) Trên tia ID lấy điểm J sao cho IJ JB BIJ  đều BJ BI  và 060 ,JBI DBA IBA JBD    kết hợp BA BD   0. . 120IBA JBD c g c AIB DJB     mà 060BID  060DIA IA   là phân giác của DIE Câu 6. Vì I nằm trong tam giác ABC cách đều 3 cạnh nên I là giao 3 đường phân giác trong tam giác ABC Tam giác ABC vuông tại A nên tính 5BC cm Chứng minh được CEI CMI CE CM    Chứng minh tương tự : ,AE AD BD BM  Suy ra   : 2 2MB BC AB AC    D E M I A B C Phòng GD & ĐT Thăng Bình ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2018-2019 - Môn: Toán 7 Thời gian: 90 phút Đề thi có 02 trang -----***---- I. Phần trắc nghiệm khách quan: (6 điểm) Câu 1: Giá trị của x trong biểu thức ( x - 1 )2 = 0,25 là: A. 9 1 ; 4 4 B. 1 9 ; 4 4   C. 9 1 ; 4 4  D. 9 1 ; 4 4  Câu 2: Cho góc xOy = 50 0, điểm A nằm trên Oy. Qua A vẽ tia Am. Để Am song song với Ox thì số đo của góc OAm là: A. 50 0 B. 130 0 C. 50 0 và 130 0 D. 80 0 Câu 3: Cho hàm số y = f(x) xác định với mọi x > 1. Biết f(n) = (n - 1).f(n – 1) và f(1) = 1. Giá trị của f(4) là: A. 3 B. 5 C. 6 D. 1 Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 6 , Â = 300. Phân giác góc C cắt AB tại D. Khi đó độ dài đoạn thẳng BD và AD lần lượt là: A.2; 4 B. 3; 3 C. 4; 2 D. 1; 5 Câu 5: Cho a 2m = - 4. Kết quả của 2a6m - 5 là: A. -123 B. -133 C. 123 D. -128 Câu 6: Cho tam giác DEF có  E = F. Tia phân giác của góc D cắt EF tại I . Ta có: A. ∆ DIE = ∆ DIF B. DE = DF ,  IDE =  IDF C. IE = IF; DI = EF D Cả A, B,C đều đúng Câu 7: Biết a + b = 9. Kết quả của phép tính 0, ( ) 0, ( )a b b a là: ĐỀ CHÍNH A. 2 B. 1 C, 0,5 D. 1,5 Câu 8: Cho (a - b) 2 + 6a.b = 36. Giá trị lớn nhất của x = a.b là: A. 6 B. - 6 C. 7 D. 5 Câu 9: Cho tam giác ABC, hai đường trung tuyến BM, CN. Biết AC > AB. Khi đó độ dài hai đoạn thẳng BM và CN là: A. BM ≤ CN B. BM > CN C. BM < CN D. BM = CN Câu 10: Điểm thuộc đồ thị hàm số y = - 2x là : A. M ( - 1; -2 ) B. N ( 1; 2 ) C. P ( 0 ; -2 ) D. Q ( -1; 2 ) Câu 11: Biết rằng lãi suất hàng năm của tiền gửi tiết kiệm theo mức 5% năm là một hàm số theo số tiền gửi: i = 0,005p . Nếu tiền gửi là 175000 thì tiền lãi sẽ là: A. 8850 đ B. 8750 đ C. 7850 đ D.7750 đ Câu 12: Cho tam giác ABC cân tại A, Â = 20 0 . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = BC. Số đo của góc BDC là: A. 50 0 B. 70 0 C. 30 0 D. 80 0 II. Phần tự luận (14 điểm) Câu 1.(3 điểm) A, Chứng tỏ rằng: M = 75.(42017+ 42016+... + 42 +4 + 1) + 25 chia hết cho 102 B, Cho tích a.b là số chính phương và (a,b) = 1. Chứng minh rằng a và b đều là số chính phương. Câu 2.(4 điểm) 2.1 Cho đa thức A = 2x.(x - 3) – x(x -7)- 5(x - 403) Tính giá trị của A khi x = 4. Tìm x để A = 2015 2.2 Học sinh khối 7 của một trường gồm 3 lớp tham gia trồng cây. Lớp 7A trồng toàn bộ 32,5% số cây. Biết số cây lớp 7B và 7C trồng được theo tỉ lệ 1,5 và 1,2. Hỏi số cây cả 3 lớp trồng được là bao nhiêu, biết số cây của lớp 7A trồng được ít hơn số cây của lớp 7B trồng được là 120 cây. Câu 3.(5 điểm) 1. Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ hai tia Ax và By lần lượt vuông góc với AB tại A và B. