Đề giao lưu HSG Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc

Giới thiệu Đề giao lưu HSG Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề giao lưu HSG Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 7 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề giao lưu HSG Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Tam Dương – Vĩnh Phúc

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 7 tại đây

PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 7 ĐỀ CHÍNH THỨC 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, 25   0,4  9  11 5  : 2018 a) Tính giá trị biểu thức: A    3  7 7 1  1, 4   1  0,875  0,7  2019  9 11 6  b) Tìm các số x, y biết: 2019 2x  1  5  x  2y   0 24 8 9 c) Cho hàm số y  f ( x)  ax  . Tìm các giá trị của a , biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm M (a  2;3a 2  2a ) . Bài 2 (3,0 điểm). a) Cho các số a, b, c thỏa mãn trị biểu thức P  a  b  2019c . a  b  2018c 3 2 1 ( giả thiết các tỉ số đều có nghĩa). Tính giá   ab bc ca b) Cho ab , bc ( c  0 ) là các số có hai chữ số thỏa mãn điều kiện: Chứng minh rằng: b 2  ac . Bài 3 (3,0 điểm). a) Cho các số nguyên dương m, n và p là số nguyên tố thoả mãn: ab bc .  ab bc p mn .  m 1 p Chứng minh rằng: p 2  n  2 . b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: a 4 1   . 3 b 5 Bài 4 (2,0 điểm). Ba lớp 7 A, 7 B, 7 C 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  lần lượt cắt BC ở D , E . Tính độ dài đoạn thẳng DE , biết  và HAB các góc HAC AB  5cm, AC  12cm . Bài 6 (3,0 điểm). Cho ABC cân tại B, có  ABC  800 . Lấy điểm I nằm trong tam giác sao cho   100 và ICA   300 . Tính số đo  AIB . IAC Bài 7 (2,0 điểm). Cho dãy số a1 , a2 , a3 ,…, an được xác định như sau: 1 1 1 1 1 1 a1  1 ; a2  1  ; a3  1   ; …… ; an  1    …  2 2 3 2 3 n 1 1 1 1 Chứng minh rằng: 2  2  2  …  2  2 , với mọi số tự nhiên n >1. a1 2a2 3a3 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 1 Bài Nội dung trình bày Câu a (2,0 điểm). 2 2 1 1     0, 25   0, 4  9  11  2018  5 A  3 :   7 7 1 2019  1, 4   1  0,875  0, 7    9 11 6   2 2 2 1 1 1   1 1      5 9 11 3 4 5  2018  2( 5  9 A  :  7 7 7 7 7 7  2019  1 1        7(   5 9 11 6 8 10   5 9 2 2 2018 A  (  ): 0 7 7 2019 Câu b (1,5 điểm). Ta có: 2x  1  0, x nên 2019 2x  1  0 với mọi x. 2 5 7 Điểm  2 9 7  2 1  1  1  5  : 2018 7  2019 11  3 4 7 7 7      5 9 11 6 8 10  1 1 1 1   )   11  3 4 5  : 2018 1 7 1 1 1  2019  ) (   ) 11 2 3 4 5  0,5 24 1 2 1,0 0,5  x  2y 2  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 Từ đó suy ra: x  ; y   0,5 0,5 1 4 0,5 Câu c (1,5 điểm) Do đồ thị hàm số đi qua điểm M (a  2;3a 2  2a ) nên có: 3a 2  2a  a (a  2)  => 3a 2  2a  a 2  2a  Từ đó tìm được a   8 8 4 => 2a 2  => a 2  9 9 9 2 3 8 9 0,5 0,5 0,5 Bài 2 Câu a (1,5 điểm). Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: 3 2 1 6 3     a  b b  c c  a 2( a  b  c ) a  b  c 3 3 Từ đó ta có:  suy ra a  b  a  b  c => c  0 ab abc a  b  2019c a  b Do đó: P   1 a  b  2018c a  b 0,5 0,5 0,5 Câu b (1,5 điểm) ab bc 10a  b 10b  c 9a  ( a  b) 9b  (b  c )      ab bc ab bc ab bc 9a 9b a b Từ đó suy ra: 1  1   ab bc ab bc a b Từ   a (b  c)  b( a  b)  ab  ac  ab  b 2  b 2  ac ab bc Ta có: 0,5 0,5 0,5 Câu a (1,5 điểm) p mn (*)  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 m  1  p . Từ đó suy ra m  2 hoặc m  p  1 . Với m  2 hoặc m  p  1 thay vào (*) ta có: p 2  n  2 +) Nếu m  n không chia hết cho p . Từ ( *)  (m + n)(m – 1) = p2 Do p là số nguyên tố và m, n  N*  m – 1 = p2 và m + n =1 Bài 3 Theo giả thiết ta có: 0,5 0,5  m = p2 +1 và n = – p2 < 0 (loại) Vậy p2 = n + 2 0,5 Câu b (1,0 điểm). Ta có: Bài 4 Suy a 4 1 a 1 4 5a  3 4         (5a  3)b  60 . 3 b 5 3 5 b 15 b ra: 5a  3 U (60)  60, 30, 20, 15,  12, 10, 6, 4, 5, 3, 2, 1} 0,5 mà 5a  3 chia 5 dư -3 hoặc 2 nên có: 5a  3 -3 2 12 a 0 1 3 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 7x Suy ra: a  ; b  ; c  (1) 18 3 18 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: a ' b ' c ' a ' b ' c ' x     4 5 6 4  5  6 15 4x x 6x Suy ra: a '  ;b '  ;c '  (2) 15 3 15 So sánh (1) và (2) ta có: a  a '; b  b '; c  c' Do đó lớp 7C nhận nhiều hơn 4 gói tăm. 6x 7x 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. A 3 4 Bài 5 1 2 B E H  Trong tam giác vuông AHE có:  AEC  900  A 2 D C 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5   900   Do tam giác ABC vuông tại A nên: EAC A1  (GT) nên suy ra: ACE cân tại C => AC = CE. Lại có  A1  A 2 Chứng minh tương tự: ABD cân tại B => AB = BD. Do đó: AB + AC = CE + BD = CD + BD +DE = BC + DE.  DE = AB + AC – BC Theo định lí Py-ta-go: BC2 = AB2 + AC2 = 52 + 122 = 169  BC = 13 (cm). 0,5 0,5 0,5 0,5 Vậy DE = 5 + 12 – 13 = 4 (cm). D Bài 6 B I A C   BCA   500 Do ABC cân tại B, có  ABC  800 nên BAC   100 và ICA   300 nên IAB   400 và ICB   200 Vì IAC Trên nửa mặt phẳng bờ AC có chứa điểm B vẽ tam giác đều ACD suy ra   BCD   100 . BAD   BDC   600 : 2  300 Ta có: ABD  CBD (c.g .c) nên BDA Khi đó: ABD  AIC ( g .c.g )  AB = AI nên BAI cân tại A. Do đó:  AIB  1800  40 0  : 2  700 . Với mọi k  2 ta có: Ta có: Bài 7 Suy ra 1 a k 1  1 1 ( vì a k  a k 1 ).  2 k.a k k.a k 1.a k 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 0,5 1 a k  a k 1 1   ak a k 1.a k k.a k 1.a k 1 1 1   2 k.a k a k 1 a k 0,5 Cho k = 2; 3; …; n ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1   ; 2   ;…..; 2   2 2a 2 a1 a 2 3a 3 a 2 a 3 na n a n 1 a n Cộng theo vế ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  …  2      …      1 2 2a 2 na n a1 a 2 a 2 a 3 a n 1 a n a1 a n a1  1 1 1  2  …  2  1  1  2 (đpcm) 2 a1 2a 2 na n 0,5 0,5
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top