Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 7 - Môn thi: Toán

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 7 - Môn thi: Toán

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7 HUYỆN ĐÔNG HƯNG NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 3 3 0, 6 0, 75 Bài 1(4đ) a) Không dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức: S 13 7 11 11 2, 2 2, 75 7 13 1 1 1 1 1 1 b. Cho biểu thức: A 3 32 33 34 35 3100 1 Tính giá trị của biểu thức B 4 A . 3100 27 - 2x Bài 2(4đ) a, Cho Q = . Tìm các số nguyên x để Q có giá trị nguyên ? 12 - x x 1 x 13 b) Tìm x, biết: x 5 x 5 0 Bài 3 : ( 4 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P (2x 5y)2 15y 6x 2 xy 90 x y z t b) Cho biểu thức M với x, y, z, t là các số tự x y z x y t y z t x z t nhiên khác 0. Chứng minh M 10 1025 . Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC, O là trung điểm của BC. Từ B kẻ BD vuông góc với AC (D thuộc AC). Từ C kẻ CE vuông góc với AB (E thuộc AB). 1 a. Chứng minh rằng:OD BC. 2 b. Trên tia đối của tia DE lấy điểm N, trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho DN = EM. Chứng minh rằng: Tam giác OMN là tam giác cân. Bài 5: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A tù. Kẽ AD  AB và AD = AB (tia AD nằm giữa hai tia AB và AC). Kẽ AE  AC và AE = AC (tia AE nằm giữa hai tia AB và AC). Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: AM  DE. Bài 6: (2điểm). Trong hình bên, đường thẳng OA là đồ thị của hàm số y = f(x) = ax. y 2 a) Tính tỉ số 0 . x0 4 b) Giả sử x0 = 5. Tính diện tích tam giác OBC
2. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 7 NĂM HỌC 2018 - 2019 ( Thời gian làm bài: 120 phút) Bài Câu Nội dung Điểm 1 1.a a) Tính giá trị của S (4đ) (2 đ) 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 2đ 0 , 6 0 , 7 5 3 1 3 5 7 4 3 S 1 3 7 1 3 5 7 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 , 2 2 , 7 5 1 1 7 1 3 7 5 1 3 4 7 5 1 3 4 (Mỗi bước thực hiện tính ghi 0,5đ; nếu dùng máy tính chỉ đúng kết quả không ghi điểm) 1.b 1 1 1 1 1 1 A (2 đ) 3 32 33 34 35 3100 0,5 1 1 1 1 1 3A 1 3 32 33 34 399 1 A 3A 1 100 1,0 3 1 1 A 1 100 0,5 4 3 1 1 1 1 A 0 A 1 100 1 100 0,25 4 3 4 3 1 1 1 1 B 4. A 100 4. 1 100 100 1 0,25 3 4 3 3 2 2.a Điều kiện : x Z ; x ≠ 12 0,25 (4đ) 2,0đ 27 - 2x 2.(12 - x) + 3 3 Biến đổi Q = = = 2 + 0,25 12 - x 12 - x 12 - x Ta có 2 Z ; x Z ; x ≠ 12 0,25 3 nên Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi có giá trị nguyên 12 x 3 Mà có giá trị nguyên khi và chỉ khi 12 x Ư(3) 12 x 0,25 Ư(3) = -3; -1; 1; 3 + Nếu 12 - x = - 3 thì x = 15 (thỏa mãn điều kiện) 0,25