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên tia Ax lấy điểm C và trên tia By lấy điểm D sao cho góc COD bằng 90 0 . a) Chứng minh rằng: AC + BD = CD. b) Chứng minh rằng: 2 . 4 AB AC BD  2. Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Chứng minh rằng: HA + HB + HC < 2 ( ) 3 AB AC BC  Câu 4.(2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của A, biết : A = |7x – 5y| + |2z – 3x| +|xy + yz + zx - 2000| ------- Hết ------- Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay Họ và tên học sinh:........................................................... SBD:......... ĐỀ CHÍNH Phòng GD & ĐT Lâm Thao ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2016 – 2017 - Môn: Toán 7 Thời gian: 90 phút Đề thi có 02 trang -----***---- I. Phần trắc nghiệm khách quan: (6 điểm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Đ. án A C C A B D B A C D B C II. Phần tự luận (14 điểm) Câu Nội dung chính Điểm 1(4 điểm) M = 75.(4 2017 + 4 2016 +... + 4 2 +4 + 1) + 25 = 25.(4- 1)(4 2017 + 4 2016 +... + 4 2 +4 + 1) + 25 = 25.[4(4 2017 + 4 2016 +... + 4 2 +4 + 1)- (4 2017 + 4 2016 +... + 4 2 +4 + 1)] + 25 = 25.(4 2018 + 4 2017 +... + 4 2 +4) - 25(4 2017 + 4 2016 +... + 4 2 +4 + 1) + 25 = 25.4 2018 – 25 + 25 = 25.4 2018 =25.4.4 2017 = 100.4 2017 100 Vậy M 102 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 B, Đặt a.b = c2 (1) Gọi (a,c) = d nên a d, c d Hay a = m.d và c = n.d với (m,n) = 1 Thay vào (1) ta được m.d.b = n2 . d2 => m.b = n 2 . d => b n 2 vì (a,b) = 1= (b,d) Và n 2 b => b = n 2 Thay vào (1) ta có a = d 2 => đpcm 0,25 0,25 0,5 0,5 2(4 điểm) 1. Ta có A = 2x2 – 6x – x2 + 7x – 5x + 2015 = x 2 – 4x + 2015 A, Với x = 4 ta được A = 2015 B, A = 2015 => x 2 – 4x = 0 => x(x - 4) = 0  0 4 x x    2. Gọi số cây ba lớp trồng lần lượt là a, b, c ( cây, a,b,c N*) Theo đề bài ta có b : c = 1,5: 1,2 và b – a = 120 a = 32,5%( a + b + c) Vậy cả 3 lớp trồng được số cây là 2400 cây 3(5 điểm) A, Vẽ tia CO cắt tia đối của tia By tại điểm E. Chứng minh   ;AOC BOE g c g AC BE CO EO        Chứng minh  DOC DOE c g c CD ED      Mà ED EB BD AC BD    . Từ đó : CD AC BD  (đpcm) B, Áp dụng định lí Pytago vào các tam giác vuông BOE và BOD ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 OE OB EB OE OD OB EB DB OD OB DB           Mà 2 2 2;OE OD DE  Nên     2 2 2 2 2 2 2 2 2 . .( ) 2 . . . . 2 . . 2 . DE OB EB DB OB EB DE BD DB DE BE OB EB DE EB BD DB DE DB BE OB EB DE DB DE BD BE                   2 2 2 2 . 2 . 2 2 . OB DE EB DB BD BE OB DE BD BE        Suy ra 2 22 2 . 0 .OB BD BE BD BE OB    Mà ; 2 AB BE AC OB  . Vậy 2 2 . 