Bồi dưỡng nâng cao HSG Toán lớp 7 qua 16 chuyên đề - Thầy Thích

Hệ thống phát triển Toán IQ Việt Nam www.ToanIQ.com – Hotline: 0919.281.916 ---------------------------------------------------------

Đăng ký học bồi dưỡng Toán lớp 7 trên mạng | Thầy Thích - Tel: 0919.281.916 1

TÀI LIỆU TUYỂN TẬP 16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG

MÔN TOÁN LỚP 7

(Liên tục khai giảng khóa học Video Toán 7 theo theo chuyên đề)

BỒI DƯỠNG NÂNG CAO HSG MÔN TOÁN LỚP 7 QUA 16 CHUYÊN ĐỀ

Mọi thông tin về tư vấn và đăng ký đặt mua tài liệu vui lòng liên hệ trực tiếp Thầy Thích theo:

Giáo viên: Thầy Thích

Điện thoại: 0919.281.916

Email: [email protected]

Website: www.ToanIQ.com

mailto:[email protected]

http://www.toaniq.com/



PHỤ LỤC

Chuyên đề 1 - Tập hợp N, Z, Q, I, R

Chuyên đề 2 - Dãy số viết theo quy luật

Chuyên đề 3 - Giá trị tuyệt đối

Chuyên đề 4 - Tỉ lệ thức và dãy tỉ số bằng nhau

Chuyên đề 5 – Bất đẳng thức và Giá trị lớn nhất – Giá trị nhỏ nhất

Chuyên đề 6 - Quan hệ vuông góc – Quan hệ song song

Chuyên đề 7 - Tỉ lệ thuận - Tỉ lệ nghịch

Chuyên đề 8 - Hàm số và đồ thị

Chuyên đề 9 - Phương pháp kẻ thêm hình phụ

Chuyên đề 10 - Tam giác (Các trường hợp bằng nhau và ∆ cân, đều, vuông)

Chuyên đề 11 - Biểu thức đại số

Chuyên đề 12 - Đường trung bình trong tam giác

Chuyên đề 13 - Quan hệ cạnh và góc trong tam giác

Chuyên đề 14 - Các đường thẳng đồng quy trong tam giác

Chuyên đề 15 - Cực trị hình học và điểm - Đường thẳng cố định

Chuyên đề 16 - Một số phương pháp giải toán.



NỘI DUNG MẪU THAM KHẢO

CHUYÊN ĐỀ 1 - TẬP HỢP N, Z, Q, I, R

Bài 10 : Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho: 12 n chia hết cho 7

Giải:

+) Với n < 3 thì 2n không chia hết cho 7

+) Với n 3 khi đó n = 3k hoặc n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 ( *k N )

- Xét n = 3k , khi đó 2n -1 = 23k – 1 = 8k – 1 = ( 7 + 1)k -1 = 7.A + 1 -1 = 7.A 7

- Xét n = 3k + 1 khi đó 2n – 1 = 23k+1 – 1 = 2.83k – 1 = 2.(7A+1) – 1 = 7A + 1

không chia hết cho 7

- Xét n = 3k + 2 khi đó 2n – 1 = 23k+2 -1 = 4.83k – 1 = 4(7A + 1) – 1 = 7A + 3

không chia hết cho 7 .

Vậy n = 3k với *k N thì 2n – 1 ⋮ 7.

Bài 11: Cho 4 số nguyên phân biệt có tích là 10000. Tìm giá trị lớn nhất của tổng 4

số đó.

Giải:

Tổng của 4 số lớn nhất của một tích khi và chỉ khi tích của 3 số đầu là nhỏ nhất và

số còn lại là số lớn nhất => 3 số đầu là 3 ước nhỏ nhất.

Ta có: 10000 = 104 = (2.5)4 = 24.54 = 1.2.22.(2.54)

Tổng lớn nhất của bốn số là: 1 + 2 + 22 + (2.54) = 1 + 2 + 4 + 1250 = 1257.