3. + Nếu 12 - x = -1 thì x = 13 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 + Nếu 12 - x = 1 thì x = 11 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 + Nếu 12 - x = 3 thì x = 9 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 Vậy Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi x 9; 11; 13; 15 0,25 2.b .2,0đ b) Tìm x, biết: x 5 x 1 x 5 x 13 0 2đ x 1 x 13 x 1 12 x 5 x 5 0 x 5 1 x 5 0 0,5đ x 1 12 hoặc x 5 0 , hoặc 1 x 5 0 0,5đ x 1 x 5 0 x 5 0 x 5 (Thiếu x + 1 0, trừ 0,25đ) 0,5đ x 1 0 12 12 x 5 1 x 6 1 x 5 0 x 5 1 . Vậy: x = 4, x = 5, x = 6 x 5 1 x 4 0,5đ (Thiếu một giá trị x – 5 = –1 , trừ 0,25đ) 3 3.a Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P (2x 5y)2 15y 6x 2 xy 90 2,5đ (4đ) Ta có P (2x 5y)2 15y 6x 2 xy 90 0,5 (2x 5y)2 6x 15y 2 xy 90 (2x 5y)2 9.(2x 5y)2 xy 90 2 8.(2x 5y) xy 90 Ta thấy (2x 5y)2 0 với mọi x, y nên 8.(2x 5y)2 0 với mọi x, y 0,25 xy 90 0 với mọi x, y Khi đó 8.(2x 5y)2 xy 90 0 với mọi x, y 2 Suy ra 8.(2x 5y) xy 90 0 với mọi x, y Hay P ≤ 0 với mọi x, y 0,25 Dấu‘‘=’’ xảy ra khi (2x 5y)2 0 và xy 90 0 0,25 x y 0,25 + Với (2x 5y)2 0 thì 2x 5y 5 2 + Với xy 90 0 thì xy = 90 0,25 x y 0,25 Đặt k ta được x = 5k ; và y = 2k 5 2 Mà xy = 90 nên 5k .2k = 90 Tìm được k = 3 hoặc k = -3 + Nếu k = 3 thì x = 15 ; y = 6 0,25 + Nếu k = -3 thì x = -15 ; y = - 6
4. Kết luận : Vậy giá trị lớn nhất của P là 0 khi và chỉ khi x = 15 ; y = 6 0.25 hoặc x = -15 ; y = - 6 x x b) Ta có: x y z x y y y x y t x y 0,1 z z y z t z t t t x z t z t 0,25 x y z t ( ) ( ) M M 0) mà 210= 1024 < 1025 0,25 Vậy M10 < 1025 4 Vẽ hình ghi giả thiết kết luận (4đ) A N D E M 0,5 B O C I 1 Chứng minh :OD BC. 2 Trên tia đối của tia OD lấy điểm I sao cho OI = OD. Nối I với C. 0,5 Chứng minh được ΔOBD = ΔOCI (c.g.c) 0,5 BD = CI 0,5 và BDO OIC Mà hai góc này ở vị trí so le trong
5. DB // CI Mà CD  BD CD  CI Chứng minh được ΔBDC = ΔICD (c.g.c) 0,5 BC = DI 1 Từ đó OD BC. 2 Chứng minh ΔOMN cân Nối O với E 1 0,5 Chứng minh tương tự câu a có OE BC. 2 0,25 OD = OE ΔOED cân tại O Chứng minh được OEM ODN 0,25 -Chứng minh được ΔOEM = ΔODN (c.g.c) 0,5 OM = ON Điều phải chứng minh 5 Chứng minh: AM  DE 2,0đ (2đ) Trên tia đối của tia MA lấy điểm F sao cho MF = MA AMB FMC (c.g.c) 0,5đ AB AD CF (1); ·ABM F· CM (2) 0 Từ (2) CF P AB F· CA B· AC 180 (3) 0,5đ AD  AB B· AE E· AD B· AD 900 ; AE  AC C· AD E· AD C· AE 900 0,5đ B· AE E· AD C· AD E· AD 1800 B· AC E· AD 1800 (4) Từ (3) và (4) F· CA E· AD ADE CFA (c.g.c) A· ED C· AF 0,5đ mà C· AF F· AE C· AE 900 nên A· ED F· AE 900 hay ·AEK K· AE 900 0,5đ AKE vuông tại K AM  DE 0,5đ 6 (2đ) Điểm A thuộc đồ thị hàm số y = ax nên tọa độ (2;1) của A phải thỏa mãn hàm số y = ax. 1 1 0,25 Do đó, 1 = a.2 a = . Vậy hàm số được cho bởi công thức y = x. 2 2 Hai điểm A và B thuộc đồ thị hàm số nên hoành độ và tung độ của chúng tỉ lệ thuận 0,25 với nhau. y 1 2 y 2 Suy ra 0 0 (theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau) 0,5 x0 2 4 x0 4 y 2 1 Vậy 0 = . 0,25 x0 4 2
6. 1 5 Nếu x0 = 5 thì y0 = x0 = = 2,5. 0,25 2 2 Diện tích tam giác OBC là: 1 Áp dụng công thức S = (a.h) ta có: 2 0, 5 1 SOBC = . 5. 2,5 = 6,25. 2