Đề khảo sát HSG Toán 7 năm 2017 – 2018 phòng GD&ĐT thành phố Kon Tum

Đề khảo sát HSG Toán 7 năm 2017 – 2018 phòng GD&ĐT thành phố Kon Tum có đáp án + lời giải chi tiết + hướng dẫn chấm điểm; kỳ thi được diễn ra vào ngày 03 tháng 04 năm 2017.

47 24 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 7

Môn: Toán 7

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
PHÒNG GD&ĐT KON TUM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 7
MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2017 – 2018
(Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 03/04/2017
Thời gian: 90 phút không tính thời gian ghi đề
Câu 1: (4,5 điểm).
1. Tính giá trị các biểu thức sau:
a) A =
3 4 7 4 7 7
: :
7 11 11 7 11 11
b) B =
12 5 6 2
2 6 4 5
2 .3 4 .9
(2 .3) 8 .3
2. Cho
x y
. Tính giá trị biểu thức: C =
2 2
2 2
5x 3y
10x 3y
Câu 2: (4,5 điểm)
1. Tìm các số x, y, z, biết:
a)
x y y z
;
2 3 5 7
và x + y + z = 92
b) (x – 1)
2016
+ (2y – 1)
2016
+ |x + 2y – z|
2017
= 0
2. Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x – y = 6
Câu 3: (3,0 điểm)
1. Tìm đa thức A biết: A – (3xy – 4y
2
) = x
2
– 7xy + 8y
2
2. Cho hàm số y = f(x) = ax + 2 có đồ thị đi qua điểm A(a – 1; a
2
+ a).
a) Tìm a
b) Với a vừa tìm được, tìm giá trị của x thỏa mãn: f(2x – 1) = f(1 – 2x)
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:
a) BE = CD
b)
BDE là tam giác cân
c)
0
EIC 60
và IA là tia phân giác của
DIE
Câu 5: (2,0 điểm)
1. Tìm số hữu tỉ x, sao cho tổng của số đó với nghịch đảo của nó có giá trị là một số nguyên.
2. Cho các số a, b, c không âm thỏa mãn: a + 3c = 2016; a + 2b = 2017. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = a + b + c.
-------------------- HẾT --------------------
ĐÁP ÁN
Câu 1: 1.
a) A =
3 4 7 4 7 7
: :
7 11 11 7 11 11
=
3 4 11 4 7 11
. .
7 11 7 7 11 7
A =
11 3 4 4 7
7 7 11 7 11
=
11 3 4 4 7
7 7 7 11 11
=
11 11
( 1) 1 .0 0
7 7
b) B =
12 5 6 2
2 6 4 5
2 .3 4 .9
(2 .3) 8 .3
=
12 5 2 6 2 2 12 5 12 4
12 6 3 4 5 12 6 12 5
2 .3 (2 ) .(3 ) 2 .3 2 .3
2 .3 (2 ) .3 2 .3 2 .3
=
12 4
12 5
2 .3 (3 1)
2 .3 (3 1)
B =
12 4
12 5
2 .3 .2 1
2 .3 .4 6
2. Đặt
x y
3 5
= k
x 3k
y 5k
. Khi đó:
C =
2 2
2 2
5x 3y
10x 3y
=
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
5(3k) 3(5k) 45k 75k 120k
10(3k) 3(5k) 90k 75k 15k
= 8
Câu 2: 1.
a) Ta có:
x y x y
x y z
2 3 10 15
y z y z
10 15 21
5 7 15 21
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau và x + y + z = 92, ta được:
x y z
10 15 21
=
x y z 92
2
10 15 21 46
x
2
10
x 20
y
2 y 30
15
z 42
z
2
21
b ) Ta có: (x – 1)
2016
0
x
(2y – 1)
2016
0
y
|x + 2y – z|
2017
0
x, y, z
(x – 1)
2016
+ (2y – 1)
2016
+ |x + 2y – z|
2017
0
x, y, z
Mà (x – 1)
2016
+ (2y – 1)
2016
+ |x + 2y – z|
2017
= 0 nên dấu "=" xảy ra
2016
2016
2017
x – 1
2y – 1
x
0
2y – z
0
0
2
2
1
1
2
1
2
1
3
2
1
I
E
D
A
C
B
1
1 2. – z 0
2
x 1 x 1
1 1
y y
2 2
z 2
2. Ta có: xy + 3x – y = 6
x(y + 3) – (y + 3) = 6 – 3
(x – 1)(y + 3) = 3 = 1.3 = 3.1 = (– 1)(– 3) = (– 3)(– 1)
Ta có bảng sau:
x – 1 1 3 – 1 – 3
y + 3 3 1 – 3 – 1
x 2 4 0 – 2
y 0 – 2 – 6 – 4
Vậy: (x; y) = (2; 0) = (4; – 2) = (0; 6) = (– 2; – 4)
Câu 3:
1. Ta có: A – (3xy – 4y
2
) = x
2
– 7xy + 8y
2
A = x
2
– 7xy + 8y
2
+ (3xy – 4y
2
)
A = x
2
– 4xy + 4y
2
2.