Bài 13: a) Tìm các giá trị nguyên dương x, y, sao cho: 1 1 1

x y 5



b) Tìm các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn :

baa 553 23 và ca 53

Giải:

a) Từ 1 1 1

x y 5 5 ( x + y) = xy (*)

55

5

xxy

y

Vai trò của x, y như nhau nên giả sử x ⋮ 5. Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5q (q là số

tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra:

5q + y = qy

<=> 5q = (q – 1)y

Do q = 1 không thỏa mãn, nên với q khác 1 ta có:

y =

( )

Vì y là số nguyên dương nên suy ra: 5 ⋮ (q - 1)

q – 1 ∈ Ư(5) = {1; 5}

q – 1 1 5

q 2 6

y 10 6

x 10 30

Đáp số: (x, y) ∈ {(10, 10), (6, 30); (30, 6)}.

b) Ta có: baa 553 23

<=> a2( a +3) = 5b – 5

Mà ca 53 nên suy ra: a2. 5c = 5( 5b – 1 – 1)

1

2

1

5 1

5

b

ca



Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5b – 1 - 1 không chia hết cho 5 do

đó a không là số nguyên)

Với c = 1 a = 2 và b = 2 là thỏa mãn.

Bài 50: Tìm các số tự nhiên x, y sao cho: x20 + (x + 1)11 = 2016y

Giải:

+) Vì x, y ∈ N nên suy ra: x và x + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp

x20 + (x + 1)11 là số lẻ.

+) TH1: Nếu y = 0 => 2016y = 20160 = 1 => x20 + (x + 1)11 = 1

- Nếu x = 0 => x20 + (x + 1)11 = 020 + (0 + 1)11 = 1 (luôn đúng)

- Nếu x ≥ 1 => x20 + (x + 1)11 ≥ 1 + 211 > 1 thì không có giá trị x nào thỏa mãn.

+) TH2: Nếu y ≥ 1 => 2016y là số chẵn.

Không có giá trị x, y nào thỏa mãn x20 + (x + 1)11 = 2016y.

KL: x = 0 và y = 0.

CHUYÊN ĐỀ 3 - GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

Bài 12.1: Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thoả mãn:

b) 31

1215

yxx

Giải:

b) |x - 5| + |1 - x| =

| | (1)

Ta có: |x - 5| + |1 - x| ≥ |x – 5 + 1 - x| = |-4|

|x - 5| + |1 - x| ≥ 4 (2) Ta có: |y + 1| + 3 ≥ 3



| |

| |

| | (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: {| | | |

| |

{( )( )

=> {

=> { ∈

CHUYÊN ĐỀ 4 - TỈ LỆ THỨC VÀ DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU

Bài 29: Biết

và

CMR: abc + = 0

Giải:

+) Ta có:

<=> ab + a’b’ = a’b <=> abc + a’b’c = a’bc (1)

+) Ta có:

<=> bc + b’c’ = b’c <=> a’bc + a’b’c’ = a’b’c (2)

Từ (1) và (2) suy ra: abc + a’b’c + a’bc + a’b’c’ = a’bc + a’b’c

<=> abc + a’b’c’ = 0 (đpcm).

CHUYÊN ĐỀ 10 - TAM GIÁC (CÁC TRƯỜNG HỢP HAI TAM GIÁC BẰNG

NHAU VÀ CÁC TAM GIÁC ĐẶC BIỆT: ∆ CÂN, ĐỀU, VUÔNG)

Bài 56: Cho ∆ABC. Vẽ về phía ngoài ∆ABC các tam giác vuông tại A là ABD,

ACE có AB = AD, AC = AE. Kẻ AH vuông góc với BC, DM vuông góc với AH, EN

vuông góc với AH. Chứng minh rằng:

a) DM = AH



b) MN đi qua trung điểm của DE.

Giải:

a) Xét ∆DMA và ∆AHB lần lượt vuông tại M và tại H, ta có:

+) ∆DMA vuông tại M nên suy ra: = 900

900 - (1)

+) Ta có: = 1800, mà = 900 nên suy ra:

= 1800 – 900 = 900

= 900 - (2)

Từ (1) và (2) suy ra: (*)

Ta có: DA = AB (gt) (**)

Từ (*) và (**) suy ra: ∆DMA = ∆AHB (cạnh huyền – góc nhọn)

DM = AH (Hai cạnh tương ứng) (đpcm)

b) Gọi MN cắt DE tại I.

