Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 7 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi sắp tới. TaiLieu.VN xin gửi đến các bạn ‘Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 7 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc’. Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 7 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc

PHÒNG GD&ĐT VĨNH LỘC ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6, 7, 8 CỤM TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN 7 Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Đề chính thức Ngày giao lưu: 22 / 03 / 2023 ( Đề gồm: 01 trang ). Câu 1: (4,0 điểm) 1  1 1 1. Tính giá trị các biểu thức sau: A =  2 + 3,5  :  −4 + 2  +7,5    3   6 7 1 1  1  1   1  B = . 1 + 1 + 1 +  .....1 +  2  1.3  2.4  3.5   2021.2023  x z 2. Tìm ba số x, y, z thỏa mãn: 4x = 3y ; = và 2 x 2 + 2 y 2 − 3 z 2 = −100 3 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3. Cho S =1 − + − + ... + − + và P = + + + ... + + . 2 3 4 2013 2014 2015 1008 1009 1010 2014 2015 Tính (S− P)2022 Câu 2: (4,0 điểm) 2  1 1. Tìm x, y biết :  3 x −  + 2 y − 6 ≤ 0  6 2. Tính giá trị của biểu thức P = x3 − y 2 + x + x 2 y − 2 x 2 + 2021 + 3 y − xy với x + y = 2 3. Cho a , b là các số nguyên thỏa mãn ( 7 a + 5 – 21b)( a + 1 - 3b)  7. Chứng minh rằng : 11b + 15 + 43a  7 Câu 3: (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x, y biết: x + y − 2 xy = 4 2. Ba lớp 7A, 7B, 7C 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 12 gói. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABD và ACE. Gọi I là giao điểm BE và CD. Chứng minh rằng: 1. Tam giác ABE bằng tam giác ADC 2. DE = BE  3. EIC = 600 và IA là tia phân giác của DIE  Câu 5: (2.0 điểm) 1. Cho f(x) là đa thức hệ số nguyên và thoả mãn f(0) = 0 và f(1) = 2. Chứng minh rằng f(7) không thể là số chính phương. 2. Cho hai số nguyên tố khác nhau p và q . Chứng minh rằng : p q −1 + q p −1 − 1 chia hết cho p.q ..............Hết............. Họ tên thí sinh::........................................... SBD........................................ Cán bộ coi giao lưu học sinh giỏi không được giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6, 7, 8 NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN 7 Nội dung Điểm 1  1 1 a) (1.0) A =  2 + 3,5  :  −4 + 2  +7,5    3   6 7  7 7   25 15  15 35 −85 15 =  +  :− +  + = : + 0.5đ 3 2  6 7  2 6 42 2 35 −42 15 −49 15 157 = . + = + = 0.5đ 6 85 2 17 2 34 b) (1.0) 1. (2.0đ) 1 1  1  1   1  B = . 1 + 1 + 1 +  .....1 +  2  1.3  2.4  3.5   2021.2023  1 2 2  3 3  4 4  2022 2022  =  .  . .  . .  ....... .  0.25đ 2 1 3  2 4  3 5  2021 2023  1 2 2 3 3 4 4  2022 2022  0.25đ = . .  . .  . .  ....... .  2 1 3 2 4 3 5  2021 2023  2022 0.5đ = Câu 1 2023 (4.0đ) x z x y z Từ 4x = 3y ; = => = = ta có: 3 5 3 4 5 0,25đ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z 2x 2y 3z 2 x + 2 y − 3z − 100 = = = = = = = =4 0,25đ 9 16 25 18 32 75 − 25 − 25 2.  x = 6  (1.0đ)  x = 36 2  y = 8  2  x = 10   y = 64 ⇔  ( Vì x, y, z cùng dấu)  z 2 = 100  x = −6 0,5đ   y = −8   z = −10  1 1 1 1 1 Ta có: P = + + + ... + + 1008 1009 1010 2014 2015 3. (1.0đ)  1 1 1 1 1 1 1  = 1 + + + ... + + + + ... + +   2 3 1006 1007 1008 2014 2015  0,25đ