a) Vì đồ thị hàm số y = f(x) = ax + 2 đi qua điểm A(a – 1; a
2
+ a) nên:
a
2
+ a = a(a – 1) + 2
a
2
+ a = a
2
– a + 2
2a = 2
a = 1
b) Với a = 1 thì y = f(x) = x + 2
Ta có: f(2x – 1) = f(1 – 2x)
(2x – 1) + 2 = (1 – 2x) + 2
4x = 2
x =
1
2
Câu 4:
GT
ABC,
A
= 90
0
,
ABD và
ACE đều
I = BE
CD
KL
a) BE = CD
b)
BDE là tam giác cân
c)
0
EIC 60
và IA là tia phân giác của
DIE
a) Ta có:
0 0 0 0
1
0 0 0 0
2
DAC A 90 60 90 150
DAC BAE
BAE A 90 60 90 150
Xét
DAC và
BAE có:
DA = BA (GT)
DAC BAE
(CM trên)
AC = AE (GT)
DAC =
BAE (c – g – c)
BE = CD (Hai cạnh tương ứng)
b) Ta có:
0
3 1 2
A A BAC A 360
0 0 0 0
3
A 60 90 60 360
0
3
A 150
3
A
=
DAC
= 150
0
Xét
DAE và
BAE có:
DA = BA (GT)
3
A
=
DAC
(CM trên)
AE: Cạnh chung
DAE =
BAE (c – g – c)
DE = BE (Hai cạnh tương ứng)
BDE là tam giác cân tại E
c) Ta có:
DAC =
BAE (CM câu a)
1
E
=
1
C
(Hai góc tương ứng)
Lại có:
0
1 2
I E ICE 180
(Tổng 3 góc trong
ICE)
0
1 1
1 2
I (AEC E ) (C C ) 180
0 0 0
1 1
1
I 60 E C 60 180
0 0
1
I 120 180
(Vì
1
E
=
1
C
)
0
1
I 60
Vì
DAE =
BAE (Cm câu b)
1
E
=
2
E
(Hai góc tương ứng)
EA là tia phân giác của
DEI
(1)
Vì
DAC BAE
DAE BAE
DAC =
DAE
1
D
=
2
D
(Hai góc tương ứng)
DA là tia
phân giác của
EDC
(2)
Từ (1) và (2)
A là giao điểm của 2 tia phân giác trong
DIE
IA là đường phân giác thứ
ba trong
DIE hay IA là tia phân giác của
DIE
Câu 5:
1. Gọi x =
m
n
(m, n
Z, n
0, (m, n) = 1). Khi đó:
x +
2 2
1 m n m n
x n m mn
(1)
Để
1
x
x
nguyên thì m
2
+ n
2
mn
m
2
+ n
2
m
n
2
m (Vì m
2
m)
n
m
Mà (m, n) = 1 nên m = 1 hoặc m = – 1
*) Với m = 1:
Từ (1), ta có:
1
x
x
=
2 2 2
1 n 1 n
1.n n
. Để
1
x
x
nguyên thì 1 + n
2
n
1
n hay n =
1
*) Với m = – 1:
Từ (1), ta có:
1
x
x
=
2 2 2
( 1) n 1 n
( 1).n n
. Để
1
x
x
nguyên thì 1 + n
2
(– n)
1
(– n) hay n
=
1
Khi đó x =
m 1 1 1 1
n 1 1 1 1
hay x =
1
2. Ta có: a + 3c = 2016 (1) và a + 2b = 2017 (2)
Từ (1)
a = 2016 – 3c
Lấy (2) – (1) ta được: 2b – 3c = 1
b =
1 3c
2
. Khi đó:
P = a + b + c = (2016 – 3c) +
1 3c
2
+ c =
1 6c 3c 2c 1 c
2016 2016
2 2 2 2
. Vì a, b, c
không âm nên P =
1 c
2016
2 2
1
2016
2
, MaxP =
1
2016
2
c = 0
-------------------- HẾT --------------------
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

PHÒNG GD&ĐT KON TUM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 7 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2017 – 2018 (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 03/04/2017
Thời gian: 90 phút không tính thời gian ghi đề Câu 1: (4,5 điểm).