2 4 AB AB AC BD        (đpcm) 2. Qua H kẻ đường thẳng // với AB cắt AC tại D, kẻ đường thẳng // với AC cắt AB tại E Ta có ΔAHD = ΔHAE (g –c-g) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  AD = HE; AE = HD Δ AHD có HA< HD + AD nên HA < AE + AD (1) Từ đó HE  BH ΔHBE vuông nên HB < BE (2) Tương tự ta có HC < DC (3) Từ 1,2,3 HA + HB + HC < AB + AC (4) Tương tự HA + HB + HC < AB + BC (5) HA + HB + HC < BC + AC (6) Từ đó suy ra HA + HB + HC < 2 ( ) 3 AB AC BC  đpcm 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4(2 điểm) Ta có |7x – 5y|  0; |2z – 3x| 0 và | xy + yz + zx - 2000|  0 Nên A = |7x – 5y| + |2z – 3x| +|xy + yz + zx - 2000| 0 Mà A = 0 khi và chỉ khi |7x – 5y| = |2z – 3x| = |xy + yz + zx - 2000| = 0 Có: |7x – 5y| = 0  7x = 5y  5 7 x y  |2z – 3x| = 0  2 3 x z  |xy + yz + zx - 2000| = 0  xy + yz + zx = 2000 Từ đó tìm được 20; 28; 30 20; 28; 30 x y z x y z           A  0, mà A = 0  (x,y,z) = (20;28;30) hoặc (x,y,z)= (-20;-28;-30) Vậy MinA = 0  (x,y,z) = (20;28;30) hoặc (x,y,z)= (-20;-28;-30) Lưu ý: HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa PHÒNG GD-ĐT ĐƯC THỌ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 MÔN TOÁN LỚP 7 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. Tìm giá tri n nguyên dương 1 ) .81 3 27 n na  b) 8 2 64n  Câu 2. Thực hiện phép tính: 1 1 1 1 4 3 5 7 ..... 49 ..... . 8 8.15 15.22 43.50 217              Câu 3. Tìm các cặp số  ;x y biết: ) 5 9 x y a  và 405xy  1 5 1 7 1 9 ) 24 7 2 y y y b x x      Câu 4. Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất của các biểu thức sau: ) 5 5a A x   2 2 17 ) 7 x b B x    Câu 5. Cho tam giác ( ),ABC CA CB trên BC lấy các điểm M và N sao cho BM MN NC  . Qua điểm M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AN tại I a) Chứng minh I là trung điểm của AN b) Qua K là trung điểm của AB kẻ đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc ACB cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng BC tại F. Chứng minh AE BF ĐÁP ÁN Câu 1. 4 3 3 6 1 ) .81 3 3 3 4 3 1 27 )8 2 64 2 2 2 4, 5 n n n n n n a n n n b n n                 Câu 2.     1 1 1 1 4 3 5 7 .... 49 ..... . 1.8 8.15 15.22 43.50 217 5 1 3 5 7 ..... 491 1 1 1 1 1 1 1 . 1 ..... . 7 8 8 15 15 22 43 50 217 5 12.50 251 1 1 49 5 625 7.7.2.2.5.31 2 . 1 . . . 7 50 217 7 50 7.31 7.2.5.5.7.31 5                                              Câu 3. ) 5 9 x y a  và 405xy  2 2 405 9 25 81 5.9 45 x y xy      2 2 2 2 9.25 15 15 9.81 27 27 x x y y             Do ,x y cùng dấu nên 15, 27 & 15, 27x y x y      b) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 1 5 1 7 1 9 1 9 1 7 2 1 7 1 5 2 24 7 2 2 7 5 7 24 7 24 2 2 5 7 24 2 5 7 24 y y y y y y y y y x x x x x x x y y x x x x x                             Thay 2x  vào trên ta được: 1 5 5 5 25 24 49 5 24 5 49 y y y y y y y             Vậy 5 2, 49 x y   thỏa mãn đề bài Câu 4. a) Ta có: 5 0x   . Dấu " " xảy ra 5 5x A    Vậy 5 5MinA x   b) 2 2 2 2 2 17 7 10 10 1 7 7 7 x x B x x x           Ta có: 2 0x  , Dấu " " xảy ra 20 7 7x x     2 2 10 10 10 10 17 1 1 7 7 7 7 7 B x x           , dấu " " xảy ra 0x  Vậy 17 0 7 MaxB x   Câu 5. a) Từ I kẻ đường thẳng //BC cắt AB tại H. Nối MH Ta có: BHM IMH  vì: ; ( ); ....BHM IMH BMH IHM slt HM chung  BM IH MN   AHI IMN  vì:  ( ); ;IH MN cmt AHI IMN ABC AIH INM    (đồng vị) ( )AI IN dfcm  b) Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt EF tại P. PKA FKB  vì: PKA FKB (đối đỉnh); APK BFK (so le trong); (1)AK KB AP BF   EPA KFC (đồng vị); CEF KFC ( CFE cân) P F E K I A B C M N EPA CEF APE   cân  2AP AK  Từ (1) và (2) suy ra ( )AE BF dfcm TRƯỜNG THCS GIAO TÂN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2016-2017 Môn: TOÁN 7 Bài 1. (4 điểm) 1. Rút gọn 1 1 1 1 1 1 ..... 