Đề thi học sinh giỏi toán lớp 7 đề số 1

6 < 0  x< 3 khi đó 6 – 2x = 9-5x  x= 1 thoã mãn. (0,5) Vậy x = 1. b) Tính . (1+2+3+...+90).( 12.34 – 6.68) :        6 1 5 1 4 1 3 1 = 0. (0,5) ( vì 12.34 – 6.68 = 0). c) Ta có : 2A = 21 + 22 +23 + 24 + 25 +...+ 2101  2A – A = 2101 –1. (0,5) Như vậy 2101 –1 < 2101 . Vậy A<B . (0,5) Bài 2 : Gọi 3 cạnh của tam giác ABC là a, b, c và 3 đường cao tương ứng là ha, hb, hc . Theo đề bài ta có. (ha+ hb): (hb + hc) : (hc + ha ) = 5 :7 :8 hay ha + hb =5k ; hb + hc=7k hc + ha = 8k ; ha + hb +hc =10k . (k là hệ số tỉ lệ ) . (0,5) Suy ra hc =( ha + hb +hc) – (ha + hb) = 10k –5k =5k. Tương tự : ha =3k , hb= 2k . A Diện tích tam giác : 2 1 a . ha = 2 1 b.hb Suy ra . 3 2 3 2  k k h h b a a b Tương tự : ; 2 5; 3 5  c b c a (0,5) a.ha = b.hb =c.hc  cba h c h b h a 111  B C  a:b:c = 5 1: 2 1: 3 11:1:1  cba hhh . Hay a:b:c = 10: 15 :6 . (0,5) Bài 3 : a) Tại x = 9 16 ta có : A = 7 1 9 16 1 9 16    ; tại x = 9 25 ta có : A = 4 1 9 25 1 9 25    ; (1) b) Với x >1 . Để A = 5 tức là 4 9 2 35 1 1    xx x x . (1) Bài 4 : E thuộc phân giác của ABC nên EN = EC ( tính chất phân giác) suy ra : tam giác NEC cân và ENC = ECN (1) . D thuộc phân giác của góc CAB nên DC = DM (tính chất phân giác ) suy ra tam giác MDC cân . và DMC =DCM ,(2) . Ta lại có MDB = DCM +DMC (góc ngoài của CDM ) = 2DCM. Tương tự ta lại có AEN = 2ECN . Mà AEN = ABC (góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn). MDB = CAB (góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn ). Tam giác vuông ABC có ACB = 900 , CAB + CBA = 900 , suy ra CAB = ABC = AEN + MDB = 2 ( ECN + MCD ) suy ra ECN + MCD = 450 . Vậy MCN = 900 –450 =450 . (1,5) Bài 5 : Ta có P = -x2 –8x + 5 = - x2 –8x –16 +21 = -( x2 +8x + 16) + 21 = -( x+ 4)2 + 21; (0,75) Do –( x+ 4)2 0 với mọi x nên –( x +4)2 +21  21 với mọi x . Dấu (=) xảy ra khi x = -4 Khi đó P có giá trị lớn nhất là 21. ------------------------------------------------------------ hướng dẫn đề 27 Câu 1: (3đ) b/ 2-1.2n + 4.2n = 9.25 suy ra 2n-1 + 2n+2 = 9.25 0,5đ suy ra 2n (1/2 +4) = 9. 25 suy ra 2n-1 .9 =9. 25 suy ra n-1 = 5 suy ra n=6. 0,5đ c/ 3n+2-2n+2+3n-2n=3n(32+1)-2n(22+1) = 3n.10-2n.5 0,5đ vì 3n.10 10 và 2n.5 = 2n-1.10 10 suy ra 3n.10-2n.5 10 0,5đ Bài 2: a/ Gọi x, y, z lần lượt là số học sinh của 7A, 7B, 7C tham gia trồng cây(x, y, z∈z+) ta có: 2x=3y = 4z và x+y+z =130 0,5đ hay x/12 = y/8 = z/6 mà x+y+z =130 0,5đ suy ra: x=60; y = 40; z=30 -7(4343-1717) b/ -0,7(4343-1717) = 0,5đ10 Ta có: 4343 = 4340.433= (434)10.433 vì 434 tận cùng là 1 còn 433 tận cùng là 7 suy ra 4343 tận cùng bởi 7 1717 = 1716.17 =(174)4.17 vì 174 có tận cùng là 1 suy ra (174)4 có tận cùng là 1 suy ra 1717 = 1716.17 tận cùng bởi 7 0,5đ suy ra 4343 và 1717 đều có tận cùng là 7 nên 4343-1717 có tận cùng là 0 suy ra 4343-1717 chia hết cho 10 0,5đ suy ra -0,7(4343-1717) là một số nguyên. Bài 3: 4đ( Học sinh tự vẽ hình) a/∆ MDB=∆ NEC suy ra DN=EN 0,5đ b/∆ MDI=∆ NEI suy ra IM=IN suy ra BC cắt MN tại điểm