1. Tính giá trị các biểu thức sau:  3  4  7  4  7  7 a) A =  :   :      7 11 11  7 11 11 12 5 6 2 2 .3  4 .9 b) B = 2 6 4 5 (2 .3)  8 .3 x y 2 2 5x  3y 2. Cho 
. Tính giá trị biểu thức: C = 3 5 2 2 10x  3y Câu 2: (4,5 điểm)
1. Tìm các số x, y, z, biết: x y y z
a)  ;  và x + y + z = 92 2 3 5 7
b) (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017 = 0
2. Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x – y = 6 Câu 3: (3,0 điểm)
1. Tìm đa thức A biết: A – (3xy – 4y2) = x2 – 7xy + 8y2
2. Cho hàm số y = f(x) = ax + 2 có đồ thị đi qua điểm A(a – 1; a2 + a). a) Tìm a
b) Với a vừa tìm được, tìm giá trị của x thỏa mãn: f(2x – 1) = f(1 – 2x) 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: a) BE = CD b)  BDE là tam giác cân c)  0
EIC  60 và IA là tia phân giác của  DIE Câu 5: (2,0 điểm)
1. Tìm số hữu tỉ x, sao cho tổng của số đó với nghịch đảo của nó có giá trị là một số nguyên.
2. Cho các số a, b, c không âm thỏa mãn: a + 3c = 2016; a + 2b = 2017. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a + b + c.
-------------------- HẾT -------------------- ĐÁP ÁN Câu 1: 1.  3  4  7  4  7  7  3  4  11  4  7  11 a) A =  :   :     =  .   .      7 11 11  7 11 11  7 11 7  7 11 7
11  3 4   4 7  11  3 4   4 7  11 11 A =        =        = ( 1  )   1  .0  0 7   7 11 7 11      7  7 7  11 11 7 7 12 5 6 2 2 .3  4 .9 12 5 2 6 2 2 12 5 12 4 2 .3  (2 ) .(3 ) 2 .3  2 .3 12 4 2 .3 (3 1) b) B = =  = 2 6 4 5 (2 .3)  8 .3 12 6 3 4 5 12 6 12 5 2 .3  (2 ) .3 2 .3  2 .3 12 5 2 .3 (3 1) 12 4 2 .3 .2 1 B =  12 5 2 .3 .4 6 x y x  3k 2. Đặt  = k   . Khi đó: 3 5 y  5k 2 2 5x  3y 2 2 2 2 2 5(3k)  3(5k) 45k  75k 120k C = =   = 8 2 2 10x  3y 2 2 2 2 2 10(3k)  3(5k) 90k  75k 15k Câu 2: 1.  x y  x y    2 3 1    0 15 x y z a) Ta có:       y z y z 10 15 21     5 7 1  5 21
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau và x + y + z = 92, ta được: x y z x  y  z 92   =   2 10 15 21 10 15  21 46  x  2 1  0  x  20  y     2  y  30 15  z  42 z    2 21
b ) Ta có: (x – 1)2016  0  x (2y – 1)2016  0  y
|x + 2y – z|2017  0  x, y, z
 (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017  0  x, y, z   x – 2016 1  0 
Mà (x – 1)2016 + (2y – 1)2016 + |x + 2y – z|2017 = 0 nên dấu "=" xảy ra    2y – 2016 1  0  2017  x  2y – z  0   x  1 x 1  1    1  y   y  2 2    1 z  2 1  2. – z  0   2
2. Ta có: xy + 3x – y = 6  x(y + 3) – (y + 3) = 6 – 3
 (x – 1)(y + 3) = 3 = 1.3 = 3.1 = (– 1)(– 3) = (– 3)(– 1) Ta có bảng sau: x – 1 1 3 – 1 – 3 y + 3 3 1 – 3 – 1 x 2 4 0 – 2 y 0 – 2 – 6 – 4
Vậy: (x; y) = (2; 0) = (4; – 2) = (0; 6) = (– 2; – 4) Câu 3:
1. Ta có: A – (3xy – 4y2) = x2 – 7xy + 8y2
A = x2 – 7xy + 8y2 + (3xy – 4y2) A = x2 – 4xy + 4y2 2.
