Đề KSCL học sinh mũi nhọn Toán 7 năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Ngọc Lặc – Thanh Hóa

Giới thiệu Đề KSCL học sinh mũi nhọn Toán 7 năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Ngọc Lặc – Thanh Hóa

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề KSCL học sinh mũi nhọn Toán 7 năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Ngọc Lặc – Thanh Hóa.

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 KSCL học sinh mũi nhọn Toán 7 năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Ngọc Lặc – Thanh Hóa

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

PHÒNG GD&ĐT NGỌC LẶC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH MŨI NHỌN MÔN TOÁN LỚP 7 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày khảo sát : 14/04/2016 Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1 (4 điểm) : Thực hiện phép tính 10 5 5 3 3     0,9 7 11 23  5 13 a/ A  26 13 13 7 3 403     0, 2  7 11 23 91 10 12 5 6 2 10 3 5 2 2 .3  4 .9 5 .7  25 .49 b/ B   6 3 9 3 2 4 5 2 .3  8 .3 125.7   5 .14 155    Bài 2 (5 điểm) : a/ Chứng minh rằng: 3n 2  2n  2  3n  2n chia hết cho 10 với mọi số nguyên dương n. b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A  2014  x  2015  x  2016  x c/ Tìm x, y thuộc Z biết : 25  y 2  8  x  2015  Bài 3 (4 điểm) : 2 x  16 y  25 z  49   và 4 x3  3  29 . Tính: x – 2y + 3z 9 16 25 3 3 2 b/ Cho f ( x)  ax  4 x x  1  8 và g ( x )  x  4 x  bx  1  c  3 trong đó a, b, c là a/ Cho   hằng số. Xác định a, b, c để f(x) = g(x). Bài 4 (5 điểm) : Cho tam giác ABC có (AB < AC). Gọi M là trung điểm của BC. Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với tia phân giác của góc BAC tại N, cắt tia AB tại E và cắt tia AC tại F. Chứng minh rằng : a/ BE = CF b/ AE  AB  AC 2 Bài 5 (2 điểm) : Cho tam giác ABC có góc B bằng 450, góc C bằng 1200. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = 2CB. Tính góc ADB. ----------------- Hết ------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Bài Bài 1 Điểm 4điểm 2 1 1   10 5 5 3 3 5  31     3  3  9     0,9 7 11 23  5 13 10 7 11 23  5 13 A    26 13 13 7 3 2 1 1  1 1 3  403     0, 2    13  31     7 11 23 91 10 7 11 23  13 5 10  2 1 1   1 1 3  5  31     3     7 11 23  5 13 10      1 1 3 2 1 1     13  31     5 13 10 7 11 23   155  a/  b/ B 5 5 3 3 13 13 12 5 2 .3  46.92  2 .3 510.73  255.492  125.7   5 .14 212.34  3  1 510.73 1  7   12 5  2 .3  3  1 59.73 1  23  2 5.  6  1 10 21 7       2 3.4 6  8 .3 4 9 5 3 6 3 6 9 3  212.35  212.34 510.73  510.7 4  212.36  212.35 59.73  59.73.23  Vậy 3  2  3n  2n chia hết cho 10 với mọi số nguyên dương n. Vì 2015  x  0 nên : n2 A  2014  x  2015  x  2016  x  2014  x  2016  x Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi x = 2015 (1) Ta có : 2014  x  2016  x  x  2014  2016  x  x  2014  2016  x  2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (x – 2014)(2016 – x) ≥ 0, suy ra : 2014 ≤ x ≤ 2016 (2) Từ (1) và (2) suy ra A ≥ 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 2015. Vậy A nhỏ nhất bằng 2 khi x = 2015. c/ 1,0đ 5điểm 0,5đ 0,5đ  10 3n  2n 1 10 b/ 0,5đ 0,5đ 2  3n.10  2 n.5  3n.10  2n 1.10 n 2 1,0đ 0,5đ Bài 2 a/ Ta có : 3n  2  2n  2  3n  2 n  3n.9  2n.4  3n  2n  0,5đ Ta có : 25 – y2 ≤ 25 => 8  x  2015  ≤ 25 =>  x  2015  < 4. 