Đề Olympic Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Quốc Oai (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề Olympic Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Quốc Oai (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GD&ĐT QUỐC OAI ĐỀ OLYMPIC TOÁN 7 ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2022 - 2023 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm có 01 trang) Họ và tên: SBD: Câu 1 (4 điểm) 1/ Tính giá trị của các biểu thức sau: 2 2  1−− 2  2 64 25 A=−++ 0,75  : :  . 6. 3  16 15  5 25 144 2 x522+ 2/ Cho 2x−= y( x + y) . Tính C = 3 y422+ Câu 2 (5 điểm) 1/ Tìm x biết: a/ (0,4x− 2) −( 1,5x + 1) −−( 4x − 0,8) = 3,6 b/ x22+ 2x −= 1 x + 2023 2/ Tìm x; y; z biết: (x+ y):(y + z):(z += x) 6:7:8 và x++= y z 42 Câu 3 (3 điểm) 1/ Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 thỏa mãn 10p+ 1 cũng là số nguyên tố. Chứng minh rằng 5p+ 1 chia hết cho 6 2/ Tìm số abcde sao cho abcde= 2.ab.cde Câu 4 (6 điểm) Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Tia phân giác của HAB cắt BC tại D. Kẻ DK ⊥ AB (K ∈ AB). Chứng minh: a/ AH = AK b/ ∆ACD cân c/ AB + AC < BC + AH Câu 5 (2 điểm) 0 Cho ∆ABC có A = 75 . Điểm D trên cạnh BC sao cho các tam giác ABD và ACD là các tam giác cân. Tính số đo của B, C Thí sinh không được dùng máy tính cầm tay. Cán bộ coi không giải thích gì thêm.
2. PHÒNG GD & ĐT QUỐC OAI KÌ THI OLIMPIC Năm học 2022 - 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 7 Câu Phần Nội dung Điểm 1 1a 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: 2 (4đ) (2đ) 2  1−− 2  2 64 25 a) A=−++ 0,75  : :  . 6. 3  16 15  5 25 144 2 3  1− 2 25  8 5 1đ A=−+ : . . + 6. 3 4  4 15 4  5 12 −−1 45 0,5 A= .4 ++ 12 3 2 −−1 45 A =++ 3 32 −+10 15 5 A = = 0,5 6 6 2 2 x522+ Cho 2x−= y( x + y) . Tính C = (2đ) 3 y422+ 2 22 Ta có: 2x−= y( x + y) ⇒ 2xxyy−=+ ⇒ 4x= 5y 3 33 0,5 x5 x522 ⇒ = ⇒ = y4 y422 0,5 Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: 22 x5x52 2 22+ x5+ 25 = = ⇒ C = = y2 4 2 y4 22+ y422+ 16 1 2 1a 1) Tìm x biết: (5đ) (1.5đ) a) (0,4x− 2) −( 1,5x + 1) −−( 4x − 0,8) = 3,6 0,4x− 2 − 1,5x −+ 1 4x + 0,8 = 3,6 0,5 x( 0,4− 1,5 + 4) = 3,6 + 2 +− 1 0,8 0.5 2,9x= 5,8 ⇒ x = 2 0,5 1b b) x22+ 2x −= 1 x + 2023 (1,5đ) 2 Ta có x02 ≥ ; 2x−≥ 1 0 ⇒ x+ 2x −≥ 1 0 với mọi x 0,25 ⇒ x22+−=+− 2x 1 x 2x 1
3. Do đó x22+ 2x −= 1 x + 2023 0,5 x22+ 2x −= 1 x + 2023 2x−= 1 2023 0,5 2x−= 1 2023 hoặc 2x−=− 1 2023 x = 1012 hoặc x = - 1011 2 (2đ) Tìm x; y; z biết: (x+ y):(y + z):(z += x) 6:7:8 và x++= y z 42 Ta có: (x+ y):(y + z):(z += x) 6:7:8 xy+ yz ++ zx 0,25 ⇒ = = 678 Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: x+ y y + z z + x 2(x ++ y z) 84 0,5 = = = = =4 ⇒ 6 7 8 21 21 xy+ =⇒+=4 x y 24 mà x++= y z 42 ⇒ z=−= 42 24 18 0.25 6 yz+ =⇒+=4 y z 28 mà x++= y z 42 ⇒ x=−= 42 28 14 