 1 1 1 1  − 1 + + + ... + +   2 3 1006 1007   1 1 1 1 1 1 1  = 1 + + + ... + + + + ... + +   2 3 1006 1007 1008 2014 2015  1 1 1 1 1  0,25đ −2  + + + ... + +  2 4 6 2012 2014  0,25đ 1 1 1 1 1 1 =1 − + − + ...... + − + = S. 2 3 4 2013 2014 2015 0,25đ Do đó (S− P) 2022 =0 2  1 Vì  3 x −  ≥ 0 với mọi x; 2 y − 6 ≥ 0 ∀y, do đó: 0.25đ  6 2  1  3 x −  + 2 y − 6 ≥ 0∀x, y ,  6 theo đề bài thì: 2 2 1.  1  1 0.5đ (1.25đ)  3 x − 6  + 2 y − 6 ≤ 0 ⇒  3 x − 6  + 2 y − 6 = đó:     0 . Khi  1  1 3 x = 0 = − x 0.5đ  6 ⇒  18 2 y − 6 0 = 3  = y  Câu 2 (4.0đ) P = x3 – y2 + x + x2y – 2x2 + 2021 + 3y - xy 2. = x2 (x + y) - 2x2 - y(x + y) + 3y + x + 2021 0.5đ (1.25đ) = 2x2 - 2x2 - 2y + 3y + x + 2021 = x + y + 2021 = 2023 0.5đ Vậy với x + y = 2 thì P = 2023 0.25đ Từ ( 7 a + 5 – 21b)( a + 1 - 3b)  7 suy ra ( 7 a – 21 b + 5)( a – 3 b + 1)  7 3. ⇒ ( a – 3 b + 1)  7 vì ( 7 a – 21b + 5) không chia hết cho 7 và 7 là 0.5đ (1.5đ) số nguyên tố . Từ ( a – 3 b + 1)  7 ⇒ (42a + 14b +14 ) + ( a – 3 b + 1)  7 0.5đ Vì (42a + 14b + 14 )  7 ⇒ 43a + 11b + 15  7 ( đpcm ) 0.5đ Ta có: x + y − 2 xy = suy ra x − 2 xy + y − 4 = 4 0 1. ⇔ 2 x − 4 xy + 2 y − 8 = ⇔ 2 x − 4 xy + 2 y − 1 = 0 7 0.25đ (2.0đ) ⇔ 2 x (1 − 2 y ) − (1 − 2 y ) =⇔ ( 2 x − 1)(1 − 2 y ) = 7 7 0.5đ Câu 3 (4.0đ)
Lập bảng 2x − 1 1 7 -1 -7 1− 2y 7 1 -7 -1 1.0đ x 1 4 0 -3 y -3 0 4 1 Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn Thỏa mãn 0.25đ Vậy (x; y) cần tìm là (1; -3) ; (4; 0) ; (0; 4) ; (-3; 1) Gọi tổng số gói tăm 3 lớp cùng mua là x ( x là số tự nhiên khác 0) 0.25đ Số gói tăm dự định chia chia cho 3 lớp 7A, 7B, 7C lúc đầu lần lượt là: a, b, c a b c a+b+c x 5x 6x x 7x Ta có: = = = = ⇒a= ;b = = ;c = (1) 0.5đ 5 6 7 18 18 18 18 3 18 Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là a’, b’, c’, ta có: 2. a , b, c , a , + b, + c , x 4 x , 5x x , 6 x (2.0đ) = = = = ⇒ a, = ;b = = ;c = ( 2) 0.5đ 4 5 6 15 15 15 15 3 15 So sánh (1) và (2) ta có: a > a’; b=b’; c < c’ nên lớp 7C nhận nhiều hơn lúc đầu 6x 7x x Vây: c’ – c = 12 hay − =12 ⇒ =1080 15 18 90 0.5đ Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 1080 gói. 0.25đ B D 2 1 I Câu 4 1 1 1 (6.0đ) A3 2 2 C 2 1 2 E
  DAC =A1 + 900 =600 + 900 = 0 150 Ta có:    BAE  ⇒ DAC = 0.5đ  =A 2 + 900 =600 + 900 =1500 BAE   Xét  ADCvà  ABE có: 1. DA = BA (gt) (1.5đ)   DAC = BAE (Chứng minh trên) 0.75đ AC = AE (gt) ⇒  ADC =  ABE (c – g – c) 0.25đ     360 Ta có: A3 + A1 + BAC + A 2 = 0  ⇔ A 3 + 600 + 900 + 600 =0 360  ⇔ A 3 = 1500   ⇒ A 3 = DAC = 1500 0.75đ 2. Xét  DAE và  BAE có: (2.0đ) DA = BA (gt)   A 3 = DAC ( Chứng minh trên) AE: Cạnh chung ⇒  DAE =  BAE (c – g – c) 0.75đ ⇒ DE = BE (hai cạnh tương ứng) 0.5đ   * Ta có:  DAC =  BAE (CM câu a) ⇒ E1 = C1 (hai góc 0.25đ 3. tương ứng) (2.5đ) Lại có: 1 + E 2 + ICE = 0 (Tổng 3 góc trong  ICE) I   180 I     ⇔ 1 + (AEC − E1 ) + (C1 + C2 ) =0 180 ⇔ 1 + 600 − E1 + C1 + 600 = 0 I   180 I 1800   ⇔ 1 + 1200 =(Vì E1 = C1 ) 0.75đ ⇔ 1 = 600 I 0.25đ   * Vì  DAE =  BAE (chứng minh câu b) ⇒ E1 = E 2 ( hai  góc tương ứng) ⇒ EA là tia phân giác của DEI (1) 0.25đ ∆DAC = ∆BAE   Vì  ⇒  DAC =  DAE ⇒ D1 = D 2 (Hai góc ∆DAE = ∆BAE  tương ứng) ⇒ DA là tia phân giác của EDC (2) 0.5đ Từ (1) và (2) ⇒ IA là đường phân giác thứ ba trong  DIE  hay IA là tia phân giác của DIE 0.5đ
1. (1.0đ) Vì f(0) = 0 và f(1) = 2 nên f(x) có dạng : f(x) = 2 + x(x - 1).g(x) trong đó g(x) là 1 đa thức với hệ số nguyên 0.5đ Ta có f(7) = 2 +42.g(7) ≡ 2 (mod 3) nên f(7) không thể là số 0.5đ chính phương Câu 5 2. (2.0 đ) (1.0đ) Vì p, q nguyên tố cùng nhau và p khác q nên: (p, q) = 1. Áp dụng định lí Frmat ta có : pq-1 ≡ 1 (mod q) và qp-1 ≡ 1 (mod p) 0.25đ suy ra pq-1 -1  q và qp-1 -1  p mặt khác pq-1  p và qp-1  q nên ta có : pq-1 + qp-1 - 1  q ; pq-1 + qp-1 - 1  p mà (p, q) = 1 0.5đ nên : pq-1 + qp-1 -1  p.q 0.25đ Chú ý: - Nếu HS làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa. - Bài hình nếu vẽ hình sai thì không chấm điểm