Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 7 - 8 (2012 - 2013) - Sở GD&ĐT Băc Giang - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Hà Văn Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

352
lượt xem 61
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Toán nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 7 và lớp 8 năm 2012 - 2013 kèm đáp án của Sở giáo dục và đào tạo Bắc Giang.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Toán 7 - 8 (2012 - 2013) - Sở GD&ĐT Băc Giang - (Kèm Đ.án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TẠO TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: 7 PHỔ THÔNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 30/3/2013 Đề thi có 01 trang Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 3 2 1 3 2 1 1) Rút gọn: A      :     .      2 5 10   2 3 12  2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  2012  x  2013 với x là số tự nhiên. Câu 2. (5,0 điểm) 1) Tìm x biết 2 x  2.3x 1.5x  10800 . 2) Ba bạn An, Bình và Cường có tổng số viên bi là 74. Biết rằng số viên bi của An và Bình tỉ lệ với 5 và 6; số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5. Tính số viên bi của mỗi bạn. Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p 2  2012 là hợp số. 2) Cho n là số tự nhiên có hai chữ số. Tìm n biết n  4 và 2n đều là các số chính phương. Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A và có cả ba góc đều là góc nhọn. 1) Về phía ngoài của tam giác vẽ tam giác ABE vuông cân ở B. Gọi H là trung điểm của BC, trên tia đối của tia AH lấy điểm I sao cho AI  BC . Chứng minh hai tam giác ABI và BEC bằng nhau và BI  CE . 2) Phân giác của các góc ABC , BDC cắt AC, BC lần lượt tại D, M. Phân giác 1 của góc BDA cắt BC tại N. Chứng minh rằng: BD  MN . 2 Câu 5. (1,0 điểm) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Cho S  1     ...    và P    ...   . 2 3 4 2011 2012 2013 1007 1008 2012 2013 2013 Tính  S  P  . --------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................
Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Giám thị 2 (Họ tên và ký).............................................................................................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO HƯỚNG DẪN CHẤM TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP BẮC GIANG TỈNH MÔN THI: TOÁN; LỚP: 7 PHỔ THÔNG ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 30/3/2013 Bản hướng dẫn có 03 trang Câu Phương pháp-Kết quả Điểm Câu 1 ( 4 điểm) 1  15 4 1   18 8 1  A     :    0.5đ (2điểm)  10 10 10   12 12 12  12 11 0.5đ  : 10 12 6 12 72  .  5 11 55 0.5đ 72 0.5 Vậy A  . 55 P  x  2012  x  2013 2 + Nếu x  2012 hoặc x  2013 thì P  1 0.5 đ (2điểm) + Nếu x  2013 thì P  x  2012  x  2013  1  x  2013  1 0.5đ + Nếu x  2012 thì P  x  2012  x  2013  x  2012  1  1 0.5 + Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt được khi x  2012 hoặc 0.5 đ x  2013 . Câu 2 (4điểm) x  2 x 1 x x 2 x x Ta có 2 .3 .5  10800  2 .2 .3 .3.5  10800 1.0 đ 1 x (2.5điểm)   2.3.5  900 0.5 đ x 2  30  30  x  2 0.5 Vậy x  2 là kết quả cần tìm. 0.5 đ
+ Gọi số viên bi của An, Bình, Cường lần lượt là a, b, c . Vì tổng 0.5 đ 2 số viên bi của ba bạn là 74 nên a  b  c  74 (2.5điểm) a b a b + Vì số viên bi của An và Bình tỉ lệ với 5 và 6 nên    5 6 10 12 0.5 đ + Vì số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5 nên 0.5 b c b c    4 5 12 15 a b c a bc 74 + Từ đó ta có     2 10 12 15 10  12  15 37 0.5đ 0.5đ + Suy ra a  20; b  24; c  30 Câu 3 (4điểm) 1 + Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng 0.5 (2điểm) p  3k  1 k  , k  1 +Với p  3k  1 0.5 2 suy ra p 2  2012   3k  1  2012  9k 2  