Đề thi khảo sát học sinh giỏi lớp 7 - Môn thi: Toán

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KON TUM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 7 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2017 – 2018 (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 03/04/2017 Thời gian: 90 phút không tính thời gian ghi đề Câu 1: (4,5 điểm). 1. Tính giá trị các biểu thức sau: 3 4 7 4 7 7 a) A = : : 7 11 11 7 11 11 212.35 46.92 b) B = (22.3)6 84.35 x y 5x2 3y2 2. Cho . Tính giá trị biểu thức: C = 3 5 10x2 3y2 Câu 2: (4,5 điểm) 1. Tìm các số x, y, z, biết: x y y z a) ; và x + y + z = 92 2 3 5 7 b) (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017 = 0 2. Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x – y = 6 Câu 3: (3,0 điểm) 1. Tìm đa thức A biết: A – (3xy – 4y2) = x2 – 7xy + 8y2 2. Cho hàm số y = f(x) = ax + 2 có đồ thị đi qua điểm A(a – 1; a2 + a). a) Tìm a b) Với a vừa tìm được, tìm giá trị của x thỏa mãn: f(2x – 1) = f(1 – 2x) Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABD và ACE. Gọi I là giao điểm BE và CD. Chứng minh rằng: a) BE = CD b) V BDE là tam giác cân c) E· IC 600 và IA là tia phân giác của D· IE Câu 5: (2,0 điểm) 1. Tìm số hữu tỉ x, sao cho tổng của số đó với nghịch đảo của nó có giá trị là một số nguyên. 2. Cho các số a, b, c không âm thỏa mãn: a + 3c = 2016; a + 2b = 2017. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a + b + c.
2. ĐÁP ÁN Câu 1: 1. 3 4 7 4 7 7 3 4 11 4 7 11 a) A = : : = . . 7 11 11 7 11 11 7 11 7 7 11 7 11 3 4 4 7 11 3 4 4 7 11 11 A = = = ( 1) 1 .0 0 7 7 11 7 11 7 7 7 11 11 7 7 212.35 46.92 212.35 (22 )6.(32 )2 212.35 212.34 212.34 (3 1) b) B = = = (22.3)6 84.35 212.36 (23 )4.35 212.36 212.35 212.35 (3 1) 212.34.2 1 B = 212.35.4 6 x y x 3k 2. Đặt = k . Khi đó: 3 5 y 5k 5x2 3y2 5(3k)2 3(5k)2 45k2 75k2 120k2 C = = = 8 10x2 3y2 10(3k)2 3(5k)2 90k2 75k2 15k2 Câu 2: 1. x y x y 2 3 10 15 x y z a) Ta có: y z y z 10 15 21 5 7 15 21 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau và x + y + z = 92, ta được: x y z x y z 92 = 2 10 15 21 10 15 21 46 x 2 10 x 20 y 2 y 30 15 z 42 z 2 21 b ) Ta có: (x – 1)2016 0  x (2y – 1)2016 0  y |x + 2y – z|2017 0  x, y, z (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017 0  x, y, z x – 1 2016 0 2016 Mà (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017 = 0 nên dấu "=" xảy ra 2y – 1 0 x 2y – z 2017 0
