Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD và ĐT Ý Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD và ĐT Ý Yên (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI THCS HUYỆN Ý YÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN – LỚP 7 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1. (6 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức 3 2 3 7 2 1 A 1 . . . 7 . 8 7 14 2 2 1 0,4 1 0,875 0,7 B 2016 : 9 11 . 6 7 7 1 1 1,4 0,25 9 11 3 5 2) Cho đa thức Q(x) = ax3 bx 2 cx + d với a, b, c ,d  . Biết Q(x) chia hết cho 3 với mọi x  . Chứng tỏ các hệ số a, b, c, d đều chia hết cho 3. Bài 2. ( 4 điểm) bz cy cx az ay bx 1) Biết (với a, b, c 0). a b c x y z Chứng minh rằng: . a b c 2) Số M được chia thành ba phần tỉ lệ nghịch với 3; 5; 6. Biết rằng tổng các lập phương của ba phần đó là 10728. Hãy tìm số M. 1 Bài 3. ( 6 điểm) Cho tam giác ABC đều. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho BD AB . Tại 3 D kẻ đường vuông góc với AB cắt cạnh BC tại E. Tại E kẻ đường vuông góc với BC cắt AC tại F. 1) Chứng minh DF  AC. Biết trong tam giác vuông cạnh đối diện với góc 300 thì bằng nửa cạnh huyền. 2) Chứng minh tam giác DEF đều. 3) Gọi G là trọng tâm của tam giác DEF. Chứng minh GA = GB = GC. Bài 4. (2 điểm) Cho tam giác ABC, trung tuyến AM và BE cắt nhau tại G. Chứng minh rằng nếu AGB 900 thì AC BC 3AB . Bài 5. ( 2 điểm) 22 3x Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức C= có giá trị lớn nhất. 4 x Họ và tên thí sinh: Họ, tên chữ ký GT 1: . Số báo danh: Họ, tên chữ ký GT 2: .
2. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 7 I. Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa. 2) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm: Bài ý Nội dung đáp án Điểm 3 2 7 2 1 A= 1 . . . 0,5 83 7 2 2 1 . 7 3 . 2 2 = 0,5 29 .7 2 .2 1 . 7 . 1 0,5 28 7 0,5 256 2 2 1 1 1 0,4 2. 5 9 11 Tính: *) 9 11 0,25 1) 7 7 1 1 1 1,4 7. (4đ) 9 11 5 9 11 2 1 1 1 ( vì 0) 0,25 7 5 9 11 1 1 1 1 1 0,875 0,7 7. 6 6 8 10 1 *) 0,25 1 1 1 1 1 (6,0đ) 0,25 2. 3 5 6 8 10 7 1 1 1 (vì 0 ) 0,25 2 6 8 10 2 7 B 2016 : . 2016 1,0 7 2 Cho đa thức Q(x) = ax3 bx 2 cx + d Vì Q(x) 3 với mọi x  , nên  0,5 Với x = 0, ta có Q 0 d  3 Với x = 1, ta có Q(1) = a b c d 3  0,25 mà d 3 => a + b +c  3 (1) 2) Với x = -1, ta có Q 1 a + b c + d 3 (2,0đ) 0,25 mà d 3 => a + b – c  3 (2) Q 1 Q 1 2b  3 mà (2 ; 3) =1 nên b 3 0,25 Q 1 Q 1 2 a c  3 mà (2 ; 3) =1 nên a+c  3 (3) 0,25 Với x = 2 , ta có Q 2 = 8a+ 4b+ 2c +d 3  0,25 hay 7a + (a + c) + 2b + d  3