6k  2013   p 2  2012 3 0.5 +Với p  3k  1 2 suy ra p 2  2012   3k  1  2012  9k 2  6k  2013   p 2  2012  3 Vậy p 2  2012 là hợp số. 0.5 2 (2điểm) + Vì n là số có hai chữ số nên 9  n  100  18  2n  200 0.5đ + Mặt khác 2n là số chính phương chẵn nên 2n có thể nhận các 0.5đ giá trị: 36; 64; 100; 144; 196. + Với 2n  36  n  18  n  4  22 không là số chính phương 2n  64  n  32  n  4  36 là số chính phương 2n  100  n  50  n  4  54 không là số chính phương 0.5 đ 2n  144  n  72  n  4  76 không là số chính phương 2n  196  n  98  n  4  102 không là số chính phương + Vậy số cần tìm là n  32 . 0.5đ
Câu 4 (6 điểm) 1 (3điểm) + Xét hai tam giác AIB và BCE Có AI=BC (gt) BE=BA( gt) 0.5 + Góc IAB là góc ngoài của tam giác ABH nên IAB  ABH  AHB  ABH  900 0.5 0 + Ta có EBC  EBA  ABC  ABC  90 . Do đó IAB  EBC . + Do đó ABI  BEC (c  g  c) 0.5 đ + Do ABI  BEC (c  g  c) nên AIB  BCE . 0.5 đ 0 + Trong tam giác vuông IHB vuông tại H có AIB  IBH  90 . Do đó BCE  IBH  90 0 . 0.5đ KL: CE vuông góc với BI. 0.5đ 2 (3điểm) + Do tính chất của đường phân giác, ta có DM  DN . 0.5 đ + Gọi F là trung điểm của MN. Ta có FM  FD  FN . 0.5 đ + Tam giác FDM cân tại F nên FMD  MDF . FMD  MBD  BDM ( góc ngoài tam giác) 0.5 đ  MBD  CDM Suy ra MBD  CDF (1) 0.5 đ Ta có MCD  CDF  CFD (2) Do tam giác ABC cân tại A nên MCD  2 MBD (3) 0.5 đ Từ (1), (2), (3) suy ra MBD  DFC hay tam giác DBF cân tại D. Do 1 0.5 đ đó BD  DF  MN 2
Câu 5 1 1 1 Cho S  1     ...  1  1  1 và (1 điểm) 2 3 4 2011 2012 2013 (1 điểm) 1 1 1 1 2013 P   ...   . Tính  S  P  . 1007 1008 2012 2013 + Ta có: 1 1 1 1 P   ...   1007 1008 2012 2013  1 1 1 1 1 1 1  0.5 đ   1    ...     ...     2 3 1006 1007 1008 2012 2013   1 1 1   1    ...    2 3 1006   1 1 1 1 1 1 1    1    ...     ...     2 3 1006 1007 1008 2012 2013  1 1 1 1  2     ...   2 4 6 2012  1 1 1 1 1  1     ......   =S. 0.5 đ 2 3 4 2012 2013 Do đó  S  P 2013 =0 Điểm toàn bài (20điểm) Lưu ý khi chấm bài: Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TẠO TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: 8 PHỔ THÔNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 30/3/2013 Đề thi có 01 trang Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,5 điểm) 1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P  2a3  7a 2b  7ab 2  2b3 . 2) Cho x 2  x  1 . Tính giá trị biểu thức Q  x 6  2 x5  2 x 4  2 x3  2 x 2  2 x  1 . Câu 2. (4,5 điểm) x 1 x 1 4 4026 1) Cho biểu thức: R   2   2  3  : . Tìm x để biểu thức  x  2x x  2 x x  4x  x xác định, khi đó hãy rút gọn biểu thức. 2) Giải phương trình sau: x  2  x  1 x  1 x  2   4 . Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh n3  n chia hết cho 24. 2) Tìm số tự nhiên n để n2  4n  2013 là một số chính phương. Câu 4. (6,0 điểm) 1) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết CD=2AB=2AD và BC  a 2 . a. Tính diện tích hình thang ABCD theo a . b. Gọi I là trung điểm của BC, H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC. Chứng minh HDI  450 . 2) Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c . Độ dài các đường phân giác trong của tam giác kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là la , lb , lc . Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1      la lb lc a b c Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số không âm a và b thoả mãn a 2  b 2  a  b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a b S  a 1 b 1 ---------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:....................... Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Giám thị 2 (Họ tên và ký).............................................................................................