Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện lần 2 môn Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Hiệp Hòa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện lần 2 môn Toán Lớp 7 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Hiệp Hòa (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN HIỆP HÒA ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LẦN 2 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN 7 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm): 2 11   1  1) Thực hiện phép tính: 6.− − 3.  − + 1 :  −− 1  33   3  212 .3 5−− 4 6 .9 2 5 10 .7 3 25 5 .49 2 2) Rút gọn biểu thức: A = 63− (22 .3) (125.7) + 593 .14 14 2 3) Tìm x biết: x −+=−( 3, 2) + 35 5 Câu 2 (4,0 điểm): ab22+ a 1) Cho abc,, là ba số khác 0 thỏa mãn b2 = ac . Chứng minh rằng = . bc22+ c 11 1 25 2) Cho A =++ + . Chứng minh rằng A < . 4 9 10002 36 Câu 3 (4,0 điểm): 1) Tìm số nguyên a để aa2 ++3 chia hết cho a +1. 2) Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn xy22−=21. Câu 4 (6,0 điểm): 1) Cho tam giác ABC có M là trung điểm của cạnh BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME= MA. a) Chứng minh AC// BE . b) Gọi I là một điểm trên đoạn thẳng AC, K là một điểm trên đoạn thẳng EB sao cho AI= EK . Chứng minh ba điểm I, M, K thẳng hàng. 2) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 . Vẽ tam giác đều BCD sao cho điểm D nằm trong tam giác ABC. Tia phân giác của ABD cắt AC tại M. Chứng minh AM= BC . Câu 5 (1,0 điểm): xyz Cho xyz =1. Tính giá trị của biểu thức A =++. xy++ x1 yz ++ y 11 xz ++ z Đề gồm 01 trang
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC: 2022-2023 Môn thi: Toán 7 Câu Nội dung Điểm 2 Câu 1 11   1  (5,0 điểm) 1) 6.− − 3.  − + 1 :  −− 1  33   3   1  13  0,5 =6. ++ 1 1 : − − 9  33  24   0,5 =+−2: 33   0,5 26  4  =+−: 33  3  83− =.2 = − 0,5 34 212 .3 5−− 4 6 .9 2 5 10 .7 3 25 5 .49 2 2) A = − 2 6393 (2 .3) (125.7) + 5 .14 212 .3 5−− 2 12 .3 4 5 10 .7 3 5 10 .7 4 = − 0,5 2126 .3 5 93 .7+ 5 933 .7 .2 12 4 10 3 2 .3( 3−− 1) 5 .7( 1 7) = − 12 6 93 3 2 .3 5 .7( 1+ 2 ) 0,5 212 .3 4 .2 510 .7 3 (− 6) = − 12 6 9 3 2 .3 5 .7 .9 0,5 25.(− 6) 2− 30 32 =− =−= 32 9 99 9 14 2 3) x −+=−( 3, 2) + 35 5 1 4 16 2 ⇒−+=−+x 35 55 0,5 1 4 14 ⇒−+=−x 35 5 1 4 14 ⇒−+=x 35 5 1 14 4 1 ⇒−=x −⇒−=x 2 3 55 3 1 1 ⇒−=x 2 hoặc x −=−2 0,5 3 3 1 1 ⇒=+x 2 hoặc x =−+2 3 3 7 5 ⇒=x hoặc x = − 3 3 75 Vậy x ∈−; 33 0,5
3. Câu 2 abaaabaa2 1) Ta có b2 = ac ⇒=⇒ = ⇒ =( 1) (4,0 điểm) bcbbbcbc2 0,5 2222 ab a  b a b =⇒ = ⇒= Mặt khác, từ   22 0,5 bc b  c b c Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 0,5 a2 b 2 ab 22+ = = (2) b2 c 2 bc 22+ ab22+ a 0,5 Từ (1) và (2) suy ra = (đpcm) bc22+ c 11 1 1 1 0,5 A <++ + + + 4 9 3.4 4.5 999.1000 111 1 0,5 A <++− 4 9 3 1000 25 1 25 0,75 A <− < 36 1000 36 25 0,25 Vậy A< 36 2 Câu 3 1) Ta có : aa++3 chia hết cho a +1 ⇒aa( ++13)  ( a + 11) ( ) (4,0 điểm) 0,5 Vì a là số nguyên nên aa( ++1) ( a 12) ( )  Từ (1) và (2) suy ra 31 (a + ) hay a +1 là các ước của 3 0,5 Do đó aa+∈−1{ 3; − 1;1;3} ⇒ ∈−{ 4; − 2;0; 2} 0,5 Vậy a ∈−{ 4; − 2;0; 2} là các giá trị nguyên cần tìm. 0,5 2) Từ xy22−=21 suy ra xy22−=12( 1) + Nếu x chia hết cho 3 mà x là số nguyên tố nên x = 3 Thay x = 3 vào (1) ta được: 0,5 22 28yyy=⇒ =⇒= 4 2 (vì y là số nguyên tố) 0,5 + Nếu x không chia hết cho 3 thì x2 chia cho 3 dư 1 nên x2 −1 chia hết 2 cho 3. Do đó từ (1) suy ra 2y chia hết cho 3 Mà (2;3) = 1 nên y2 33⇒ yy ⇒= 3 (vì y là số nguyên tố) 0,5 Thay y = 3 vào (1) ta được x22−=1 18 ⇒ x = 19 ⇒ xZ ∉ (loại) 0,5 Vậy có duy nhất cặp số nguyên tố ( xy, ) thỏa mãn đề bài là (3; 2). Câu 4 A (6,0 điểm) I B C M K E
4. a) Xét ∆AMC và ∆EMB có: MC= MB (gt), AMC= EMB (hai góc đối đỉnh), MA= ME (gt) ⇒∆AMC =∆ EMB (c.g.c) ⇒=CAM BEM (hai góc tương ứng) 1,5 Mà CAM và BEM là hai góc so le trong nên AC// BE (đpcm). 0,5 b) Xét ∆AMI và ∆EMK có: AI= EK (gt), IAM = KEM (theo ý a), MA= ME (gt) ⇒∆AMI =∆ EMK (c.g.c) 1,0 ⇒= AMI EMK (hai góc tương ứng) (1) += 0 Mà AMK EMK 180 (hai góc kề bù) (2) 1,0 Từ (1) và (2) suy ra AMK+=⇒ IMA 18000 IMK = 180 Hay ba điểm I, M, K thẳng hàng (đpcm). A M O D B C 2) Chứng minh ∆=∆ADB ADC (c.c.c) suy ra DAB = DAC Do đó DAB =2000 : 2 = 10 ∆ = 0 =−=00 0 + ABC cân tại A, mà BAC 20 (gt) nên ABC (180 20 ) : 2 80 0,5 + ∆BCD là tam giác đều nên DBC = 600 + Tia BD nằm giữa hai tia BA và BC suy ra ABD =−=8000 60 20 0. 0,5 + Tia BM là phân giác của ABD nên ABM =100 + Xét tam giác ABM và BAD có: 00 AB cạnh chung ; BAM= ABD =20 ; ABM = DAB =10 Vậy: ∆=∆ABM BAD (g.c.g) 0,5 suy ra AM= BD , mà BD= BC (tam giác ABC đều) nên AM= BC 0,5 Câu 5 xyz A =++ (1,0 điểm) xy++ x1 yz ++ y 11 xz ++ z xz yxz z =++ z( xy++ x 1) xz ( yz ++ y 1) xz ++ z 1 xz 1 z =++ 0,5 xz++ z111 xz ++ z xz ++ z xz++ z 1 = =1 xz++ z 1 0,5 Vậy A=1