+) Xét ∆NAE và ∆HCA lần lượt vuông tại N và H ta có:

- = 900 => = 900 - (3)

- = 1800 , mà = 900 nên suy ra:

= 1800 – 900 = 900

=> =900 - (4)

Từ (3) và (4) suy ra: = (***)



Ta có: AE = AC (gt) (****)

Từ (***) và (****) suy ra: ∆NAE = ∆HCA (cạnh huyền – góc nhọn)

NE = AH (Hai cạnh tương ứng) (5)

Theo câu a, suy ra: DM = AH = NE (6)

+) Xét ∆IDM và ∆IEN lần lượt vuông tại M và N, ta có:

- {

=> DM // EN (T/c từ vuông góc đến song song)

=> (Hai góc so le trong) (7)

- Theo (6) ta có: DM = NE

Từ (6) và (7) suy ra: ∆IDM = ∆IEN (Cạnh góc vuông – góc nhọn)

=> ID = IE, mà I ∈ đoạn thẳng DE nên suy ra: I là trung điểm của

DE

Mà I ∈ MN nên suy ra: MN đi qua trung điểm của DE (đpcm).

Bài 60: Cho tam giác ABC cân tại A, = 200. Trên cạnh AB lấy điểm D sao

cho AD = BC. Tính .

Giải:



+) Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng BC có chứa điểm A, lấy điểm E

sao cho: Tam giác EBC đều.

EB = EC = BC = AD (T/c của tam giác đểu và gt)

+) Ta có: Tam giác ABC cân tại A và có = 200 nên suy ra:

= 800

Mà = 600 nên suy ra: = 800 – 600 = 200.

+) Ta có: ∆AEB = ∆AEC (c.c.c) => (Hai góc tương ứng)

AE là tia phân giác của

= 200 : 2 = 100.

= (3600 - ) : 2 = (3600 - 600) : 2 = 1500.

+) Ta có: ∆AEC = ∆CDA (c.g.c)

= 1500

Mà = 1800

= 1800 - = 1800 – 1500 = 300.

CHUYÊN ĐỀ 11 - BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

Bài 9: Cho đa thức P(x) thỏa mãn: x.P(x + 2) = (x2 - 9)P(x). Chứng minh rằng:

Đa thức P(x) có ít nhất ba nghiệm.

Giải:

+) Với x = 0 => 0.P(0 + 2) = (02 – 9).P(0)

<=> -9.P(0) = 0

<=> P(0) = 0

x = 0 là nghiệm của đa thức P(x).



+) Với x = 3 => 3.P(3 + 2) = (32 – 9).P(3)

<=> P(5) = 0

x = 5 là nghiệm của đa thức P(x)

+) Với x = -3 => -3.P(-3 + 2) = [(-3)2 – 9)].P(3)

<=> P(-1) = 0

x = -1 là nghiệm của đa thức P(x)

Vậy, đa thức P(x) có ít nhất là 3 nghiệm.

Bài 12: Chứng minh rằng đa thức P(x) = x3 – x + 5 không có nghiệm nguyên.

Giải:

Ta có: P(x) = x.(x2 – 1) + 5 = x.(x - 1).(x + 1) + 5

Gọi P(x) có nghiệm nguyên là x = a. Suy ra:

P(a) = a.(a - 1).(a + 1) + 5 = 0

Suy ra: a.(a - 1).(a + 1) = -5.

Vì a là số nguyên nên suy ra: a.(a - 1).(a + 1) là một số nguyên chẵn nên suy

ra:

a.(a - 1).(a + 1) không thể bằng -5. Suy ra: Không có giá trị a nguyên nào thỏa

mãn P(a) = 0.

Vậy, đa thức P(x) = x3 – x + 5 không có nghiệm nguyên (đpcm).

Bài 30: Tính giá trị của đa thức:

F(x) = x5 – 10x4 – 10x3 – 10x2 – 10x – 10 biết x = 11

Giải:

Ta có: F(x) = x5 – 10x4 – 10x3 – 10x2 – 10x – 10 biết x = 11

=> F = x5 – 10(x4 + x3 + x2 + x + 1)

=> F = 115 – 10.(114 + 113 + 112 + 11 + 1)

=> F = 115 – 10.



=> F = 115 – 115 + 1

=> F = 1

CHUYÊN ĐỀ 14 - CÁC ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY TRONG TAM GIÁC

Bài 16. Cho ∆ABC có + = 600. Trên đường phân giác AD của lấy điểm

I. Trên tia đối của tia AB lấy điểm F sao cho AF = AI. Trên tia đối của tia AC

lấy điểm E sao cho AE = AI. Chứng minh rằng:

a) AB và AC lần lượt là các đường trung trực của đoạn thẳng IE và IF.

b) ∆IEF đều.

c) IA EF.