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO HƯỚNG DẪN CHẤM TẠO BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP BẮC GIANG TỈNH NGÀY THI 30 /3/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN; LỚP: 8 PHỔ THÔNG Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Hướng dẫn giải (4.5 Câu 1 điểm) Ta có P  2  a3  b3   7ab  a  b  0,5  2  a  b   a 2  ab  b 2   7 ab  a  b  0.5   a  b   2a 2  2b 2  5ab  1   a  b   2a 2  4ab  2b 2  ab  (2.5 0.5 điểm)   a  b   2a  a  2b   b  b  2a     0.5   a  b  2 a  b  a  2b  0.5 Kết luận P   a  b  2a  b  a  2b  Ta có Q  x 2  x 4  2 x3  x 2    x 4  2 x 3  x 2   x 2  x  x  1 0.5 2 2 2 (2.0  x2  x2  x    x2  x   x  2 0.5 điểm)  x2  x  3  4 0.5 Vậy Q  4 0.5 (4.5 Câu 2 điểm)  x 1 x 1 4  x Ta có R     .  x  x  2  x  x  2  x  x  4   4026 2   0.5 1 ĐK: x  x  4   0 2 (2.5 điểm) x  0  0.5  x  2
Khi đó: 1  x 1 x 1 4  R    2  4026  x  2 x  2 x  4  0.5 1  x  1 x  2    x  1 x  2   4  . 4026 x2  4 1 2  x  4 2 1  . 2  0.5 4026 x  4 2013 x  0 1 Vậy R xác định khi  và R  0.5  x  2 2013 + Nếu x  2 , phương trình đã cho trở thành 0.5  x  2  x  1 x  1 x  2   4   x 2  1 x 2  4   4  x 4  5x 2  0  x 2  x 2  5  0  x  0 l  0.5    x  5  tm   2  x   5 l   (2 điểm) Nếu x  2 , phương trình đã cho trở thành  2  x  x  1 x  1 x  2   4 0.5   x  2  x  1 x  1 x  2   4   x 2  1 x 2  4   4  x 4  5x 2  8  0 2  5 7   x 2     0 vô nghiệm 0.25  2 4 KL: Phương trình có một nghiệm x  5 . 0.25 Câu 3 (4 điểm) Ta có n  n  n  n  1 n  1 3 0.5 Vì n  1; n; n  1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một trong ba 0.5 số đó chia hết cho 3. Do đó  n3  n 3 (1) 1 (2 điểm) Vì n là số tự nhiên lẻ nên n  1 và 3n  1 là hai số tự nhiên chẵn 0.5 liên tiếp. Do đó  n  1 n  18   n  n 8 (2) Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với (1), (2) suy ra  n3  n  24 (đpcm) 0.5 + Giả sử n 2  4n  2013  m 2 ,  m   2 2 2 + Suy ra  n  2   2009  m 2  m2   n  2   2009 0.5 (2 điểm)   m  n  2  m  n  2   2009
+ Mặt khác 2009  2009.1  287.7  49.41 và m  n  2  m  n  2 nên có các trường hợp sau xảy ra:  m  n  2  2009 m  1005 0.5  TH1:   m  n  2  1 n  1002  m  n  2  287  m  147  TH1:   m  n  2  7  n  138 0.5  m  n  2  49 m  45  TH3:    m  n  2  41 n  2 Vậy các số cần tìm là: 1002; 138; 2. 0.5 Câu 4 (6 điểm) A B H I D C E a) + Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông 0.5 và BEC là tam giác vuông cân. + Từ đó suy ra AB  AD  a; BC  2a 0.5 1 (4 điểm) + Diện tích của hình thang ABCD là S   AB  CD  . AD 0.5 2  a  2a  .a 3a 2 0.5   2 2 b) + ADH  ACD (1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng 0.5 vuông góc) + Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có AD IB 1   , do đó hai tam giác ADC và IBD đồng DC BD 2 0.5 dạng. Suy ra ACD  BDI (2) + Từ (1) và (2), suy ra ADH  BDI 0.5 0.5 + Mà ADH  BDH  450  BDI  BDH  450 hay HDI  450
M A B C D + Gọi AD là đường phân giác trong góc A, qua C kẻ đường 2 thẳng song song với AD cắt đường thẳng AB tại M. (2 điểm) Ta có BAD  AMC (hai góc ở vị trí đồng vị) DAC  ACM (hai góc ở vị trí so le trong) 0.5 Mà BAD  DAC nên AMC  ACM hay tam giác ACM cân tại A, suy ra AM  AC  b AD BA c + Do AD//CM nên   CM BM b  c 0.5 c AD 1 11 1 + Mà CM  AM  AC  2b        (1) 0.5 b  c 2b la 2  b c  + Tương tự ta có 1 11 1 1 11 1     (2);     (3) 0.5 lb 2  c a  la 2  b c  Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta có đpcm Câu 5 1điểm + Ta có a 2  1  2a; b 2  1  2b  a 2  b 2  2  2a  2b  a  b  2 0.25 1 1 4 + Chứng minh được với hai số dương x, y thì   0.25 x y x y 1 điểm 1 1  4 + Do đó S  2       2 1 0.25  a  1 b 1  a 1 b 1 + Kết luận: GTLN của S là 1, đạt được khi a  b  1 . 0.25 Điểm toàn bài (20điểm) Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.