Đề thi khảo sát chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Thị trấn Cành Nàng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - Trường THCS Thị trấn Cành Nàng (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN BÁ THƯỚC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ GIỎI LỚP 6,7 CẤP TRƯỜNG THỊ TRẤN CÀNH NÀNG NĂM HỌC: 2022 – 2023 Môn: Toán lớp 7 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI Bài I (4,0 điểm) A = 4,25× 57,43 − 325 + 42,57 × 4,25 11 1 1 B= 2018 − (1 + 2) − (1 ++ 2 3) − (1 +++ 2 3 4) −− (1 +++ 2 3 + 2017) 2 3 4 2017 0 2018 2017 4 1 7 182 ⋅ +⋅ − C =  224 : 11 8 22 2 4 212 .3 5− 4 6 .9 2 = D 6 (22 .3) + 8 45 .3 Bài II (4,0 điểm) Tìm x biết: 14 2 a) x −+=−+( 3, 2) 35 5 xx++1 11 b) ( xx−7) −−( 70) = c) 2xx+= 5 10 + Bài III (4,0 điểm) 231 a) Số A được chia thành 3 số tỉ lệ theo ::. Biết rằng tổng các bình phương của ba 546 số đó bằng 24309. Tìm số A. ac ac22+ a b) Cho = . Chứng minh rằng: = cb bc22+ b abc+− bca +− cab +− bca    c) Cho abc ≠ 0 và = = . Tính P = 111+++    cab abc    Bài IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh rằng: a) AC = EB và AC // BE. b) Gọi I là một điểm trên AC; K là một điểm trên EB sao cho AI = EK. Chứng minh ba điểm I, M, K thẳng hàng. c) Từ E kẻ EH⊥ BC (H∈ BC) . Biết ∠ HBE = 50o ; ∠ MEB = 25o. Tính số đo ∠ HEM và ∠ BME. Bài V (2,0 điểm) Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 (với n ∈ N) đều là các số chính phương thì n40 Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG NĂM HỌC 2022 − 2023 MÔN: TOÁN 7 Bài I (4,0 điểm) - Tính đúng A được (1,0 điểm) - Tính đúng B được (1,0 điểm) - Tính đúng C được (1,0 điểm) 0 2018 2017 2018 2017 4 1 7 182 4 7 126 ⋅ +⋅ − +− 2018− 2017 C =  224 : = 28: = 1 1 = 0 11 8 22 2 4 11 11 2 2 - Tính đúng D được (1,0 điểm) 212 .3 5−− 4 6 .9 2 2 12 .3 5 2 12 .3 4 212 .3 4 .( 3− 1) 212 .3 4 .2 1 = = = = = D 6 12 6 12 5 12 5 12 5 (22 .3) + 8 45 .3 2 .3++ 2 .3 2 .3 .( 3 1) 2 .3 .4 6 Bài II (4,0 điểm) a) (1,5 điểm) 14 2 14− 162 1414 x−+=−( 3, 2) +⇔−+= xx +⇔−+= 35 5 35 5 5 35 5 1 17 1 xx−=22 = + = ⇔−=⇔x 2 3 ⇔ 33 3 xx−1 =−22 =−+=15− 3 33 b) (1,5 điểm) xx++1 11 ( xx−7) −−( 70) = x+1 10 ⇔− −− = ( xx71) ( 7) 0 ⇔−(x+1)  −−10 = ( xx71) ( 7) 0 +  x 1 x −=70   ⇔  1−− (x 7)10 = 0  Vậy x = 6,7,8  ⇔ xx−=⇒=70 7  10 (xx− 7) =⇒= 1 8 c) (1,0 điểm) Xét 2 TH tìm được: x = 5 hoặc x = − 5 Bài III (4,0 điểm) a) (1,5 điểm) Gọi a, b, c là ba số được chia ra từ số A.