Giải:

a) Xét ∆BAE và ∆BAI ta có:

+) AE = AI (gt)

+) 1800 - = 1800 – 1200 = 600;

= ½ = ½ . 1200 = 600 (AI là tia phân giác của )

Nên suy ra: (= 600)



+) AB chung

=> ∆BAE = ∆BAI (c.g.c)

=> BE = BI (hai cạnh tương ứng)

=> Điểm B nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng IE (T/c đường trung

trực của một đoạn thẳng)

Mà AE = AI (gt) nên suy ra: Điểm A cũng nằm trên đường trung trực của đoạn

thẳng IE.

Nên suy ra: AB là đường trung trực của đoạn thẳng IE (đpcm).

Tương tự, ta có: ∆CAI = ∆CAF (c.g.c) nên suy ra: CI = CF (Hai cạnh tương

ứng)

Nên suy ra: AC là đường trung trực của đoạn thẳng IF (đpcm).

b) Xét các tam giác: ∆EAI, ∆EAF, ∆FAI ta có:

AE = AF = AI

= 1200

=> ∆EAI = ∆EAF = ∆FAI (c.g.c)

=> EI = EF = FI (Các cạnh tương ứng)

=> Tam giác EFI là tam giác đều (đpcm).

c) Theo câu b, tam giác EFI là tam giác đều; AB là đường trung trực của đoạn

thẳng EI nên suy ra: BF cũng là đường trung trực của đoạn thẳng EI; AC là

đường trung trực của đoạn thẳng FI nên suy ra: EC cũng là đường trung trực

của đoạn thẳng FI.

=> A là giao điểm ba đường trung trực của tam giác EFI, nên suy ra: IA là

đường trung trực ứng với đoạn thẳng EF.

=> IA EF (đpcm).

CHUYÊN ĐỀ 15 - CỰC TRỊ HÌNH HỌC VÀ

ĐIỂM - ĐƯỜNG THẲNG CỐ ĐỊNH

Bài 4: Cho đoạn thẳng MN = 4cm, điểm O nằm giữa M và N. Trên cùng một

nửa mặt phẳng bờ MN vẽ các tam giác cân đỉnh O là OMA và ONB sao cho



góc ở đỉnh O bằng 450. Tìm vị trí của O để AB có độ dài nhỏ nhất. Tính độ dài

nhỏ nhất đó.

Giải:

Ta có: = 1800; = 450; = 450

Nên suy ra: = 900 => Tam giác AOB vuông tại O.

Để giá trị AB nhỏ nhất <=> OA = OB => OM = ON (Tam giác OAM, OBN cân

tại O)

Mà O ∈ MN nên suy ra: O là trung điểm của MN.

Suy ra: OA = OB = MN : 2 = 4 : 2 = 2 cm.

Theo định Định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông OAB ta có:

AB2 = OA2 + OB2 = 22 + 22 = 8

AB = √ = 2√ (cm).

CHUYÊN ĐỀ 16 - MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.

Nội dung chuyên đề bao gồm:

Phương pháp quy nạp

Phương pháp phản chứng

Phương pháp nguyên lí di-rich-lê

Ngoài ra, chương trình Bồi dưỡng Toán lớp 7, Thầy Thích có một số tài liệu và

chương trình học tập dành cho các em HS trên toàn quốc như sau:



1. Tuyển tập 16 chuyên đề Bồi dưỡng nâng cao Toán lớp 7

2. Tuyển tập 100 đề luyện thi HSG Toán lớp 7 (có đáp án chi tiết)

3. Chương trình học tập trên mạng qua Video môn Toán lớp 7 cơ bản và nâng cao theo chuyên

đề dành cho HS trên toàn quốc.

4. Chương trình học tập Toán 7 trực tuyến (Tương tác 2 chiều) dành cho HS trên toàn quốc.

5. Dịch vụ giải đáp Toán 7 trực tuyến theo tháng dành cho các em HS lớp nguồn, trọng điểm

của Tỉnh/ TP trên toàn quốc.

Mọi thông tin về tư vấn học tập và đăng ký đặt mua tài liệu vui lòng liên hệ trực tiếp Thầy Thích theo:

Điện thoại: 0919.281.916

Email: [email protected]

Website: www.ToanIQ.com

Rất vui lòng được hợp tác cùng với gia đình, GV và các em HS trên toàn quốc.

Thân ái !

mailto:[email protected]

http://www.toaniq.com/

Education

Bồi dưỡng nâng cao HSG Toán lớp 7 qua 16 chuyên đề - Thầy Thích