Đề thi học sinh giỏi Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Đông Hưng – Thái Bình

Giới thiệu Đề thi học sinh giỏi Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Đông Hưng – Thái Bình

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi học sinh giỏi Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Đông Hưng – Thái Bình.

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 thi học sinh giỏi Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Đông Hưng – Thái Bình

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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ĐÔNG HƯNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7 NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC 3 3  0, 6   0, 7 5 7 Bài 1(4đ) a) Không dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức: S  13 11 11  2, 2   2, 7 5 7 13 1 1 1 1 1 1 b. Cho biểu thức: A    2  3  4  5  …  100 3 3 3 3 3 3 1 Tính giá trị của biểu thức B  4 A  100 . 3 Bài 2(4đ) a, Cho Q = 27 – 2x . Tìm các số nguyên x để Q có giá trị nguyên ? 12 – x b) Tìm x, biết:  x  5  x 1   x  5 x 13 0 Bài 3 : ( 4 điểm) 2 a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  (2 x  5 y ) 2  15 y  6 x   xy  90 x y z t    với x, y, z, t là các số tự x y  z x y t y  zt x z t 10 nhiên khác 0. Chứng minh M  1025 . b) Cho biểu thức M  Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC, O là trung điểm của BC. Từ B kẻ BD vuông góc với AC (D thuộc AC). Từ C kẻ CE vuông góc với AB (E thuộc AB). a. Chứng minh rằng: OD  1 BC . 2 b. Trên tia đối của tia DE lấy điểm N, trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho DN = EM. Chứng minh rằng: Tam giác OMN là tam giác cân. Bài 5: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A tù. Kẽ AD  AB và AD = AB (tia AD nằm giữa hai tia AB và AC). Kẽ AE  AC và AE = AC (tia AE nằm giữa hai tia AB và AC). Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: AM  DE. Bài 6: (2điểm). Trong hình bên, đường thẳng OA là đồ thị của hàm số y = f(x) = ax. y 2 a) Tính tỉ số 0 . x0  4 b) Giả sử x0 = 5. Tính diện tích tam giác OBC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 7 NĂM HỌC 2018 – 2019 ( Thời gian làm bài: 120 phút) Bài 1 (4đ) Câu 1.a (2 đ) Nội dung Điểm a) Tính giá trị của S  1 1 1 1  3 3 3 3 3 3 3      0, 6   0, 75    3  13 5 7 4  13 7 13 5 7 4 S     11 11 11 11 11 11  1 1 1 1  11 1 1      2, 2   2, 75    7 13 7 5 13 4  7 5 13 4  2đ (Mỗi bước thực hiện tính ghi 0,5đ; nếu dùng máy tính chỉ đúng kết quả không ghi điểm) 1.b (2 đ) 1 1 1 1 1 1 A    2  3  4  5  …  100 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 3 A  1   2  3  4  …  99 3 3 3 3 3 1 3 1,0 1 1  A   1  100  4 3  0,5 A  3 A  1  100 1 1  1 1   A  0  A    1  100    1  100  4 3  4 3  1 1 1  1 B  4. A  100  4. 1  100   100  1 3 4 3  3 2 (4đ) 2.a 2,0đ 0,5 Điều kiện : x  Z ; x ≠ 12 2.