3. x 1 x 1 1 1 y y 2 2 1 z 2 1 2. – z 0 2 2. Ta có: xy + 3x – y = 6 x(y + 3) – (y + 3) = 6 – 3 (x – 1)(y + 3) = 3 = 1.3 = 3.1 = (– 1)(– 3) = (– 3)(– 1) Ta có bảng sau: x – 1 1 3 – 1 – 3 y + 3 3 1 – 3 – 1 x 2 4 0 – 2 y 0 – 2 – 6 – 4 Vậy: (x; y) = (2; 0) = (4; – 2) = (0; 6) = (– 2; – 4) Câu 3: 1. Ta có: A – (3xy – 4y2) = x2 – 7xy + 8y2 A = x2 – 7xy + 8y2 + (3xy – 4y2) A = x2 – 4xy + 4y2 2. a) Vì đồ thị hàm số y = f(x) = ax + 2 đi qua điểm A(a – 1; a2 + a) nên: a2 + a = a(a – 1) + 2 a2 + a = a2 – a + 2 2a = 2 a = 1 b) Với a = 1 thì y = f(x) = x + 2 1 Ta có: f(2x – 1) = f(1 – 2x) (2x – 1) + 2 = (1 – 2x) + 2 4x = 2 x = 2 Câu 4: B ABC, Aµ = 900, ABD và ACE đều GT I = BE CD D 1 I 2 a) BE = CD 1 1 1 A C KL b) V BDE là tam giác cân 3 2 2 c) E· IC 600 và IA là tia phân giác của D· IE · µ 0 0 0 0 DAC A1 90 60 90 150 · · a) Ta có: DAC BAE 2 1 · µ 0 0 0 0 2 BAE A2 90 60 90 150 E Xét V DAC và V BAE có: DA = BA (GT) D· AC B· AE (CM trên) AC = AE (GT) V DAC = V BAE (c – g – c) BE = CD (Hai cạnh tương ứng)
4. 0 b) Ta có: Aµ 3 Aµ 1 B· AC Aµ 2 360 0 0 0 0 Aµ 3 60 90 60 360 0 Aµ 3 150 0 Aµ 3 = D· AC = 150 Xét V DAE và V BAE có: DA = BA (GT) Aµ 3 = D· AC (CM trên) AE: Cạnh chung V DAE = V BAE (c – g – c) DE = BE (Hai cạnh tương ứng) V BDE là tam giác cân tại E µ µ c) Ta có: V DAC = V BAE (CM câu a) E1 = C1 (Hai góc tương ứng)  µ · 0 Lại có: I1 E2 ICE 180 (Tổng 3 góc trong V ICE)  0 I1 (A· EC Eµ 1) (Cµ 1 Cµ 2 ) 180  0 0 0 I1 60 Eµ 1 Cµ 1 60 180  0 0 I1 120 180 (Vì Eµ 1 = Cµ 1 )  0 I1 60 µ µ Vì V DAE = V BAE (Cm câu b) E1 = E2 (Hai góc tương ứng) EA là tia phân giác của D· EI (1) DAC BAE µ µ Vì V DAC = V DAE D1 = D2 (Hai góc tương ứng) DA là tia DAE BAE phân giác của E· DC (2) Từ (1) và (2) A là giao điểm của 2 tia phân giác trong V DIE IA là đường phân giác thứ ba trong V DIE hay IA là tia phân giác của D· IE Câu 5: m 1. Gọi x = (m, n Z, n 0, (m, n) = 1). Khi đó: n 1 m n m2 n2 x + (1) x n m mn 1 Để x nguyên thì m2 + n2  mn x m2 + n2  m n2  m (Vì m2  m) n  m Mà (m, n) = 1 nên m = 1 hoặc m = – 1 *) Với m = 1:
5. 1 12 n2 1 n2 1 Từ (1), ta có: x = . Để x nguyên thì 1 + n2  n 1 n hay n = 1 x 1.n n x *) Với m = – 1: 1 ( 1)2 n2 1 n2 1 Từ (1), ta có: x = . Để x nguyên thì 1 + n2  (– n) 1 (– n) hay n x ( 1).n n x = 1 m 1 1 1 1 Khi đó x = hay x = 1 n 1 1 1 1 2. Ta có: a + 3c = 2016 (1) và a + 2b = 2017 (2) Từ (1) a = 2016 – 3c 1 3c Lấy (2) – (1) ta được: 2b – 3c = 1 b = . Khi đó: 2 1 3c 1 6c 3c 2c 1 c P = a + b + c = (2016 – 3c) + + c = 2016 2016 . Vì a, b, c 2 2 2 2 2 1 c 1 1 không âm nên P = 2016 2016 , MaxP = 2016 c = 0 2 2 2 2