Đề thi học sinh giỏi Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Đông Hưng – Thái Bình

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 7 đề thi học sinh giỏi Toán 7 năm 2018 – 2019 phòng GD&ĐT Đông Hưng – Thái Bình; đề thi có đáp án + lời giải chi tiết + hướng dẫn chấm điểm.

34 17 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 7

Môn: Toán 7

Thông tin:

6 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN ĐÔNG HƯNG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1(4đ) a) Không dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức:
3 3
0, 6 0, 75
13 7
11 11
2, 2 2, 75
7 13
S
b. Cho biểu thức:
2 3 4 5 100
1 1 1 1 1 1
...
3 3 3 3 3 3
A
Tính giá trị của biểu thức
1
4 .
3
B A
Bài 2(4đ) a, Cho
27 - 2x
Q =
12 - x
. Tìm các số nguyên x để Q có giá trị nguyên ?
b) Tìm x, biết:
1 13
5 5 0
x x
x x
Bài 3 : ( 4 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
2
2
(2 5 ) 15 6 90
P x y y x xy
b) Cho biểu thức
x y z t
M
x y z x y t y z t x z t
với x, y, z, t là các số tự
nhiên khác 0. Chứng minh
10
1025
M
.
Bài 4 (4 điểm)
Cho tam giác ABC, O là trung điểm của BC. Từ B kẻ BD vuông góc với AC
(D thuộc AC). Từ C kẻ CE vuông góc với AB (E thuộc AB).
a. Chứng minh rằng:
1
.
2
OD BC
b. Trên tia đối của tia DE lấy điểm N, trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho
DN = EM. Chứng minh rằng: Tam giác OMN là tam giác cân.
Bài 5: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC có góc A tù. Kẽ AD
AB và AD = AB (tia AD nằm giữa hai tia AB và
AC). Kẽ AE
AC và AE = AC (tia AE nằm giữa hai tia AB và AC). Gọi M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng: AM
DE.
Bài 6: (2điểm).
Trong hình bên, đường thẳng OA là đồ thị của
hàm số y = f(x) = ax.
a) Tính tỉ số
0
0
2
4
y
x
.
b) Giả sử x
0
= 5. Tính diện tích tam giác OBC
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN 7
NĂM HỌC 2018 - 2019
( Thời gian làm bài: 120 phút)
Bài Câu Nội dung Điểm
1
(4đ)
1.a
(2 đ)
a) Tính giá trị của S
1 1 1 1
3 3 3 3 3 3
3
0 , 6 0 , 7 5
3
1 3 5 7 4
1 3 7 1 3 5 7 4
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
1 1
2 , 2 2 , 7 5
7 1 3 7 5 1 3 4
7 5 1 3 4
S
(Mỗi bước thực hiện tính ghi 0,5đ; nếu dùng máy tính chỉ đúng kết quả không ghi
điểm)
2đ
1.b
(2 đ)
2 3 4 5 100
1 1 1 1 1 1
...
3 3 3 3 3 3
A
2 3 4 99
1 1 1 1 1
3 1 ...
3 3 3 3 3
A
0,5
100
1
3 1
3
A A
1,0
100
1 1
1
4 3
A
0,5
0
A
100 100
1 1 1 1
1 1
4 3 4 3
A
0,25
100 100 100
1 1 1 1
4. 4. 1 1
3 4 3 3
B A
0,25
2
(4đ)
2.a
2,0đ
Điều kiện : x
Z
; x ≠ 12 0,25
Biến đổi
27 - 2x
Q =
12 - x
2.(12 - x) + 3 3
= = 2 +
12 - x 12 - x
0,25
Ta có 2
Z
; x
Z
; x ≠ 12
