Đề khảo sát HSG Toán 7 lần 2 năm 2015 – 2016 trường THCS Bồ Lý – Vĩnh Phúc

Giới thiệu Đề khảo sát HSG Toán 7 lần 2 năm 2015 – 2016 trường THCS Bồ Lý – Vĩnh Phúc

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề khảo sát HSG Toán 7 lần 2 năm 2015 – 2016 trường THCS Bồ Lý – 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 khảo sát HSG Toán 7 lần 2 năm 2015 – 2016 trường THCS Bồ Lý – Vĩnh Phúc

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

TRƯỜNG THCS BỒ LÝ ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LẦN 2 NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN 7 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3 điểm) Cho các đa thức: A(x) = 2×5 – 4×3 + x2 – 2x + 2 B(x) = x5 – 2×4 + x2 – 5x + 3 C(x) = x4 + 4×3 + 3×2 – 8x + 4 3 16 a. Tính M(x) = A(x) – 2B(x) + C(x) b. Tính giá trị của M(x) khi x =  0, 25 c. Có giá trị nào của x để M(x) = 0 không? Câu 2. (6 điểm) y  z 1 x  z  2 y  x  3 1    x y z x yz x  4 x  3 x  2 x 1 b. Tìm x:    2010 2011 2012 2013 a. Tìm các số x; y; z biết rằng: c. Tìm x để biểu thức sau nhận giá trị dương: x2 + 2014x Câu 3. (4 điểm) x 1 Tìm số nguyên x để A là số nguyên x 3 x 2  15 b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = 2 x 3 a. Cho A  Câu 4. (5 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  = 50o; MEB  =25o. c. Từ E kẻ EH  BC  H  BC  . Biết HBE  và BME  Tính HEM Câu 5. (2 điểm) Từ điểm I tùy ý trong tam giác ABC, kẻ IM, IN, IP lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng: AN2 + BP2 + CM2 = AP2 + BM2 + CN2 Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………….Số báo danh:………………….. TRƯỜNG THCS BỒ LÝ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung chính Điểm Câu 1 a. M(x) = A(x) – 2B(x) + C(x) = 2×5 – 4×3 + x2 – 2x + 2 – 2(x5 – 2×4 + x2 – 5x + 3) + x4 + 4×3 + 3×2 0,5 3 – 8x + 4 16 = (2×5 -2×5) + (x4 + 4×4) + (– 4×3 +4×3) + (x2 – 2×2 +3×2) + (-2x +10x-8x) + 2- 6 + 4 = 5×4 + 2×2 + 3 16 0,5 3 16 b. Tính giá trị của M(x) khi x =  0, 25 Thay x =  0, 25 vào biểu thức M(x) ta được: 5.(  0, 25 )4 + 2(  0, 25 )2 + = 0,3125 + 0,5 + 3 16 3 16 0,5 =1 c. Ta có: M(x) = 5×4 + 2×2 + 0,5 3 16 1 1 3 1  5( x 4  2 x 2    5 25) 16 5 1 1  5( x 2  )2  5 80 1 1 M(x) = 0  5( x 2  ) 2  =0 5 80 3 ( Vô lí )  x2   20 Vậy không có giá trị nào của x để M(x) = 0 0,5 0,5 a. Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có : Câu 2 y  z 1 x  z  2 y  x  3 1    x y z x yz y  z  1  x  z  2  y  x  3 2( x  y  z ) =  2 x yz x yz ( Vì x+y+z  0). Do đó x+y+z = 0,5. Thay kết quả này vào đề bài ta có: 0,5  x  1 0,5  y  2 0,5  z  3 1, 5  x 2,5  y 2,5  z    2 tức là   2 x y z x y z 1 5 5 Vậy x  ; y  ; z  2 6 6 0,5 0,5 1 x  4 x  3 x  2 x 1    2010 2011 2012 2013 x4 x3 x2 x 1  1 1  1 1 2010 2011 2012 2013 1 1 1 1  ( x  2014)(    )0 2010 2011 2012 2013  x  2014  0 b. 0,5 0,5 0,5 0,5  x  2014 Vậy giá trị x cần tìm là : x = -2014 c. Ta có : x2+2014x = x(x+2014) x x+2014 x(x+2014) 0,5 – -2014 0 + + – 0 0,5 + + + 1 2 Vậy x +2014x > 0 khi x < -2014 hoặc x > 0 x 3 4 4  1 x 3 x 3 Để A là số nguyên thì x  3 là ước của 4, tức là a. A  x 1  x 3 0,5 x  3  1; 2; 4 Vậy giá trị x cần tìm là : 1 ; 4 ; 16 ;25 ;49 b. B = Câu 3    0,5 1 0,5 x 2  15 x 2  3  12 12 = =1+ 2 2 2 x 3 x 3 x 3 Ta có: x 2  0. Dấu ‘ =’ sảy ra khi và chỉ khi x = 0 0,5  x + 3  3 ( 2 vế dương ) 2  12 12 12 12   4  1+ 2  1+ 4  2 x 3 3 x 3 x 3 0,5 2  B  5 Dấu ‘ =’ sảy ra khi và chỉ khi x = 0 0,5 Vậy Max B = 5  x = 0. Câu 4 .Vẽ hình A I M B 0,5 C H K E Câu Câu 4 Nội dung chính Điểm a. Xét AMC và EMB có : AM = EM (gt )  (đối đỉnh )  = EMB AMC 0,5 BM = MC (gt ) Nên : AMC = EMB (c.g.c )  AC = EB   0,5 Vì AMC = EMB  MAC = MEB (2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng AC và EB cắt đường thẳng AE ) 0,5 Suy ra AC // BE . b. Xét AMI và EMK có : AM = EM (gt )  = MEK  ( vì AMC  EMB ) MAI AI = EK (gt ) 0,5 Nên AMI  EMK ( c.g.c )  Suy ra  AMI = EMK  = 180o ( tính chất hai góc kề bù ) Mà  AMI + IME 0,5  + IME  = 180o  EMK 0,5  Ba điểm I;M;K thẳng hàng  = 90o ) có HBE  = 50o c. Trong tam giác vuông BHE ( H  = 90o – 50o =40o  = 90o – HBE 0,5  HEB 0,5  – MEB  = 40o – 25o = 15o  = HEB  HEM  = HEM  + MHE  = 15o + 90o = 105o Nên BME ( định lý góc ngoài của tam giác ) 0,5 Câu 5 Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông NIA và NIC ta có: AN2 =IA2 – IN2; CN2 = IC2 – IN2  CN2 – AN2 = IC2 – IA2 (1) Tương tự ta cũng có: AP2 – BP2 = IA2 – IB2 (2) MB2 – CM2 = IB2 – IC2 (3) Từ (1); (2) và (3) ta có: AN2 + BP2 + CM2 = AP2 + BM2 + CN2 Lưu ý: Nếu học sinh có cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 0,5 0,5 1
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top