Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 7 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Tam Dương (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN 7 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi này gồm 01 trang Chú ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay! Bài 1 (5,0 điểm). 2 2 1 1 0,4 0,25 2018 a) Tính giá trị biểu thức: A: 9 11 3 5 7 7 1 1,4 1 0,875 0,7 2019 9 11 6 24 b) Tìm các số x, y biết: 2019 2x 1 5 x 2y 0 8 c) Cho hàm số y f() x ax . Tìm các giá trị của a , biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm 9 M( a 2;3 a2 2 a ) . Bài 2 (3,0 điểm). 3 2 1 a) Cho các số a,, b c thỏa mãn ( giả thiết các tỉ số đều có nghĩa). Tính giá a b b c c a a b 2019 c trị biểu thức P . a b 2018 c ab bc b) Cho ab , bc (c 0 ) là các số có hai chữ số thỏa mãn điều kiện: . a b b c Chứng minh rằng: b2 ac . Bài 3 (3,0 điểm). p m n a) Cho các số nguyên dương m, n và p là số nguyên tố thoả mãn: . m 1 p Chứng minh rằng: p2 n 2 . a 4 1 b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: . 3b 5 Bài 4 (2,0 điểm). Ba lớp 7AB ,7 ,7C cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp tỉ lệ với 5;6;7 nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4;5;6 nên có một lớp nhận nhiều hơn dự định 4 gói tăm. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua. Bài 5 (2,0 điểm). Cho ABC vuông tại A . Kẻ AH vuông góc với BC ( H BC ). Tia phân giác của các góc HAC và HAB lần lượt cắt BC ở D , E . Tính độ dài đoạn thẳng DE , biết AB 5 cm , AC 12 cm. Bài 6 (3,0 điểm). Cho ABC cân tại B, có ABC 800 . Lấy điểm I nằm trong tam giác sao cho IAC 100 và ICA 300 . Tính số đo AIB . Bài 7 (2,0 điểm). Cho dãy số a1, a 2 , a 3 ,..., an được xác định như sau: 1 1 1 1 1 1 a 1; a 1 ; a 1 ; ; a 1 ... 1 2 2 3 2 3 n 2 3 n 1 1 1 1 Chứng minh rằng: 2 2 2 ... 2 2 , với mọi số tự nhiên n >1. a12 a 2 3 a 3 nan ==== HẾT ===== Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! PHÒNG GD & ĐT TAM DƯƠNG ĐỀ THI GIAO LƯU HSG NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN: TOÁN – LỚP 7 ĐÁP ÁN + HƯỚNG DẪN CHẤM --------------------- Bài Nội dung trình bày Điểm Câu a (2,0 điểm). 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 0,4 0,25 0,5 9 11 3 5 2018 5 9 11 3 4 5 2018 A:: 7 7 12019 7 7 7 7 7 7 2019 1,4 1 0,875 0,7 9 11 6 5 9 11 6 8 10 222111 111 111 2( ) 5 9 11 3 4 5 2018 5 9 11 3 4 5 2018 A:: 1,0 7777772019 1117111 2019 7( ) ( ) 5 9 11 6 8 10 5 9 11 2 3 4 5 2 2 2018 A ( ) : 0 0,5 7 7 2019 Câu b (1,5 điểm). 1 Ta có: Bài 2x 1 0,  x nên 2019 2x 1 0với mọi x. 0,5 2 24 x 2y 0,  x, y nên 5 x 2y 0 với mọi x, y. 24 Do đó: 2019 2x 1 5 x 2y 0 thì 2x 1 0 và x 2y 0 0,5 1 1 Từ đó suy ra: x ; y 2 4 0,5 Câu c (1,5 điểm) 8 0,5 Do đồ thị hàm số đi qua điểm M( a 2;3 a2 2 a ) nên có: 3a2 2 a a ( a 2) 9 2 2 8 2 8 2 4 => 3a 2 a a 2 a => 2a => a 0,5 9 9 9 2 Từ đó tìm được a 0,5 3 Câu a (1,5 điểm). Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: 3 2 1 6 3 abbcca 2( abc ) abc 0,5 3 3 Từ đó ta có: suy ra a b a b c => c 0 0,5 a b a b c a b 2019 c a b Do đó: P 1 0,5 2 a b 2018 c a b Bài Câu b (1,5 điểm) ab bc10 a b 10 b c 9 a ( a b ) 9 b ( b c ) Ta có: 0,5 abbc ab bc ab bc 9a 9 b a b Từ đó suy ra: 1 1 0,5 a b b c a b b c a b Từ a()() b c b a b ab ac ab b2 b 2 ac 0,5 a b b c Câu a (1,5 điểm) p m n Theo giả thiết ta có: (*) m 1 p +) Nếu m n p thì từ (*) suy ra p( m 1) . Do p là số nguyên tố nên m 1 1 hoặc 0,5 m 1 p . Từ đó suy ra m 2 hoặc m p 1. Với m 2 hoặc m p 1 thay vào (*) ta có: p2 n 2 +) Nếu m n không chia hết cho p . Từ ( *) (m + n)(m – 1) = p2 0,5 Do p là số nguyên tố và m, n N* m – 1 = p2 và m + n =1 2 2 3 m = p +1 và n = - p < 0 (loại) Bài 2 Vậy p = n + 2 0,5 Câu b (1,0 điểm). a4 1 a 1 4 5 a 3 4 Ta có: (5a 3) b 60. 3b 5 3 5 b 15 b 0,5 Suy ra: 5a 3 U (60) 60, 30, 20, 15, 12, 10, 6, 4, 5, 3, 2, 1} mà 0,5 5a 3 chia 5 dư -3 hoặc 2 nên có: 5a 3 -3 2 12 a 0 1 3 0,5 b -20 15 5 Bài 4(2,0 điểm) Gọi tổng số gói tăm ba lớp đã mua là x , x N * Gọi a,, b c là số gói tăm dự định chia theo thứ tự cho các lớp 7A, 7B, 7C ( a,, b c N * ) Theo bài ra và áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: a b c a b c x 5 6 7 5 6 7 18 5x x 7 x Suy ra: a ;; b c (1) 0,5 18 3 18 * 4 Gọi a', b ', c ' là số gói tăm đã chia theo thứ tự cho các lớp 7A, 7B, 7C ( a', b ', c ' N ) Theo bài ra và áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: Bài a'''''' b c a b c x 4 5 6 4 5 6 15 4x x 6 x Suy ra: a';';' b c (2) 0,5 15 3 15 So sánh (1) và (2) ta có: a a'; b b ';c c' 0,5 Do đó lớp 7C nhận nhiều hơn 4 gói tăm. 6x 7 x 36 x 35 x Khi đó: c' c 4 4 x 360 15 18 90 Vậy số gói tăm cả ba lớp đã mua là 360 gói. 0,5 A 4 3 1 2 5 Bài B E H D C Trong tam giác vuông AHE có: AEC 900 A 2 Do tam giác ABC vuông tại A nên: EAC 900 A 0,5 1 Lại có AA1 2 (GT) nên suy ra: ACE cân tại C => AC = CE. 0,5 Chứng minh tương tự: ABD cân tại B => AB = BD. Do đó: AB + AC = CE + BD = CD + BD +DE = BC + DE. 0,5 DE = AB + AC – BC Theo định lí Py-ta-go: BC2 = AB2 + AC2 = 52 + 122 = 169 BC = 13 (cm). 0,5 Vậy DE = 5 + 12 – 13 = 4 (cm). D B I Bài 6 Bài A C Do ABC cân tại B, có ABC 800 nên BAC BCA 500 0 0 0 0 0,5 Vì IAC 10 và ICA 30 nên IAB 40 và ICB 20 Trên nửa mặt phẳng bờ AC có chứa điểm B vẽ tam giác đều ACD suy ra BAD BCD 100 . 0,5 Ta có: ABD CBD(..) c g c nên BDA BDC 600 : 2 30 0 0,5 Khi đó: ABD AIC(..) g c g  AB = AI nên BAI cân tại A. 0,5 Do đó: AIB 1800 40 0 : 2 70 0 . 1,0 1 1 Với mọi k 2 ta có: ( vì a a ). k.a2 k.a .a k k 1 0,5 k k 1 k 1 1a a 1 Ta có: k k 1 ak 1 a k a k 1 .a k k.a k 1 .a k 1 1 1 Suy ra 2 0,5 k.ak a k 1 a k Cho k = 2; 3; ...; n ta có: Bài7 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ; 2 ;.....; 2 2a2 a 1 a 2 3a3 a 2 a 3 nan a n 1 a n Cộng theo vế ta được: 1 11111 11111 0,5 2 ... 2 ... 1 2a2 na n1223 a a a a a n1n1n1 a a a a 1 1 1 0,5 2 2 ... 2 1 1 2 (đpcm) a1 2a 2 na n