Đề khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Đồng Xuân (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Đồng Xuân (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS ĐỒNG XUÂN ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi này gồm 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) 11  1  1   1 1. Tính giá trị biểu thức: A =++.1  .1  .1 +  1  +  2 1.3  2.4  3.5   2021.2023  2 1 2. Tìm xy, biết: 2xy− ++≤ 3 12 0 . 6 1 1 11 Câu 2. (2,0 điểm). Cho xyz++=2023 và ++=. Tính giá trị của biểu thức xy+ yz ++ zx 7 xyz P =++. yz+++ zx xy x 1 Câu 3. (2,0 điểm). Tìm các cặp số nguyên ( xy; ) biết: +=1 . 71y − Câu 4. (2,0 điểm). Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng nếu cộng chữ số hàng nghìn với 3 và trừ chữ số hàng đơn vị đi 3 ra vẫn được một số chính phương. Câu 5. (2,0 điểm). Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2 −1 24 . Câu 6. (1,0 điểm). Một người gửi tiết kiệm tại ngân hàng với số tiền là 200 triệu đồng, gửi theo lãi suất 6% kỳ hạn 1 năm lĩnh lãi mỗi quý (3 tháng). Theo quy định nếu đến hạn mà người gửi không đến lĩnh lãi thì số tiền lãi đó sẽ được nhập vào vốn gửi ban đầu. Do công việc người đó không đến lĩnh kỳ quý thứ nhất, các quý còn lại thì vẫn được lĩnh lãi bình thường. Vậy tổng số tiền gửi và lãi sau 1 năm là bao nhiêu? Câu 7. (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có A =90 ° . Kẻ AH vuông góc với BC ( H thuộc BC ). Tia phân giác của góc HAC cắt cạnh BC ở điểm D và tia phân giác của góc HAB cắt cạnh BC ở E . Chứng minh AB+=+ AC BC DE . Câu 8. ( 4,0 điểm). Cho ∆ABC vuông cân tại A . Gọi M là trung điểm của BC . Lấy điểm E nằm giữa hai điểm C và M.Kẻ BH và CK lần lượt vuông góc với đường thẳng AE ( HK, thuộc đường thẳng AE ). a) Chứng minh: BH= AK ; b) Chứng minh: ∆=∆AHM CKM . 111 1 75 Câu 9. (1,0 điểm). Cho A =++++ . Chứng minh rằng <<A . 1.2 3.4 5.6 99.100 12 6 Hết . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh SBD: phòng thi
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1. (4,0 điểm) 11  1  1   1 1. Tính giá trị biểu thức: A =+++1  1  1   1 +  . 2 1.3  2.4  3.5   2021.2023  2 1 2. Tìm xy, biết: 2xy− ++≤ 3 12 0 . 6 Ý Nội dung Điểm 1. 11  1  1   1 A =+++1  1  1   1 +  2 1.3  2.4  3.5   2021.2023  1 2 2 3 3 4 4 2022 2022  = . . . .  2 1 3 2 4 3 5 2021 2023  1,0 2022 1,0 = 2023 2 2. 1 Ta có: 20x −≥ và 3y +≥ 12 0 với mọi xy; . 6 0,5 2 1 Nên 2xy− ++≥ 3 12 0 . 0,5 6  2 2 1  1 1 20x −= x = Do đó 2xy− ++≤ 3 12 0 khi 6 ⇒ 12 . 6  0,5 3y += 12 0 y = −4   1 x = Vậy  12 . y = −4 0,5 1 1 11 Câu 2. (2,0 điểm) Cho xyz++=2023 và ++=. Tính giá trị của biểu thức xy+ yz ++ zx 7 xyz P =++. yz+++ zx xy Ý Nội dung Điểm 0,5 xyz Ta có: P =++ yz+++ zx xy xyz ⇒P +3 = ++ 111 ++ + yz+++ zx xy