2 0,5đ 0,75đ 0,75đ 0,5đ 2 Do x nguyên nên  x  2015  là số chính phương. Có 2 trường hợp xảy ra : 2 TH 1 :  x  2015   0  x  2015 , khi đó y = 5 hoặc y = -5. 0,5đ 2 TH 2 :  x  2015  2  x  2015  1  x  2016 1    x  2015  1  x  2014 Với x = 2016 hoặc x = 2014 thì y2 = 17 (loại) Vậy x = 2015, y = 5 và x = 2015, y = -5 Bài 3 a/ Ta có : 4 x3  3  29  4 x3  32  x3  8  x  2 . 0,5đ 0,5đ 4điểm 0,5đ Thay vào tỷ lệ thức ta được : b/ 2  16 y  25 z  49 y  25 z  49     2 9 16 25 16 25  y  7, z  1 . Vậy x – 2y + 3z = 2 – 2.(-7) + 3.1 = 19 Ta có : f(x) = ax 3  4 x  x 2  1  8  ax 3  4 x 3  4 x  8   a  4  x 3  4 x  8 3 3 2 g(x) = x  4 x  bx  1  c  3  x  4bx  4 x  c  3 Do f(x) = g(x) nên chọn x bằng 0; 1; -1 ta được: f(0) = g(0)  8 = c – 3  c = 11  g ( x)  x 3  4bx 2  4 x  8 f(1) = g(1)  a + 4 – 4 + 8 = 1 – 4b – 4 + 8  a + 4b = -3 (1) f(-1) = g(-1)  -a – 4 + 4 + 8 = -1 - 4b + 4 + 8  - a + 4b = 3(2) Từ (1) và (2) suy ra: b = 0; a = -3. Vậy a = -3 , b = 0 ; c = 11 Bài 4 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 5điểm A F B C M E a/ b/ Bài 5 D N Qua B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt EF tại D.   FCM  (so le trong) Xét  MBD và  MCF có : DBM   CMF  (đối đỉnh) MB = MC (giả thiết) ; BMD Do đó:  MBD =  MCF (c.g.c) suy ra BD = CF (1) Mặt khác :  AEF có AN vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên   MFA  . Mà BDE   MFA  (đồng vị) nên BDE E  cân tại A, suy ra E Do đó:  BDE cân tại B, suy ra BD = BE (2). Từ (1) và (2) suy ra : BE = CF (đpcm) Tam giác AEF cân tại A suy ra AE = AF Ta có: 2AE = AE + AF = (AB + BD) + (AC – CF) = (AB + AC) + (BD – CF) = AB + AC (do BE = CF) AB  AC Vậy AE  (đpcm) 2   15o  B  1  30o Trên CA lấy điểm E sao cho EBA   300 , do đó  CBE cân tại C  CB = CE Ta có : E1   A1  EBA Gọi F là trung điểm CD  CB = CE = CF = FD   60o nên là tam giác đều. Tam giác CEF cân tại C, lại có C 1  1800  BCA Như vậy : CB = CE = CF = FD = EF. 1  E  3 mà D 1  E 3  F  2  60o ( CEF đều)  D  1  30o Suy ra D   180o  C D   900 (1) Xét tam giác CDE ta có: CED 1 1   1  B  1 => EB = ED, A1  EBA  => EA = EB => ED = ED (2) Ta có : D  2  45o Từ (1) và (2) => Tam giác EDA vuông cân tại E => D 0,5đ 0,75đ 0,75đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2điểm 0,5đ 0,5đ 0,5đ D   30o  45o  75o Vậy  ADB  D 1 2 0,5đ B 1 150 1200 C 1 1 2 E 3 2 F 1 2 A 1 D 2 Chú ý: – Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. – Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top