0.25 7 zx+ =⇒+=4 z x 32 mà x++= y z 42 ⇒ y= 42 = 32 = 10 0,25 8 Vậy: (x, y, z) = (14, 10, 18) 0.5 3 1 1) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 thỏa mãn 10p+ 1 cũng là (4đ) (1.5đ) số nguyên tố. Chứng minh rằng 5p+ 1 chia hết cho 6 Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ ⇒ 5p là số lẻ ⇒ 5p + 1 là số chẵn ⇒ 5p + 1 ⁝ 2 (1) 0,25 Xét ba số tự nhiên liên tiếp: 10p; 10p + 1; 10p + 2 luôn tồn tại một số chia hết cho 3 0.25 Mà 10p + 1 là số nguyên tố lớn hơn 3 ⇒ 10p + 1  3 0.25 p là số nguyên tố lớn hơn 3 ⇒ p  3 và UCLN(10; 3) = 1 ⇒ 10p  3 0.25 Do đó 10p + 2 ⁝ 3 ⇒ 2( 5p+ 1) ⁝ 3 mà UCLN(2; 3) = 1 ⇒ 5p + 1 ⁝ 3 (2) 0.25 Từ (1) và (2) kết hợp với UCLN(2; 3) = 1 nên 5p + 1 ⁝ 6 0,25 2 2/ Tìm số abcde sao cho abcde= 2.ab.cde (1.5đ) Ta có:
4. 1000.ab+= cde 2.ab.cde ⇒=−⇒=−1000.ab 2.ab.cde cde 1000.ab (2.ab 1).cde 0,25 ⇒−1000.ab 2.ab 1   ⇒−1000 2.ab 1 0,25 Do (ab ,2.ab−= 1) 1 Vì 2.ab− 1 là ước số lẻ của 1000 và 2.ab− 1 >19 ∈ ⇒ Nên 2.ab− 1 {25, 125} ab∈{} 13,63 0,25 1000.ab 13000 + ab=⇒= 13 cde = =⇒520 abcde = 13520 0,25 2ab− 1 25 1000.ab 63000 + ab=⇒= 63 cde = =⇒504 abcde = 63504 2ab− 1 125 0,25 Vậy: abcde∈{ 13520,63504} 0.25 4 Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Tia phân giác của (6đ) HAB cắt BC tại D. Kẻ DK ⊥ AB (K ∈ AB). Chứng minh: a/ AH = AK b/ ∆ACD cân c/ AB + AC < BC + AH C H D 0.5 B A K a/ Chỉ ra 2 tam giác vuông ∆AHD = ∆AKD (ch-gn) ⇒ AH = AK 1.5 b/ Do ∆AHD vuông tại H nên ADH + DAH = 900 (1) 0,5 Do ∆ABC vuông tại A nên CAD + DAB = 900 (2) 0.5 AD là tia phân giác của HAB ⇒= DAB DAH (3) 0,25 Từ (1), (2) và (3) suy ra ADH = CAD 0.25 ⇒ ∆ACD cân tại C 0.5 c/ Ta có AB + AC = AK + KB + AC 0.25 BC + AH = AH + CD + BD 0.25
5. Theo phần a/ AK = AH (4) 0.25 Theo phần b: ∆ACD cân tại C ⇒ AC = CD (5) 0,25 Trong ∆BKD vuông tại K ta có KB < BD (6) 0.25 Từ (4), (5) và (6) ta có: AK + KB + AC < AH + CD + BD 0,25 Hay: AB + AC < BC + AH 0.5 0 5 Cho ∆ABC có A = 75 . Điểm D trên cạnh BC sao cho (2đ) các tam giác ABD và ACD là các tam giác cân. Tính số đo của B, C  A 1 2 1 2 B D C Do D1 và D2 là 2 góc kề bù nhau nên trong 2 góc đó sẽ có ít 2 nhất góc không nhọn, giả sử đó là D Trong tam giác cân, góc ở đáy luôn là góc nhọn và D2 không nhọn nên ∆ADC chỉ có thể cân tại D. 0.5 0 - Nếu ∆ABD cân tại D và ∆ADC cân tại D ⇒ A = 90 ⇒ 0 Không phù hợp với gt A = 75 . 0.25 - Nếu ∆ABD cân tại A và ∆ADC cân tại D ⇒ Lập luận để có C = x, D1 = 2x = B B + C = 2x + x = 3x ⇒ 0 0 ⇒ 0 0 180 – 75 = B + C = 3x x = 105 : 3 = 35 ⇒ 0 0 B = 70 , C = 35 0.5 ∆ ∆ - Nếu ABD cân tại B và ADC cân tại D Lập luận để có C = A2 = x, D1 = 2x = A1 ⇒ A1 + A2 = 2x + x = 3x ⇒ 750 = 3x ⇒ C = x = 750 : 3 = 250 ⇒ B = 1800 – 750 – 250 = 800 . 0.5 Tương tự nếu giả sử D1 không nhọn ta được các kết quả C = 0 0 0 0 70 , B = 35 và C = 80 , B = 25 0.25