nên Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi
3
12 x
có giá trị nguyên
0,25
0,25
Mà
3
12 x
có giá trị nguyên khi và chỉ khi
12 x
Ư(3)
Ư(3)
= -3; -1; 1; 3
+ N
ếu 12
-
x =
-
3 thì x = 15 (th
ỏa m
ãn
đi
ều kiện)
0,25
+ N
ếu 12
-
x =
-
1 thì x = 13 (th
ỏa m
ãn
đi
ều kiện)
0,25
+ N
ếu 12
-
x = 1 thì x = 11 (th
ỏa m
ãn
đi
ều ki
ện)
0,25
0,25
+ N
ếu 12
-
x = 3 thì x = 9 (th
ỏa m
ãn
đi
ều kiện)
Vậy Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi
x 9; 11; 13; 15
0,25
2.b
.2,0đ
b) Tìm x, biết:
1 13
5 5 0
x x
x x
2đ
1 12
1 13
5 1 5 0
5 5 0
x
x x
x xx x
hoặc
1
5 0
x
x
, hoặc
12
1 5 0
x
0,5đ
0,5đ
1
5 0
5 0 5
1 0
x
x
x x
x
(Thiếu x + 1
0, trừ 0,25đ)
0,5đ
12 12
5 1 6
1 5 0 5 1
5 1 4
x x
x x
x x
. Vậy: x = 4, x = 5, x = 6
(Thiếu một giá trị x – 5 = –1 , trừ 0,25đ)
0,5đ
3
(4đ)
3.a
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
2
2
(2 5 ) 15 6 90
P x y y x xy
2,5đ
Ta có
2
2
(2 5 ) 15 6 90
P x y y x xy
2
2
(2 5 ) 6 15 90
x y x y xy
2 2
(2 5 ) 9.(2 5 ) 90
x y x y xy
2
8.(2 5 ) 90
x y xy
0,5
Ta thấy
2
(2 5 ) 0
x y
với mọi x, y nên
2
8.(2 5 ) 0
x y
với mọi x, y
90 0
xy
với mọi x, y
0,25
0,25
Khi đó
2
8.(2 5 ) 90 0
x y xy
với mọi x, y
Suy ra
2
8.(2 5 ) 90 0
x y xy
với mọi x, y
Hay P ≤ 0 với mọi x, y
Dấu‘‘=’’ xảy ra khi
2
(2 5 ) 0
x y
và
90 0
xy
0,25
+ Với
2
(2 5 ) 0
x y
thì
2 5
5 2
x y
x y
0,25
+ Với
90 0
xy
thì xy = 90
0,25
Đặt
5 2
x y
k
ta được x = 5k ; và y = 2k
0,25
Mà xy = 90 nên 5k .2k = 90
T
ì
m đư
ợ
c k = 3 ho
ặ
c k =
-
3
+ N
ế
u k = 3 th
ì
x = 15 ; y = 6
0,25
+ Nếu k = -3 thì x = -15 ; y = - 6
Kết luận : Vậy giá trị lớn nhất của P là 0 khi và chỉ khi x = 15 ; y = 6
ho
ặ
c x =
-
15 ; y =
-
6
0.25
b) Ta có:
x x
x y z x y
y y
x y t x y
z z
y z t z t
t t
x z t z t
M <
)
tz
t
tz
z
()
yx
y
yx
x
(
=> M < 2
+ Có M10 < 2
10
(Vì M > 0) mà 2
10
= 1024 < 1025
V
ậy M10 < 1025
0,1
0,25
0,25
4
(4đ)
Vẽ hình ghi giả thiết kết luận
I
M
N
O
E
D
C
B
A
0,5
Chứng minh :
1
.
2
OD BC
Trên tia đ
ối của tia OD lấy điểm I sao cho OI = OD. Nối I với C.
0,5
Ch
ứng minh đ
ư
ợc
ΔOBD = ΔOCI (c.g.c)
0,5
BD = CI
và
BDO OIC
Mà hai góc này ở vị trí so le trong
DB // CI
Mà CD BD CD CI
0,5
Ch
ứng minh đ
ư
ợc
ΔBDC = ΔICD (c.g.c)
0
,5
BC = DI
Từ đó
1
.
2
OD BC
Ch
ứng minh
ΔOMN c
ân
Nối O với E
Chứng minh tương tự câu a có
1
.
2
OE BC
0,5
OD = OE ΔOED cân tại O
0,25
Ch
ứng minh
đư
ợc
OEM ODN
0,25
-
Ch
ứng minh đ
ư
ợc
ΔOEM = ΔODN (c.g.c)
0,5
OM = ON Điều phải chứng minh
5
(2đ)
Chứng minh:
AM DE
2,0đ
Trên tia đối của tia MA lấy điểm F sao cho MF = MA
( . . )
(1); (2)
AMB FMC c g c
AB AD CF ABM FCM
0,5đ
Từ (2)
0
180 (3)
CF AB FCA BAC
0,5đ
0 0
0 0
90 ; 90
180 180 (4)