100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1 A        2. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện:  2 3 4 1 342.2 3.2 4.2 ..... 1 2 .2 2n n nn n        Bài 2. (5 điểm) 1. Tìm các số , ,x y z biết: 2 2 2 2 2 22 4 4 6 6 2 2 4 6 xy yz zx x y z y x z y z x           2. Chứng minh rằng không thể tìm được số nguyên , ,x y z thỏa mãn : 2017x y y z z x      Bài 3. (3 điểm) Chứng minh rằng: 2 3 4 5 99 1002 2 2 2 2 ...... 2 2       chia hết cho 31 Bài 4. (3 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:     2 2 2 5 15 6 90P x y y x xy      Bài 5. (5 điểm) Cho ABC có 3 góc nhọn, .AB AC BC  Các tia phân giác của góc Avà góc C cắt nhau tại O. Gọi F là hình chiếu của O trên BC; H là hình chiếu của O trên .AC Lấy điểm I trên đoạn FC sao cho .FI AH Gọi K là giao điểm của FH và .AI a) Chứng minh FCH cân b) Chứng minh AK KI c) Chứng minh 3 điểm , ,B O K thẳng hàng. ĐÁP ÁN Bài 1. 1 1 1 1 1 1 1.1) ..... 100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1 1 1 1 1 1 1 ..... 100 100.99 99.98 98.97 3.2 2.1 1 1 1 1 1 1 ..... 100 1.2 2.3 97.98 98.99 99.100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ..... 100 2 2 3 97 98 98 99 99 100 A A A A                                               1 1 49 1 100 100 50 A            1.2)  2 3 4 1 342.2 3.2 4.2 ..... 1 2 .2 2n n nn n        (1) Đặt              2 3 4 1 2 3 4 1 3 4 5 1 3 4 5 1 2 3 4 1 3 4 2.2 3.2 4.2 ....... 1 .2 .2 2 2. 2.2 3.2 4.2 ....... 1 .2 .2 2 2.2 3.2 4.2 ..... 1 2 .2 2 2.2 3.2 4.2 ..... 1 2 .2 2.2 3.2 4.2 ....... 1 .2 .2 2 2 n n n n n n n n n n B n n B n n B n n B B n n n n B                                                 5 1 2 3 4 5 1 3 2 ........ 2 .2 2.2 2 2 2 ....... 2 .2 2 n n n n n n               Đặt       3 4 5 3 4 5 4 5 6 1 4 5 6 1 3 4 5 1 3 2 2 2 ...... 2 2 2. 2 2 2 ...... 2 2 2 2 .... 2 2 2 2 2 .... 2 2 2 2 ...... 2 2 2 n n n n n n C C C C C                                 Khi đó  1 3 1 32 2 .2 2n nB n       1 3 1 3 1 1 12 2 .2 2 2 .2 1 .2n n n n nn n n              Vậy từ (1) ta có:   1 341 2 2n nn        34 1 1 33 33 33 2 1 .2 0 2 . 2 1 0 2 1 0 2 1 n n n n n n n                   Vậy 332 1n   Bài 2. 1. Xét 0 0, 0 2 4 0x y z y z       (vô lý) Suy ra 0; 0; 0x y z   Khi đó từ đề suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 4 4 6 6 2 2 4 6y x z y x z xy yz zx x y z           2 2 2 2 2 2 2 4 4 6 6 2 2 4 6 2 2. x y y z z x x y z x             Đặt   2 4 6 1 0k x y z k     thì 2 2 2 2 2 2 2 4 6 2 x y z k      Suy ra : 2 ; 4 ; 6x k y k z k   và 2 2 2 28 (3)x y z k   Thay 2 , 4 , 6x k y k z k   vào (3) ta được:       2 2 2 2 2 4 6 28 0( ) 56 28 0 1 ( ) 2 k k k k k ktm k k k tm            Với 1 1; 2; 3 2 k x y z     Vậy 