(12 – x) + 3 3 27 – 2x = =2+ 12 – x 12 – x 12 – x Ta có 2  Z ; x  Z ; x ≠ 12 3 nên Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi có giá trị nguyên 12  x Biến đổi Mà Q= 3 có giá trị nguyên khi và chỉ khi 12  x  Ư(3) 12  x Ư(3) = -3; -1; 1; 3 + Nếu 12 – x = – 3 thì x = 15 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + Nếu 12 – x = -1 thì x = 13 (thỏa mãn điều kiện) + Nếu 12 – x = 1 thì x = 11 (thỏa mãn điều kiện) + Nếu 12 – x = 3 thì x = 9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi x  9; 11; 13; 15 2.b .2,0đ  x 5  x 5  hoặc  x  5  x  5 x 1 x13 x1 12 0,5đ 0,5đ  0 , hoặc 1 x 5  0 12 x  5  0 0   x  1  0 12 2đ  0   x  5 1  x  5   0 x1 (Thiếu x + 1  0, trừ 0,25đ)  x5 x  5  1 1   x  5   0   x  5  1   12 x  6    x  5  1 x  4 (Thiếu một giá trị x – 5 = –1 , trừ 0,25đ) 3.a 0,25 b) Tìm x, biết:  x  5  x  1   x  5  x  1 3  0 x1 3 (4đ) 0,25 0,25 0,25 0,5đ . Vậy: x = 4, x = 5, x = 6 0,5đ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  (2 x  5 y ) 2  15 y  6 x   xy  90 2,5đ Ta có P  (2 x  5 y ) 2  15 y  6 x   xy  90 0,5 2 2  (2 x  5 y ) 2   6 x  15 y   xy  90 2  (2 x  5 y )2  9.(2 x  5 y) 2  xy  90   8.(2 x  5 y ) 2  xy  90  Ta thấy (2 x  5 y ) 2  0 với mọi x, y nên 8.(2 x  5 y ) 2  0 với mọi x, y 0,25 xy  90  0 với mọi x, y Khi đó 8.(2 x  5 y) 2  xy  90  0 với mọi x, y Suy ra  8.(2 x  5 y ) 2  xy  90   0 với mọi x, y Hay P ≤ 0 với mọi x, y 0,25 Dấu‘‘=’’ xảy ra khi (2 x  5 y ) 2  0 và xy  90  0 0,25 + Với (2 x  5 y ) 2  0 thì 2 x  5 y  x y  5 2 0,25 + Với xy  90  0 thì xy = 90 0,25 x y   k ta được x = 5k ; và y = 2k 5 2 Mà xy = 90 nên 5k .2k = 90 Tìm được k = 3 hoặc k = -3 + Nếu k = 3 thì x = 15 ; y = 6 + Nếu k = -3 thì x = -15 ; y = – 6 0,25 Đặt 0,25 Kết luận : Vậy giá trị lớn nhất của P là 0 khi và chỉ khi x = 15 ; y = 6 hoặc x = -15 ; y = – 6 x x  x  y  z x  y b) Ta có: y y  x yt x y 0,1 z z  y zt zt t t  x zt zt 0,25 x y z t (  )(  ) z  t z  t => M < 2 M < x  y x  y + Có M10 < 210 (Vì M > 0) mà 210= 1024 < 1025 Vậy M10 < 1025 4 (4đ) 0.25 0,25 Vẽ hình ghi giả thiết kết luận A D N E M 0,5 B O C I 1 BC . 2 Trên tia đối của tia OD lấy điểm I sao cho OI = OD. Nối I với C. Chứng minh được ΔOBD = ΔOCI (c.g.c) BD = CI và BDO  OIC Mà hai góc này ở vị trí so le trong DB // CI Mà CD  BD  CD  CI Chứng minh được ΔBDC = ΔICD (c.g.c) Chứng minh : OD  0,5 0,5 0,5 0,5 BC = DI 1 BC . 2 Chứng minh ΔOMN cân Nối O với E Từ đó  OD  Chứng minh tương tự câu a có OE  1 BC . 2  OD = OE  ΔOED cân tại O Chứng minh được OEM  ODN -Chứng minh được ΔOEM = ΔODN (c.g.c)  OM = ON  Điều phải chứng minh 5 (2đ) Chứng minh: AM  DE Trên tia đối của tia MA lấy điểm F sao cho MF = MA   AMB   FMC ( c. g .c )  (2)  AB  AD  CF (1);  ABM  FCM   BAC   1800 (3) Từ (2)  CF  AB  FCA   EAD   BAD   900 ; AE  AC  CAD   EAD   CAE   900 AD  AB  BAE   EAD   CAD   EAD   180 0  BAC   EAD   1800 (4)  BAE   EAD   ADE  CFA (c. g.c)    Từ (3) và (4)  FCA AED  CAF   CAE   900 nên     900 hay    FAE   900 mà CAF AED  FAE AEK  KAE   AKE vuông tại K  AM  DE 6 (2đ) Điểm A thuộc đồ thị hàm số y = ax nên tọa độ (2;1) của A phải thỏa mãn hàm số y = ax. Do đó, 1 = a.2  a = 1 1 . Vậy hàm số được cho bởi công thức y = x. 2 2 Hai điểm A và B thuộc đồ thị hàm số nên hoành độ và tung độ của chúng tỉ lệ thuận với nhau. y 1 2 y 2 Suy ra 0    0 (theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau) x0 2 4 x0  4 Vậy y0  2 1 = . x0  4 2 Nếu x0 = 5 thì y0 = 0,5 0,25 0,25 0,5 2,0đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25 0,25 0,5 0,25 1 5 x0 = = 2,5. 2 2 0,25 Diện tích tam giác OBC là: Áp dụng công thức S = SOBC = 1 . 5. 2,5 = 6,25. 2 1 (a.h) ta có: 2 0, 5
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top