Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 7 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 2) - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo “Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 7 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 2) - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa” để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kì thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 7 năm 2022-2023 có đáp án (Lần 2) - Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa

UBND HUYỆN HIỆP HÒA ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LẦN 2 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN 7 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm):   1 2  1   1  1) Thực hiện phép tính: 6.  −  − 3.  −  + 1 :  − − 1   3   3   3   212.35 − 46.92 510.73 − 255.492 2) Rút gọn biểu thức: A = − ( 2 .3) (125.7 ) 6 3 2 + 59.143 1 4 2 3) Tìm x biết: x − + = ( −3, 2 ) + 3 5 5 Câu 2 (4,0 điểm): a 2 + b2 a 1) Cho a, b, c là ba số khác 0 thỏa mãn b 2 = ac . Chứng minh rằng = . b2 + c2 c 1 1 1 25 2) Cho A = + + ..... + 2 . Chứng minh rằng A < . 4 9 1000 36 Câu 3 (4,0 điểm): 1) Tìm số nguyên a để a 2 + a + 3 chia hết cho a + 1 . 1. 2) Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn x 2 − 2 y 2 = Câu 4 (6,0 điểm): 1) Cho tam giác ABC có M là trung điểm của cạnh BC. Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA . a) Chứng minh AC / / BE . b) Gọi I là một điểm trên đoạn thẳng AC, K là một điểm trên đoạn thẳng EB sao cho AI = EK . Chứng minh ba điểm I, M, K thẳng hàng.  2) Cho tam giác ABC cân tại A có BAC = 200 . Vẽ tam giác đều BCD sao cho điểm D nằm trong tam giác ABC. Tia phân giác của  cắt AC tại M. Chứng minh AM = BC . ABD Câu 5 (1,0 điểm): x y z Cho xyz =1. Tính giá trị của biểu thức A = + + . xy + x + 1 yz + y + 1 xz + z + 1 ...............Đề gồm 01 trang...............
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC: 2022-2023 Môn thi: Toán 7 Câu Nội dung Điểm Câu 1   1 2  1   1  (5,0 điểm) 1) 6.  −  − 3.  −  + 1 :  − − 1    3  3    3   1   1 3 0,5 = 6. + 1 + 1 :  − −   9   3 3 2   4 0,5 = + 2 :  −  3    3 0,5 2 6  4  = +  :−  3 3  3   8 −3 0,5 = . = −2 3 4 212.35 − 46.92 510.73 − 255.492 =2) A − ( 22.3) (125.7 ) + 59.143 6 3 212.35 − 212.34 510.73 − 510.7 4 0,5 = − 9 3 9 3 3 212.36 5 .7 + 5 .7 .2 2 .3 ( 3 − 1) 510.73 (1 − 7 ) 12 4 = − 9 3 212.36 5 .7 (1 + 23 ) 0,5 212.34.2 5 .7 ( −6 ) 10 3 = − 9 3 212.36 5 .7 .9 0,5 2 5. ( −6 ) 2 −30 32 =− =− = 32 9 9 9 9 1 4 2 3) x − + = ( −3, 2 ) + 3 5 5 1 4 16 2 ⇒ x− + = − + 3 5 5 5 0,5 1 4 14 ⇒ x− + = − 3 5 5 1 4 14 ⇒ x− + = 3 5 5 1 14 4 1 ⇒ x− = − ⇒ x− = 2 3 5 5 3 1 1 ⇒ x − = hoặc x − =2 2 − 0,5 3 3 1 1 ⇒ x = 2 + hoặc x =−2 + 3 3 7 5 ⇒ x = hoặc x = − 3 3 7 5 Vậy x ∈  ; −  3 3 0,5