1, 2, 3x y z   2.2 Ta có:      x y y z z x x y x y y z y z z x z x                 Với mọi số nguyên x ta lại có 2 0 0 0 x x x x x      Suy ra x x luôn là số chẵn với mọi số nguyên x Từ đó ta có:       x y x y y z y z z x z x             là các số chẵn với mọi số nguyên , ,x y z Suy ra      x y x y y z y z z x z x           là một số chẵn với mọi số nguyên , ,x y z Hay x y y z z x     là một số chẵn với mọi số nguyên , ,x y z Do đó, không thể tìm được số nguyên , ,x y z thỏa mãn: x y y z z x     =2017 Bài 3. Đặt 2 3 4 5 99 1002 2 2 2 2 ..... 2 2D         (có 100số hạng)    2 3 4 5 6 7 8 9 102 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .......            96 97 98 99 1002 2 2 2 2     (có 20 nhóm)      2 3 4 6 2 3 4 96 2 3 4 6 96 2. 1 2 2 2 2 2 . 1 2 2 2 2 ..... 2 . 1 2 2 2 2 2.31 2 .31 ..... 2 .31 D D                      6 9631. 2 2 ..... 2D     chia hết cho 31 Vậy 2 3 4 5 99 1002 2 2 2 2 ..... 2 2D         chia hết cho 31 Bài 4. Ta có:     2 2 2 5 15 6 90P x y y x xy                2 2 2 2 2 2 5 6 15 90 2 5 9. 2 5 90 8. 2 5 90 x y x y xy x y x y xy x y xy                     Ta thấy   2 2 5 0x y  với mọi ,x y nên   2 8. 2 5 0x y  với mọi ,x y 90 0xy   với mọi ,x y Khi đó   2 8. 2 5 90 0x y xy    với mọi ,x y Suy ra   2 8. 2 5 90 0x y xy        với mọi ,x y Hạy 0P  với mọi ,x y Dấu " " xảy ra khi   2 2 5 0 5 2 90 0 90 x y x y xy xy            Đặt 5 2 x y k  ta được 5 , 2x k y k  Mà 90xy  nên 2 3 5 .2 90 9 3 k k k k k         Nếu 3 15, 6k x y    Nếu 3 15, 6k x y       Vậy 15; 6 0 15; 6 x y MaxP x y          Bài 5. a) Chứng minh Ta có 090 (CHO CFO  vì , )OH AC OF BC  E G K I H F O A B C Xét CHO vuông và CFO vuông có: OC chung; (HCO FCO OC là phân giác )C Vậy CHO CFO  (cạnh huyền – góc nhọn) CH CF  (hai cạnh tương ứng). Vậy FCH cân tại C b) Qua I vẽ  / /IG AC G FH Ta có FCH cân tại C (cmt) (1)CHF CFH  Mà CHF FGI (đồng vị, / / ) (2)IG AC Từ (1) và (2) CFH FGI  hay IFG IGF , Vậy IFG cân tại I FI GI  , mặt khác : FI AH nên ( )GI AH FI  Ta lại có : ;IGK AHK HAK GIK  (so le trong , / / )IG AC Xét AHK và IGK có: ( ); ( ); ( )IGK AHK cmt GI AH cmt HAK GIK cmt   ( ) ( )AHK IGK gcg AK KI dfcm    c) Vẽ OE AB tại E, Chứng minh được BO là tia phân giác của (*)ABC Chứng minh được AB BI Chứng minh được: ( . . )ABK IBC c c c ABK IBK     Từ đó suy ra BK lầ tia phân giác của  **ABC Từ (*) và (**) suy ra tia ,BK BO trùng nhau Hay , ,B O K là ba điểm thẳng hàng. UBND HUYỆN THANH HÀ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016-2017 Môn: Toán 7 Câu 1. (2,5 điểm) Tính:    9 10 10 19 3 9 4 )7,3.10,5 7,3.15 2,7.10,5 15.2,7 ) 6 .2 12 : 2 .27 15.4 .9 a b      Câu 2. (5 điểm) So sánh Avà B trong mỗi trường hợp sau: 2012 ) 4025 a A   1999 3997 B   b) 21 313 ; 2A B  c) 2011 2011 2011 2011 2012 2012 2012 2012 ..... ; .... 1.2 3.4 5.6 1999.2000 1001 1002 1003 2000 A B          Câu 3. (5 điểm) a) Chứng minh rằng: 1 2 3 1003 3 3 ..... 3x x x x       chia hết cho  120 x b) Cho 3 2 2 4 4 3 . 