3. 231 Theo đề bài ta có: a : b : c = :: (1) 546 và a2 + b2 + c2 = 24309 (2) abc 23k Từ (1) ⇒ = = = k ⇒ a= kb;; = kc = 231 546 546 491 Do đó (2) ⇔ k 2 ( ++) = 24309 25 16 36 ⇒ k = 180 và k = −180 + Với k = 180, ta được: a = 72; b = 135; c = 30. Khi đó ta có số A = a + b + c = 237. + Với k = −180, ta được: a = −72 ; b = −135; c = −30 Khi đó ta có só A = −72 + ( −135) + ( −30 ) = −237. ac a22++ c a 2 ab. aa()+ b a b) (1,5 điểm) Từ = suy ra c2 = ab. . Khi đó = = = cb b22++ c b 2 ab. ba()+ b b c) (1,0 điểm) Tính được P = 8 hoặc P = − 1 Bài IV (6,0 điểm) a) (2,0 điểm) Xét ∆AMC và ∆EMB có: A AM = EM (gt) ∠ AMC = ∠ EMB (đối đỉnh) BM = MC (gt ) I ⇒ ∆AMC ∆EMB = (c.g.c) M 0,5 điểm C ⇒ B AC = EB H Vì ∆AMC = ∆EMB ⇒ ∠MAC = ∠MEB (2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và K EB cắt đường thẳng AE ). Suy ra AC // BE. 0,5 điểm b) (2,0 điểm ) E Xét ∆AMI và ∆EMK có: AM = EM (gt) ∠ MAI = ∠ MEK (vì ∠ MAI = ∠ MEK (vì ∆=∆AMC EMB ) AI = EK (gt) ⇒ ∆=∆AMI EMK (c.g.c). Suy ra : ∠ AMI = ∠ MEK. Mà ∠ AMI + ∠ IME = 180o (tính chất hai góc kề bù) ⇒ ∠ EMK + ∠ IME = 180o ⇒ Ba điểm I; M; K thẳng hàng. c) (2,0 điểm) Trong tam giác vuông BHE ( ∠ H = 90o ) có: ∠ HBE = 50o ⇒ ∠ HEB = 900 − ∠ HBE = 900 − 500 = 400 ⇒ ∠ HEM = ∠ HEB − ∠ MEB = 400 − 250 = 150 Mà ∠ BME là góc ngoài tại đỉnh M của ∆HEM ⇒ ∠ BME = ∠ HEM + ∠ MHE = 15o + 90o = 105o
4. Bài V (2,0 điểm) Chứng minh cho n chia hết cho 5 và 8. 2n + 1 là số chính phương lẻ nên chia cho 8 dư 1 => n chẵn => 3n+1 là số chính phương lẻ, số này chia cho 8 dư 1 nên 3n chia hết cho 8, do đó n chia hết cho 8 (1). Do n là số chia hết cho 8, nên 3n + 1 tận cùng 1, 5, 9 => 3n tận cùng 0, 4, 8 => n tận cùng 0, 8, 6. Loại trường hợp n tận cùng 8 (vì khi đó 2n + 1 tận cùng 7, không là số chính phương), loại trường hợp n tận cùng 6 (vì khi đó 2n + 1 tận cùng 3, không là số chính phương). Vậy n tận cùng 0 (2). Từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40. Một số bài số hay 1. A = n2 + 7n + 22 = (n + 5)(n + 2) + 12. Các số n + 2 và n + 5 có hiệu bằng 3 nên chúng cùng chia hết hoặc cùng không chia hết cho 3. Nếu chúng cùng chia hết cho 3 thì (n + 5)(n + 2) chia hết cho 9, suy ra A không chia hết cho 9. Nếu chúng cùng không chia hết cho 3 (3 là số nguyên tố) thì không chia hết cho 3, suy ra A không chia hết cho 3, do đó không chia hết cho 9. 2. Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức là số nguyên tố: 12n2−5n−25 3. Tìm số nguyên n sao cho: n2+2n−4 chia hết cho 11
5. 4. Chứng minh rằng nếu n + 1 và 2n + 1 (n thuộc N) đều là số chính phương thì n chia hết cho 24 5. Tìm số nguyên tố p để: 4p2+1 và 6p2+1 cũng là những số nguyên tố.