a) Vì đồ thị hàm số y = f(x) = ax + 2 đi qua điểm A(a – 1; a2 + a) nên:
a2 + a = a(a – 1) + 2  a2 + a = a2 – a + 2  2a = 2  a = 1
b) Với a = 1 thì y = f(x) = x + 2 1
Ta có: f(2x – 1) = f(1 – 2x)  (2x – 1) + 2 = (1 – 2x) + 2  4x = 2  x = 2 Câu 4: B  ABC, 
A = 900,  ABD và  ACE đều GT I = BE  CD D 1 I 2 a) BE = CD 1 1 1 A b) 3 2 C BDE là tam giác cân 2 KL c)  0
EIC  60 và IA là tia phân giác của  DIE  DAC   0 0 0 0 A  90  60  90  150 a) Ta có: 1    DAC   BAE 2 1 0 0 0 0 2  BAE  
A2  90  60  90  150 E Xét DAC và  BAE có: DA = BA (GT)  DAC   BAE (CM trên) AC = AE (GT)
 DAC =  BAE (c – g – c)  BE = CD (Hai cạnh tương ứng) b) Ta có:  A   A   BAC   0 3 1 A2  360   0 0 0 0
A3  60  90  60  360   0 A3  150   A3 =  DAC = 1500 Xét DAE và BAE có: DA = BA (GT) A3=  DAC (CM trên) AE: Cạnh chung
 DAE =  BAE (c – g – c)  DE = BE (Hai cạnh tương ứng)
 BDE là tam giác cân tại E
c) Ta có: DAC =  BAE (CM câu a)  1 E = 1 C (Hai góc tương ứng)
Lại có: I  E   0 1 2
ICE  180 (Tổng 3 góc trong  ICE)  I  ( AEC   E )  ( C   0 1 1 1 C2)  180  0 I  60  E   0 0 1 1 1 C  60  180  0 0 1I 120 180 (Vì 1 E = 1 C )  0 1I  60
Vì DAE = BAE (Cm câu b)  1 E = 
E2 (Hai góc tương ứng)  EA là tia phân giác của  DEI (1)  D  AC  B  AE Vì   DAC = DAE  1 D = 
D2 (Hai góc tương ứng)  DA là tia  D  AE  B  AE phân giác của  EDC (2)
Từ (1) và (2)  A là giao điểm của 2 tia phân giác trong DIE  IA là đường phân giác thứ
ba trong DIE hay IA là tia phân giác của  DIE Câu 5: m 1. Gọi x =
(m, n  Z, n  0, (m, n) = 1). Khi đó: n 2 2 1 m n m  n x +    (1) x n m mn 1
Để x  nguyên thì m2 + n2  mn x  m2 + n2  m  n2  m (Vì m2  m)  n  m
Mà (m, n) = 1 nên m = 1 hoặc m = – 1 *) Với m = 1: 1 2 2 2 1  n 1 n 1 Từ (1), ta có: x  = 
. Để x  nguyên thì 1 + n2  n  1 n hay n =  1 x 1.n n x *) Với m = – 1: 1 2 2 2 ( 1  )  n 1 n 1 Từ (1), ta có: x  = 
. Để x  nguyên thì 1 + n2 (– n)  1 (– n) hay n x (1).n n x =  1 m 1 1 1 1 Khi đó x =     hay x =  1 n 1 1  1 1 
2. Ta có: a + 3c = 2016 (1) và a + 2b = 2017 (2) Từ (1)  a = 2016 – 3c 1 3c
Lấy (2) – (1) ta được: 2b – 3c = 1  b = . Khi đó: 2 1 3c  1  6  c  3c  2c 1 c
P = a + b + c = (2016 – 3c) + + c = 2016    2016    . Vì a, b, c 2  2  2 2 2 1 c 1 1
không âm nên P = 2016   2016 , MaxP = 2016  c = 0 2 2 2 2
-------------------- HẾT --------------------