Câu 2 a b a a a b a2 a (4,0 điểm) 1) Ta có b = ac ⇒ b = c ⇒ b . b = b . c ⇒ b 2 = c (1) 2 0,5 2 2 a b a b a 2 b2 Mặt khác, từ = ⇒  =  ⇒ 2 = 2  0,5 b c b c b c Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có: 0,5 a 2 b2 a 2 + b2 = = ( 2) b2 c2 b2 + c2 a 2 + b2 a 0,5 Từ (1) và (2) suy ra = (đpcm) b2 + c2 c 1 1 1 1 1 0,5 A< + + + + ..... + 4 9 3.4 4.5 999.1000 1 1 1 1 0,5 A< + + − 4 9 3 1000 25 1 25 0,75 A< − < 36 1000 36 25 0,25 Vậy A< 36 Câu 3 1) Ta có : a 2 + a + 3 chia hết cho a + 1 ⇒  a ( a + 1) + 3  ( a + 1) (1)   (4,0 điểm) 0,5 Vì a là số nguyên nên a ( a + 1)  ( a + 1) ( 2 ) Từ (1) và (2) suy ra 3  ( a + 1) hay a + 1 là các ước của 3 0,5 Do đó a + 1∈ {−3; − 1;1;3} ⇒ a ∈ {−4; − 2;0; 2} 0,5 Vậy a ∈ {−4; − 2;0; 2} là các giá trị nguyên cần tìm. 0,5 2) Từ x 2 − 2 y 2 = ra x 2 − 1 = y 2 (1) 1 suy 2 + Nếu x chia hết cho 3 mà x là số nguyên tố nên x = 3 Thay x = 3 vào (1) ta được: 0,5 2 y 2 =8 ⇒ y 2 = 4 ⇒ y = 2 (vì y là số nguyên tố) 0,5 + Nếu x không chia hết cho 3 thì x 2 chia cho 3 dư 1 nên x 2 − 1 chia hết cho 3. Do đó từ (1) suy ra 2 y 2 chia hết cho 3 Mà ( 2;3) = 1 nên y 2  3 ⇒ y  3 ⇒ y = (vì y là số nguyên tố) 3 0,5 Thay y = 3 vào (1) ta được x 2 − 1 = 18 ⇒ x 2 = 19 ⇒ x ∉ Z (loại) 0,5 Vậy có duy nhất cặp số nguyên tố ( x, y ) thỏa mãn đề bài là ( 3; 2 ) . Câu 4 A (6,0 điểm) I B C M K E
a) Xét ∆AMC và ∆EMB có: MC = MB (gt),  = EMB (hai góc đối đỉnh), MA = ME (gt) AMC  ⇒ ∆AMC = ∆EMB (c.g.c)  BEM  ⇒ CAM = (hai góc tương ứng)   1,5 Mà CAM và BEM là hai góc so le trong nên AC / / BE (đpcm). 0,5 b) Xét ∆AMI và ∆EMK có:   AI = EK (gt), IAM = KEM (theo ý a), MA = ME (gt) ⇒ ∆AMI = ∆EMK (c.g.c) 1,0 ⇒  = (hai góc tương ứng) (1) AMI EMK Mà  + EMK = AMK  1800 (hai góc kề bù) (2) 1,0 Từ (1) và (2) suy ra  + IMA = 1800 ⇒ IMK = 1800 AMK   Hay ba điểm I, M, K thẳng hàng (đpcm). A M O D B C   2) Chứng minh ∆ADB = (c.c.c) suy ra DAB = DAC ∆ADC  Do đó = 200 : 2 100 DAB = + ∆ABC cân tại A, mà BAC = 20 (gt) nên  =  ABC (1800 − 200 ) : 2 = 0 80 0 0,5  + ∆BCD là tam giác đều nên DBC = 60 0 + Tia BD nằm giữa hai tia BA và BC suy ra  = 800 − 600 = 200 . ABD 0,5 + Tia BM là phân giác của  nên  = 100 ABD ABM + Xét tam giác ABM và BAD có: AB cạnh chung ; BAM  200 ;  DAB 100  ABD = = ABM  = = Vậy: ∆ABM = (g.c.g) ∆BAD 0,5 suy ra AM = BD , mà BD = BC (tam giác ABC đều) nên AM = BC 0,5 Câu 5 x y z A= + + (1,0 điểm) xy + x + 1 yz + y + 1 xz + z + 1 xz yxz z = + + z ( xy + x + 1) xz ( yz + y + 1) xz + z + 1 xz 1 z 0,5 = + + xz + z + 1 xz + z + 1 xz + z + 1 xz + z + 1 = = 1 xz + z + 1 0,5 Vậy A=1