Bồi dưỡng HSG môn 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: doanthich@gmail.com
 Website: 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 :
b
aa 553 23
 và c
a 53 
Giải:
a) Từ
1 1 1
x y 5
   5 ( x + y) = xy (*)
5
5
5
x
xy
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: b
aa 553 23

<=> a2
( a +3) = 5b
– 5
Mà c
a 53  nên suy ra: a2
. 5c
= 5( 5b – 1
– 1)
1
2
1
5 1
5
b
c
a



 

---------------------------------------------------------
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
12
15


y
xx
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: doanthich@gmail.com
 Website: www.ToanIQ.com
Rất vui lòng được hợp tác cùng với gia đình, GV và các em HS trên toàn quốc.
Thân ái  !

Bồi dưỡng HSG môn toán lớp 7 qua 16 chuyên đề - Thầy Thích

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Bồi dưỡng HSG môn toán lớp 7 qua 16 chuyên đề - Thầy Thích

Similar to Bồi dưỡng HSG môn toán lớp 7 qua 16 chuyên đề - Thầy Thích (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Bồi dưỡng HSG môn toán lớp 7 qua 16 chuyên đề - Thầy Thích