3. Mà d 3, a + c 3, b 3 nên 7a 3 mà (7; 3) = 1 => a 3      0,25 Từ (3) suy ra c 3=> đpcm 2 Với a, b, c 0 , ta có (4,0đ) bz cy cx az ay bx bza cya bcx baz acy bcx 0,25 = a b c a2 b 2 c 2 bza cya + bcx baz acy bcx 0 = 0 0,25 abc2 2 2 abc 2 2 2 bz cy y z 1 Suy ra =0 , do đó bz cy (1) (2,0đ) a b c 0,5 cx az x z = 0, do đó cx az (2) 0,5 b a c x y c Từ (1) và (2) suy ra 0,5 a b z Gọi ba phần được chia của số M là x, y, z. , ta được x + y + z = M 0,25 1 1 1 Theo đề bài ta có x:y:z : : và x3 y 3 z 3 10728 (1) 0,25 3 5 6 x y z 3 3 3 2 Hay k và x y z 10728 0,25 10 6 5 (2,0đ) 0,5 Suy ra x3 10 3 . ky 3 ; 3 6 3 . kz 3 ; 5 3 . k 3 Thay vào (1), được 1341k3 8 k 2 0,25 suy ra 20; y = 12; z =10 Vậy M = 42. 0,5 3. (6,0đ) A F H 1 D G 1 I K 1 B M EF C 0 ABC đều nên AB =AC = BC = a và  A =  B =  C = 60 0,25 1) 1 2 BD a (gt) AD a 0,25 (3,0đ) 3 3 0 0 Xét BDE vuông tại D có B = 60 DEB = 30 0,25
4. 1 Xét BDE vuông tại D có DEB = 300 BD = BE 2 0,5 1 2 1 hay BE = 2 BD = 2 . a = a mà BC = a nên EC = a 3 3 3 Tương tự, xét ECF vuông tại E có C = 600 EFC = 300 1 0,75 AF = a 3 Xét ADF và BED có: 2 AD = BE (= a) 3 0 A = B (= 60 ) 0,5 1 AF = BD (= a ) 3 ADF = BED ( c. g. c) AFD = BDE ( hai góc tương ứng) 0,5 Mà BDE =900  AFD =900 hay DF AC *) Chứng minh tương tự cũng có . DBE = ECF (c.g.c) DE = EF ( 0, 5 hai cạnh tương ứng) 2 (1,5đ) Có ADF = BED ( c. g. c) (cmt) DF = DE ( hai cạnh tương ứng) 0,5 DE = DF = EF DEF là tam giác đều. 0,5 Xét DEF đều có G là trọng tâm của tam giác G là giao điểm của ba đường phân giác 0,25 GD, GE, GF là các đường phân giác của các góc  EDF;  DEF;  DFE Có DEF đều nên  D =  E=  F = 600 0  D1=  E1=  F1 = 30 ( cùng bằng nửa góc  D,  E,  F = 0,25 3) 600) (1,5 đ) Suy ra  BDG = 900 + 300 = 1200 0 0 0  CEG = 90 + 30 = 120 0,25  AFG = 900 + 300 = 1200 Xét DEF đều có G là trọng tâm của tam giác G là giao điểm của ba 0,25 đường trung trực GD = GE = GF *) Xét AGF và BGD có 0,25 GF = GD
5.  AFG =  BDG ( = 1200) AF = BD AGF = BGD (c. g. c) GA = GB ( hai cạnh tương ứng) Tương tự, có AGF = CGE (c. g. c) AG = GC ( hai cạnh tương ứng) AG = BG = CG (đpcm) 0,25 N A E F G B C M Vẽ trung tuyến CF của Tam giác ABC, Trên tia đối của tia FC lấy điểm N sao cho FN = FC. 0,25 C/M được : ANF = BCF (c-g- c) AN = BC 4. 0,25 (2,0đ) Xét CAN có AN + AC > NC ( bất đẳng thức tam giác) AC + BC > NC 0,25 Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên CF = 3 GF NC = 6 GF (1) 0,25 AB Ta sẽ chứng minh: nếu  AGB 900 thì GF 2 AB 0,25 Giả sử GF 3AB ( đpcm) 0,25 22 3x 3(4 x)+10 10 Biến đổi C = = 3 0,5 5. 4 x 4 x 4 x (2,0đ) 10 C có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi có giá trị lớn nhất 0,25 4 x
6. Có x  , ta xét các trường hợp sau 10 Với x > 4 4 – x 4 4 – x > 0 . Phân số có tử và mẫu đều dương, tử không đổi nên 4 x có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất Có x  Suy ra 4 – x  0,5 Suy ra 4 – x là số nguyên dương nhỏ nhất 4 - x = 1 x = 3 10 khi đó có giá trị là 10 (2) 4 x 10 Từ (1) và (2) , phân số lớn nhất bằng 10 4 x 0,25 Vậy GTLN của C bằng 13 khi và chỉ khi x = 3 0,25