4 3 2 x y z x y z     Chứng minh rằng: 2 3 4 x y z   c) Cho  f x là hàm số xác định với mọi x thỏa mãn      1 2 1 2. .f x x f x f x và  2 10.f  Tính  32f Câu 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC có .AB AC Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho .CD AB Gọi I là giao điểm các đường trung trực của BC và AD a) Chứng minh AIB DIC  b) Chứng minh AI là tia phân giác của BAC c) Kẻ IE vuông góc với ,AB chứng minh 1 2 AE AD Câu 5. (2,5 điểm) Cho 100 số hữu tỉ trong đó tích của bất kỳ ba số nào cũng là một số âm. Chứng minh rằng: a) Tích của 100số đó là một số dương. b) Tất cả 100số đó đều là số âm ĐÁP ÁN Câu 1.                   9 10 10 19 3 9 4 9 9 10 20 10 19 9 18 8 19 19 18 9 )7,3.10,5 7,3.15 2,7.10,5 15.2,7 10,5. 7,3 2,7 15. 7,3 2,7 10,5.10 15.10 105 150 255 ) 6 .2 12 : 2 .27 15.4 .9 3 .2 .2 2 .3 : 2 .3 3.5.2 .3 2 .3 . 1 2.3 : 2 .3 . 2 5 2.7 : 7 2 a b                             Câu 2. 2012 2012 1 1 1999 1999 ) ; 4025 4024 2 2 3998 3997 2012 1999 2012 1999 4025 3997 4025 3997 a           Vậy A B b)     10 21 2 10 10 31 3 10 3 3. 3 3.9 2 2. 2 2.8 A B       Suy ra A B 2011 2011 2011 2011 ) ..... 1.2 3.4 5.6 1999.2000 1 1 1 1 1 1 1 2011. 1 ..... 2 3 4 5 6 1999 2000 1 1 1 1 1 1 1 2011. 1 ...... ...... 3 5 1999 2 4 6 2000 1 1 1 1 1 1 1 2011. 1 .... 2 3 4 5 6 1999 2000 c A                                                       1 1 1 1 2. ...... 2 4 6 2000 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2011. 1 .... 1 .... 2 3 4 5 6 1999 2000 2 3 999 1000 1 1 1 1 2011. ...... 1001 1002 1003 2000 1 1 1 1 2012. ...... 1001 1002 1003 2000 B                                                              A B        Câu 3.             1 2 3 100 1 2 3 4 5 6 7 8 97 98 99 100 1 2 3 4 4 1 2 3 4 96 1 2 3 4 4 96 4 )3 3 3 .... 3 3 3 3 3 3 3 3 3 .... 3 3 3 3 3 . 3 3 3 3 3 . 3 3 3 3 .... 3 . 3 3 3 3 3 .120 3 .120 ...... 3 .120 120 3 3 .. x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x a                                                           96... 3 120( )x dfcm b) 3 2 2 4 4 3 4 3 2 x y z x y z     . Suy ra:      4 3 2 3. 2 4 2. 4 3 16 9 4 12 8 6 12 8 6 0 29 x y z x y z x y z x y z             Vậy 3 2 0 3 2 (1) 4 2 3 2 4 0 2 4 (2) 3 2 4 x y x y x y z x x z z x             Từ (1) và (2) ta được : 2 3 4 x y z   c) Vì      1 2 1 2. .f x x f x f x nên:                         4 2.2 2 . 2 10.10 100 16 4.4 4 . 4 100.100 10000 32 16.2 16 . 2 10000.10 100000 f f f f f f f f f f f f             Câu 4. a) Vì I là giao điểm các đường trung trực của BC và AD nên , .IB IC IA ID  Lại có ( )AB CD gt , do đó ( . . )AIB DIC c c c   B E I P A C b) AID cân ở I, suy ra DAI D AIB DIC  (câu a), suy ra BAI D , do đó: DAI BAI Vậy AI là tia phân giác của BAC c) Kẻ ,IP AD ta có: AIE AIP  (cạnh huyền – góc nhọn) AE AP  Mà 1 2 AP AD (Vì P là trung điểm )AD Suy ra 1 . 2 AE AD Câu 5. a) Trong 100 số đã cho, phải có ít nhất một số âm (vì nếu cả 100 số đều dương thì tích của ba số bất kì không thể lầ một số âm). Ta tách riêng số âm đó ra. Chia 99 số còn lại thành 33 nhóm, mỗi nhóm 3 thừa