Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD và ĐT Đông Hưng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD và ĐT Đông Hưng (Có đáp án)

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 2 3 4 5 100 3 3 3 3 3 3 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 (2 xy 5 )2 15 yx 6 2 xy 90 x y z t b) Cho biểu thức M với x, y, z, t là các số tự xyzxyt yztxzt 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 7 1 3 5 7 4 1 3 5 7 4 3 S 11 11 11111111 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 3 4 5 100 (2 đ) 3 3 3 3 3 3 0,5 1 1 1 1 1 3A 1 3 32 3 3 3 4 3 99 1 A 3 A 1 100 1,0 3 1 1 A 1 100 0,5 4 3 1 1 1 1 A 0 A 1100 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 x5 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 (2 xy 5 )2 15 yx 6 2 xy 90 2,5đ (4đ) Ta có P (2 xy 5 )2 15 yx 6 2 xy 90 0,5 (2xy 5 )2 6 x 15 y 2 xy 90 (2xy 5 )2 9.(2 xy 5 ) 2 xy 90 2 8.(2x 5 y ) xy 90 Ta thấy (2x 5 y )2 0 với mọi x, y nên 8.(2x 5 y )2 0 với mọi x, y 0,25 xy 90 0 với mọi x, y Khi đó 8.(2x 5 y )2 xy 90 0 với mọi x, y Suy ra 8.(2x 5 y )2 xy 90 0 với mọi x, y Hay P ≤ 0 với mọi x, y 0,25 Dấu‘‘=’’ xảy ra khi (2x 5 y )2 0 và xy 90 0 0,25 x y 0,25 + Với (2x 5 y )2 0 thì 2x 5 y 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: xyz xy y y xyt xy 0,1 z z yzt zt t t xzt zt 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 BDO  OIC Mà hai góc này ở vị trí so le trong và 0,5 DB // CI Mà CD  BD CD  CI Chứng minh được ΔBDC = ΔICD (c.g.c) 0,5
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 OD = OE ΔOED cân tại O 0,25 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(. cgc .) 0,5đ AB AD CF(1); ABM FCM (2) 0 Từ (2) CF AB FCA BAC 180 (3) 0,5đ AD AB BAE EAD BAD 900 ; AE  AC CAD EAD CAE 90 0 0,5đ BAE EAD CAD EAD 1800 BAC EAD 180 0 (4) Từ (3) và (4) FCA EAD ADE CFA(. c g .) c AED CAF 0,5đ mà CAF FAE CAE 900 nên AED FAE 900 hay AEK KAE 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. y1 2 y 2 Suy ra 0 0 (theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau) 0,5 x02 4 x 0 4 y 2 1 Vậy 0 = . 0,25 x0 4 2 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