3. xyz++ yzx ++ zxy ++ 0,5 =++ yz+++ zx xy 111 =( xyz ++) + + yz+++ zx xy 1 0,5 =2023. = 289 7 0,5 ⇒P =289 −= 3 286 Vậy, P = 286 . x 1 Câu 3. (2,0 điểm) Tìm các cặp số nguyên ( xy; ) biết: +=1 . 71y − Ý Nội dung Điểm xx1+ 71 0,5 Ta có: +=1 ⇔ = ⇔( xy +7)( − 17) = 7yy−− 17 1 Vì 7= 7.1 = 1.7 =−( 7) .( −=− 1) ( 1) .( − 7) 0,5 Thay hết tất cả các trường hợp ta có: 0,5 ( xy;) ={( 0; 2) ;( − 6;8) ;( − 14;0) ;( −− 8; 6)} . Kết luận: ( xy;)∈{( 0; 2) ;( − 6;8) ;( − 14;0) ;( −− 8; 6)}. 0,5 Câu 4. (2,0 điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng nếu cộng chữ số hàng nghìn với 3 và trừ chữ số hàng đơn vị đi 3 ra vẫn được một số chính phương. Ý Nội dung Điểm Gọi abcd là số phải tìm với abcd,,,∈≤ ,0 abcd ,,, ≤≠ 9, a 0 0,5 2 abcd= k Ta có với km,∈ ;31 << k m < 99  2 (a+33) bc( d −=) m abcd= k 2 0,5 ⇔  2 abcd +3000 −= 3 m Do đó mk22−=2997 ⇔(mkmk +)( −=) 2997 = 81.37 = 111.27 = 333.9 0,5 Vì tích trên là lẻ nên m, k khác tính chẵn lẻ và hai thừa số đều lẻ mà km,∈ ;31 << k m < 99 nên ta có các trường hợp sau:
4. mk−=37 m = 59 TH1: ⇔ mk+=81 k = 22 Khi đó k 22=22 = 484 , chỉ có 3 chữ số, loại. mk+=111 m = 69 0,5 TH2: ⇔ mk−=27 k = 42 Khi đó mk22=69 = 4761; 22 = 42 = 1764 (thỏa mãn) Câu 5. (2,0 điểm) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2 −1 24 . Ý Nội dung Điểm Ta có p2 −=1 ( pp − 1)( + 1) . 0,5 Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p lẻ. Do đó p −1 và p +1 là 0,5 hai số chẵn liên tiếp. Từ đó suy ra (pp−+ 1)( 1) 8 (1) . Xét ba số tự nhiên liên tiếp p−+1; pp ; 1 . Ta có (p−+ 1) pp ( 1) 3 . 0,5 Mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3 nên (pp−+ 1)( 1) 3 (2) . Từ (1) và (2) kết hợp với (3;8) = 1 và 3.8= 24 ta suy ra p2 −1 24 0,5 (đpcm). Câu 6. (1,0 điểm). Một người gửi tiết kiệm tại ngân hàng với số tiền là 200 triệu đồng, gửi theo lãi suất 6% kỳ hạn 1 năm lĩnh lãi mỗi quý (3 tháng). Theo quy định nếu đến hạn mà người gửi không đến lĩnh lãi thì số tiền lãi đó sẽ được nhập vào vốn gửi ban đầu. Do công việc người đó không đến lĩnh kỳ quý thứ nhất, các quý còn lại thì vẫn được lĩnh lãi bình thường. Vậy tổng số tiền gửi và lãi sau 1 năm là bao nhiêu? Ý Nội dung Điểm Lãi suất mỗi quý là: 6% : 4= 1,5% 0,25 Tiền lãi quý thứ nhất là: 200.1,5%= 3 (triệu) 0,25 Tổng số tiền cả vốn và lãi sau quý thứ nhất là: 200+= 3 203(triệu) Tiền lãi quý thứ hai là: 203.1,5%= 3,045 (triệu) 0,25 Tiền lãi quý thứ ba và thứ tư bằng tiền lãi quý thứ hai. Vậy tổng số tiền cả vốn lẫn lãi sau 1 năm là: 200++ 3 3,045.3 = 212,135 0,25 (triệu) Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có A =90 ° . Kẻ AH vuông góc với BC ( H thuộc đường thẳng BC ). Tia phân giác của góc HAC cắt cạnh BC ở điểm D và tia phân giác của góc HAB cắt cạnh BC ở E . Chứng minh AB+=+ AC BC DE .
