Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 7 (Lần 2) - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 7 (Lần 2) - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa (Có hướng dẫn chấm)

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 1 1 1 1) Thực hiện phép tính: 6. 3. 1 : 1 3 3 3 212.35 46.92 510.73 255.492 2) Rút gọn biểu thức: A 6 3 22.3 125.7 59.143 1 4 2 3) Tìm x biết: x 3,2 3 5 5 Câu 2 (4,0 điểm): a2 b2 a 1) Cho a,b,c là ba số khác 0 thỏa mãn b2 ac . Chứng minh rằng . b2 c2 c 1 1 1 25 2) Cho A . Chứng minh rằng A < . 4 9 10002 36 Câu 3 (4,0 điểm): 1) Tìm số nguyên a để a2 a 3 chia hết cho a 1. 2) Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn x2 2y2 1. 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 B· AC 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): x y z Cho xyz =1. Tính giá trị của biểu thức A . xy x 1 yz y 1 xz z 1 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 1 1 1 (5,0 điểm) 1) 6. 3. 1 : 1 3 3 3 1 1 3 0,5 6. 1 1 : 9 3 3 2 4 0,5 2 : 3 3 0,5 2 6 4 : 3 3 3 8 3 . 2 0,5 3 4 212.35 46.92 510.73 255.492 2) A 6 3 22.3 125.7 59.143 212.35 212.34 510.73 510.74 0,5 212.36 59.73 59.73.23 212.34 3 1 510.73 1 7 212.36 59.73 1 23 0,5 212.34.2 510.73 6 212.36 59.73.9 0,5 2 5. 6 2 30 32 32 9 9 9 9 1 4 2 3) x 3,2 3 5 5 1 4 16 2 x 3 5 5 5 0,5 1 4 14 x 3 5 5 1 4 14 x 3 5 5 1 14 4 1 x x 2 3 5 5 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 7 5 Vậy x ;  3 3 0,5
3. Câu 2 a b a a a b a2 a 1) Ta có b2 ac . . 1 (4,0 điểm) b c b b b c b2 c 0,5 2 2 a b a b a2 b2 Mặt khác, từ 2 2 0,5 b c b c b c Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 0,5 a2 b2 a2 b2 2 b2 c2 b2 c2 a2 b2 a 0,5 Từ (1) và (2) suy ra (đpcm) b2 c2 c 1 1 1 1 1 0,5 A 4 9 3.4 4.5 999.1000 1 1 1 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 : a a 3 chia hết cho a 1 a a 1 3  a 1 1 (4,0 điểm) 0,5 Vì a là số nguyên nên a a 1  a 1 2 Từ (1) và (2) suy ra 3  a 1 hay a 1 là các ước của 3 0,5 Do đó a 1 3; 1;1;3 a 4; 2;0;2 0,5 Vậy a 4; 2;0;2 là các giá trị nguyên cần tìm.  0,5 2) Từ x2 2y2 1 suy ra x2 1 2y2 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 2y2 8 y2 4 y 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 cho 3. Do đó từ (1) suy ra 2y2 chia hết cho 3 Mà 2;3 1 nên y2  3 y  3 y 3 (vì y là số nguyên tố) 0,5 Thay y 3 vào (1) ta được x2 1 18 x2 19 x Z (loại) 0,5 Vậy có duy nhất cặp số nguyên tố x, y 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 E· MB (hai góc đối đỉnh), MA ME (gt) AMC EMB (c.g.c) C· AM B· EM (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), I·AM K· EM (theo ý a), MA ME (gt) AMI EMK (c.g.c) 1,0 ·AMI E· MK (hai góc tương ứng) (1) · · 0 Mà AMK EMK 180 (hai góc kề bù) (2) 1,0 Từ (1) và (2) suy ra ·AMK I·MA 1800 I·MK 1800 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 D· AB D· AC Do đó D· AB 200 : 2 100 · 0 · 0 0 0 + ABC cân tại A, mà BAC 20 (gt) nên ABC (180 20 ) : 2 80 0,5 + BCD là tam giác đều nên D· BC 600 + Tia BD nằm giữa hai tia BA và BC suy ra ·ABD 800 600 200 . 0,5 + Tia BM là phân giác của ·ABD nên ·ABM 100 + Xét tam giác ABM và BAD có: AB cạnh chung ; B· AM ·ABD 200 ; ·ABM D· AB 100 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 x y z A (1,0 điểm) xy x 1 yz y 1 xz z 1 xz yxz z z(xy x 1) xz(yz y 1) xz z 1 xz 1 z 0,5 xz z 1 xz z 1 xz z 1 xz z 1 1 xz z 1 0,5 Vậy A=1