Đề thi giao lưu HSG cấp huyện môn Toán 7 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tam Dương

Chia sẻ: Xylitol Blueberry | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

395
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi giao lưu HSG cấp huyện môn Toán 7 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tam Dương là tài liệu hữu ích giúp các em ôn tập cũng như hệ thống kiến thức môn học, giúp các em tự tin đạt điểm số cao trong kì thi sắp tới. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi giao lưu HSG cấp huyện môn Toán 7 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tam Dương

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  9  11  0, 25  5  : 2018 a) Tính giá trị biểu thức: A    3  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;3a 2  2a) . 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  2019c trị biểu thức P  . a  b  2018c 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: p 2  n  2 . a 4 1 b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn:   . 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 các góc HAC và HAB lần lượt cắt BC ở D , E . Tính độ dài đoạn thẳng DE , biết 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 IAC  100 và ICA  300 . Tính số đo AIB . 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 Nội dung trình bày Điểm Câu a (2,0 điểm).  2 2 1 1  2 2 2 1 1 1   0, 4  9  11 3  0, 25  5      2018  5 9 11 3 4 5  2018 0,5 A   : 2019   7 7 7  7 7 7  : 2019 7 7 1  1, 4   1  0,875  0, 7         9 11 6   5 9 11 6 8 10  2 2 2 1 1 1   1 1 1 1 1 1   5  9  11 3  4  5  2018  2( 5  9  11) 3   4 5  : 2018 A   :   1,0 7 7 7 7 7 7 2019 1 1 1 7 1 1 1  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). Bài 1 Ta có: 2x  1  0, x nên 2019 2x  1  0 với 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;3a 2  2a ) nên có: 3a 2  2a  a(a  2)  9 8 8 4 => 3a 2  2a  a 2  2a  => 2a 2  => a 2  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     0,5 a  b b  c c  a 2(a  b  c) a  b  c 3 3 0,5 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 Bài 2 Câu b (1,5 điểm) ab bc 10a  b 10b  c 9a  (a  b) 9b  (b  c) Ta có:      0,5 ab bc ab bc ab bc 9a 9b a b Từ đó suy ra: 1  1   0,5 ab bc ab bc a b 0,5 Từ   a(b  c)  b(a  b)  ab  ac  ab  b 2  b 2  ac 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: p 2  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  m = p2 +1 và n = - p2 < 0 (loại) Bài 3 Vậy p 2 = n + 2 0,5 Câu b (1,0 điểm). a 4 1 a 1 4 5a  3 4 Ta có:         (5a  3)b  60 . 0,5 3 b 5 3 5 b 15 b 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 7x 0,5 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 * ) Bài 4 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) 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 Bài 5 B E H D C Trong tam giác vuông AHE có: AEC  900  A2
Do tam giác ABC vuông tại A nên: EAC  900  A1 0,5 Lại có A1  A2 (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 Bài 6 I A C Do ABC cân tại B, có ABC  800 nên BAC  BCA  500 0,5 Vì IAC  100 và ICA  300 nên IAB  400 và ICB  200 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  300 0,5 Khi đó: ABD  AIC ( g.c.g )  AB = AI nên BAI cân tại A. 0,5 Do đó: AIB  1800  400  : 2  700 . 1,0 1 1 Với mọi k  2 ta có: 2  ( vì a k  a k 1 ). 0,5 k.a k k.a k 1.a k 1 1 a k  a k 1 1 Ta có:    a k 1 ak a k 1.a k k.a k 1.a k 1 1 1 Suy ra 2   k.a k a k 1 a k 0,5 Cho k = 2; 3; ...; n ta có: Bài 7 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 0,5 2  ...  2      ...      1 2a 2 na n a1 a 2 a 2 a3 a n1 a n a1 a n a1 1 1 1 0,5  2  2  ...  2  1  1  2 (đpcm) a1 2a 2 na n