5. Ý Nội dung Điểm A B E H D C Áp dụng định lý góc ngoài của tam giác ABE tại đỉnh E , ta có: 0,5 AEC= ABC + BAE . Mà ABC= HAC (cùng phụ với BAH ) và BAE = EAH ( AE là tia phân giác của BAH ) Do đó: AEC=+= ABC BAE HAC + EAH = EAC ⇒∆CAE cân tại C . 0,5 ⇒=AC EC (1) Chứng minh tương tự, ta có AB= BD (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra AB+=+=+ AC BD CE BC ED . 0,5 Câu 8.( 4,0 điểm) . Cho ∆ABC vuông cân tại A . Gọi M là trung điểm của BC . Lấy điểm E nằm giữa hai điểm C và M.Kẻ BH và CK lần lượt vuông góc với đường thẳng AE ( HK, thuộc AE ). a) Chứng minh: BH= AK ; b) Chứng minh: ∆=∆AHM CKM . Ý Nội dung Điểm a) C K E M H A B
6. Do BH và CK lần lượt vuông góc với đường thẳng AE ( HK, thuộc AE ) 0,5 (giả thiết) nên ∆KCA và ∆HAB lần lượt là các tam giác vuông tại K và H Ta có: KCA +=° KAC 90 ( ∆KCAvuông tại K ) và HAB +=° KAC 90 ( ∆HAB vuông tại H ). Nên KCA = HAB Xét ∆KCA vuông tại K và ∆HAB vuông tại H có: 1,0 AC= AB (chứng minh trên) KCA = HAB (chứng minh trên) Suy ra ∆=∆KCA HAB (cạnh huyền- góc nhọn) 0,5 ⇒=BH AK b) - Ta có ∆=∆KCA HAB (chứng minh trên) ⇒ KC= HA (hai cạnh tương ứng) 0,5 - Do ∆ABC vuông cân tại A , M là trung điểm của BC (giả thiết) nên AM 0,5 là đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác của ∆ABC , học sinh phải chứng minh kết quả này. ⇒ AM= CM và AM⊥ BC - Ta có KCE và CEK là hai góc phụ nhau, AEM và EAM là hai góc phụ 0,5 nhau, mà CEK = AEM (hai góc đối đỉnh) nên KCE = EAM . - Xét ∆AHM và ∆CKM có: 0,5 KC= HA (chứng minh trên) KCE = EAM (chứng minh trên) AM= CM (chứng minh trên) Do đó ∆=∆AHM CKM (c-g-c). 111 1 75 Câu 9. (1,0 điểm). Cho A =++++ . Chứng minh rằng <<A . 1.2 3.4 5.6 99.100 12 6 Ý Nội dung Điểm 1 1 1 1 111 1 1 0,5 A = + + ++ =−+−++ 1 − 1.2 3.4 5.6 99.100 2 3 4 99 100 11111111      111  =−+−−−−−−−−−1       − 2 3  4 5  6 7  8 9   98 99  100
7. 5111111     1115  =−−−−−−−−−      − (2) 2 12 30 9900 12 30 9900 12 Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh. Lưu ý: - Trên đây chỉ là một cách giải, nếu học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Học sinh làm đúng đến đâu cho điểm đến đó, tổ chấm có thể chia nhỏ thang điểm nếu cần, nhưng không được làm lệch thang điểm trên. - Câu 7, câu 8 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai phần nào thì không chấm điểm phần đó. - Điểm toàn bài lấy đến hai chữ số thập phân.