I là trung điểm của MN 0,5đ c/ Gọi H là chân đường cao vuông góc kẻ từ A xuống BC ta có ∆ AHB=∆ AHC suy ra HAB=HAC 0,5đ gọi O là giao AH với đường thẳng vuông góc với MN kẻ từ I thì ∆ OAB=∆ OAC (c.g.c) nên OBA = OCA(1) 0,5đ ∆ OIM=∆ OIN suy ra OM=ON 0,5đ suy ra ∆ OBN=∆ OCN (c.c.c) OBM=OCM(2) 0,5đ Từ (1) và (2) suy ra OCA=OCN=900 suy ra OC ┴ AC 0,5đ Vậy điểm O cố định. ------------------------------------------------------- Đáp án đề 28 Câu 1: (2đ). a. a + a = 2a với a  0 (0,25đ) Với a < 0 thì a + a = 0 (0,25đ). b. a - a -Với a 0 thì a - a = a – a = 0 -Với a< 0 thì a - a = - a - a = - 2a c.3(x – 1) - 2x + 3 -Với x + 3  0  x  - 3 Ta có: 3(x – 1) – 2 x + 3 = 3(x – 1) – 2(x + 3) = 3x – 3 – 2x – 6 = x – 9. (0,5đ) -Với x + 3 < 0  x< - 3 Tacó: 3(x – 1) - 2x + 3 = 3(x – 1) + 2(x + 3). = 3x – 3 + 2x + 6 = 5x + 3 (0,5đ). Câu 2: Tìm x (2đ). a.Tìm x, biết: 5x - 3 - x = 7  5 3 7x x   (1) (0,25 đ) ĐK: x  -7 (0,25 đ)     5 3 7 1 5 3 7 x x x x          . (0,25 đ) Vậy có hai giá trị x thỏa mãn điều kiện đầu bài. x1 = 5/2 ; x2= - 2/3 (0,25đ). b. 2x + 3 - 4x < 9 (1,5đ) 2x + 3 < 9 + 4x (1) ĐK: 4x +9  0  x  9 4  (1)  4 9 2 3 4 9x x x      2 3x    (t/mĐK) (0,5đ). Câu 3: Gọi chữ số của số cần tìm là a, b, c. Vì số càn tìm chia hết 18  số đó phải chia hết cho 9. Vậy (a + b + c ) chia hết cho 9. (1) (0,5đ). Tacó: 1  a + b + c  27 (2) Vì 1  a  9 ; b  0 ; 0  c  9 Từ (1) và (2) ta có (a + b + c) nhận các giá trị 9, 18, 27 (3). Suy ra: a = 3 ; b = 6 ; c = 9 (0,5đ). Vì số càn tìm chia hết 18 nên vừa chia hết cho 9 vừa chia hết cho 2  chữ số hàng đơn vị phải là số chẵn. Vậy ssố càn tìm là: 396 ; 963 (0,5đ). -Vẽ hình đúng viết giả thiết, kết luận đúng (0,5đ). -Qua N kẻ NK // AB ta có. EN // BK  NK = EB EB // NK EN = BK Lại có: AD = BE (gt)  AD = NK (1) -Học sinh chứng minh D ADM = D NKC (gcg) (1đ)  DM = KC (1đ) ------------------------------------------------------ Đáp án đề 29 Bài 1: Ta có: 10A = 2007 2007 2007 10 10 9 = 1 + 10 1 10 1    (1) Tương tự: 10B = 2008 2008 2008 10 10 9 = 1 + 10 1 10 1    (2) Từ (1) và (2) ta thấy : 2007 2008 9 9 10 1 10 1    10A > 10BA > B Bài 2:(2điểm) Thực hiện phép tính: A = 1 1 11 . 1 ... 1(1 2).2 (1 3).3 (1 2006)2006 2 2 2                                  = 2 5 9 2007.2006 2 4 10 18 2007.2006 2. . .... . . .... 3 6 10 2006.2007 6 12 20 2006.2007    (1) Mà: 2007.2006 - 2 = 2006(2008 - 1) + 2006 - 2008 = 2006(2008 - 1+ 1) - 2008 = 2008(2006 -1) = 2008.2005 (2) Từ (1) và (2) ta có: A = 4.1 5.2 6.3 2008.2005 (4.5.6...2008)(1.2.3...2005) 2008 1004. . .... 2.3 3.4 4.5 2006.2007 (2.3.4...2006)(3.4.5...2007) 2006.3 3009    Bài 3:(2điểm) Từ: x 1 1 1 x 1 8 y 4 y 8 4      Quy đồng mẫu vế phải ta có : 1 x - 2 y 8  . Do đó : y(x-2) =8. Để x, y nguyên thì y và x-2 phải là ước của 8. Ta có các số nguyên tương ứng cần tìm trong bảng sau: Y 1 -1 2 -2 4 -4 8 -8 x-2 8 -8 4 -4 2 -2 1 -1 X 10 -6 6 -2 4 0 3 1 Bài 4:(2 điểm) Trong tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn hơn cạnh thứ 3. Vậy có: b + c > a. Nhân 2 vế với a >0 ta có: a.b + a.c > a2. (1) Tương tự ta có : b.c + b.a > b2 (2) a.c + c.b > c2 (3). Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được: 2(ab + bc + ca) > a2 + b2 + c2. Bài 5:(3 điểm) Vẽ tia phân giác ABK cắt đường thẳng CK ở I. Ta có: IBC cân nên IB = IC. BIA = CIA (ccc) nên   0BIA C IA 120  . Do đó: BIA = BIK (gcg) BA=BK C K A I B b) Từ chứng minh trên ta có:  0BAK 70 --------------------------------------------------- Đáp án đề 30 Câu 1: ( 2 điểm ) a. Do 1 11 22   nn với mọi n 2 nên . ( 0,2 điểm ) A< C = 1 1..... 14 1 13 1 12 1 2222        n ( 0,2 điểm ) Mặt khác: C =   1.1 1.... 5.3 1 4.2 1 3.1 1   nn ( 0,2 điểm) =           1 1 1 1 .... 5 1 3 1 4 1 2 1 3 1 1 1 2 1 nn ( 0,2 điểm) = 1 4 3 2 3. 2 1 1 11 2 11         nn (0,2 điểm ) Vậy A < 1 b. ( 1 điểm ). B =  2222 2 1... 6 1 4 1 2 1 n  ( 0,25 điểm ) =        22222 1 ..... 4 1 3 1 2 1 1 2 1 n ( 0,25 điểm ) =  A1 2 1 2 ( 0,25 điểm ) Suy ra P <   2 111 2 1 2  ;Hay P < 2 1 (0,25 điểm ) Câu 2: ( 2 điểm ) Ta có 1 11 k k k với k = 1,2..n ( 0,25 điểm ) áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho k +1 số ta có:  1 111 11 11...111..1....1.11 11             kkkk k k k k k k kk k kk (0,5 điểm ) Suy ra 1 <           1 11111 kkk k k ( 0,5 điểm ) Lần lượt cho k = 1,2, 3, n rồi cộng lại ta được. n < 1111......... 2 32 13   n n n n n n ( 0,5 điểm) =>   n Câu 3 (2 điểm ) Gọi ha , hb ,hc lần lượt là độ dài các đường cao của tam giác. Theo đề bài ta có:   1020 2 875 cbacbaaccbba hhhhhhhhhhhh  ( 0,4 điểm ) => 325 abc hhh  => ha : hb : hc = 3 : 2: 5 ( 0,4 điểm ) Mặt khác S = cba chbhha 2 1 2 1. 2 1  ( 0,4 điểm ) => cba h c h b h a 111  (0 , 4 điểm ) => a :b : c = 6:15:10 5 1: 2 1: 3 11:1:1  cba hhh (0 ,4 điểm ) Vậy a: b: c = 10 : 10 : 6 Câu 4: ( 2 điểm ) Trên tia Ox lấy A , trên tia Oy lấy B sao cho O A = O B = a ( 0,25 điểm ) Ta có: O A + O B = OA + OB = 2a => A A = B B ( 0,25 điểm ) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu Của A và B trên đường thẳng A B Tam giác HA A = tam giác KB B ( cạnh huyền, góc nhọn ) ( 0,5 điểm ) => H ,BKA  do đó HK = BA  (0,25 điểm) Ta chứng minh được HK AB (Dấu “ = “  A trùng A B trùng B (0,25 điểm) do đó ABBA  ( 0,2 điểm ) Vậy AB nhỏ nhất  OA = OB = a (0,25điểm ) Câu 5 ( 2 điểm ) Giả sử Qdcba  ( 0,2 điểm ) => adba  => b +b +2 adadbc 22  ( 0,2 điểm) => 2   adcbadbc 22  ( 1 ) ( 0,2 điểm) => 4bc =  cbad 2 2 + 4 d2a – 4b  cbad 2 a ( 0,2 điểm) => 4 d  cbad 2 a =  cbad 2 2 + 4d 2a – 4 bc ( 0,2 điểm) * Nếu 4 d  cbad 2 # 0 thì:   )(4 44 2 222 cbadd abadcbada    là số hữu tỉ (0,2 5điểm ) ** Nếu 4 d  cbad 2 = 0 thì: d =0 hoặc d 2+ a-b – c = 0 ( 0,25 điểm ) + d = 0 ta có : 0 cba => Qcba  0 (0,25 điểm ) + d 2+ a-b – c = 0 thì từ (1 ) => adbc  Vì a, b, c, d 0 nên Qa  0 ( 0,25 điểm ) y Vậy a là số hữu tỉ. Do a,b,c có vai trò như nhau nên cba ,, là các số hữu tỉ -------------------------------------------------- PNE.edu.vn website giỏo dục cung cấp tài liệu học tập mụn Toỏn miễn phớ !