AD AB BAE EAD BAD AE AC CAD EAD CAE
BAE EAD CAD EAD BAC EAD
0,5đ
Từ (3) và (4)
( . . )
FCA EAD ADE CFA c g c AED CAF
0,5đ
mà
0
90
CAF FAE CAE nên
0
90
AED FAE hay
0
90
AEK KAE
0,5đ
AKE
vuông tại K
AM DE
0,5đ
6 (2đ)
Đi
ểm A thuộc đồ thị h
àm s
ố y = ax n
ên t
ọa độ (2;1) của A phải thỏa m
ãn hàm s
ố y = ax.
0,25
Do đó, 1 = a.2
a =
1
2
. Vậy hàm số được cho bởi công thức y =
1
2
x.
Hai điểm A và B thuộc đồ thị hàm số nên hoành độ và tung độ của chúng tỉ lệ thuận
v
ới nhau.
0,25
Suy ra
0 0
0 0
2
1 2
2 4 4
y y
x x
(theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau)
0,5
Vậy
0
0
2
4
y
x
=
1
2
.
0,25
Nếu x
0
= 5 thì y
0
=
1
2
x
0
=
5
2
= 2,5. 0,25
Diện tích tam giác OBC là:
Áp dụng công thức S =
1
2
(a.h) ta có:
S
OBC
=
1
2
. 5. 2,5 = 6,25.
0, 5
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7 HUYỆN ĐÔNG HƯNG NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC 3 3  0, 6   0, 75
Bài 1(4đ) a) Không dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức: 13 7 S  11 11  2, 2   2, 75 7 13 1 1 1 1 1 1
b. Cho biểu thức: A        ... 2 3 4 5 100 3 3 3 3 3 3 1
Tính giá trị của biểu thức B  4 A  . 100 3 27 - 2x Bài 2(4đ) a, Cho Q =
. Tìm các số nguyên x để Q có giá trị nguyên ? 12 - x x 1  x 1  3
b) Tìm x, biết:  x 5  x 5  0 Bài 3 : ( 4 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  x  y   y  x2 2 (2 5 ) 15 6  xy  90 x y z t b) Cho biểu thức M    
với x, y, z, t là các số tự x  y  z x  y  t y  z  t x  z  t nhiên khác 0. Chứng minh 10 M  1025 . Bài 4 (4 điểm)
Cho tam giác ABC, O là trung điểm của BC. Từ B kẻ BD vuông góc với AC
(D thuộc AC). Từ C kẻ CE vuông góc với AB (E thuộc AB). 1
a. Chứng minh rằng: OD  BC. 2
b. Trên tia đối của tia DE lấy điểm N, trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho
DN = EM. Chứng minh rằng: Tam giác OMN là tam giác cân. Bài 5: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC có góc A tù. Kẽ AD  AB và AD = AB (tia AD nằm giữa hai tia AB và
AC). Kẽ AE  AC và AE = AC (tia AE nằm giữa hai tia AB và AC). Gọi M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng: AM  DE. Bài 6: (2điểm).
Trong hình bên, đường thẳng OA là đồ thị của hàm số y = f(x) = ax. y  2 a) Tính tỉ số 0 . x  4 0
b) Giả sử x0 = 5. Tính diện tích tam giác OBC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 7 NĂM HỌC 2018 - 2019
( Thời gian làm bài: 120 phút) Bài Câu Nội dung Điểm 1 1.a a) Tính giá trị của S (4đ) (2 đ) 3 3 3 3 3 3  1 1 1 1  2đ       3 0 , 6 0 , 7 5      1 3 7 1 3 5 7 4  1 3 5 7 4  3 S     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1 1  1 1  2 , 2   2 , 7 5    1 1    7 1 3 7 5 1 3 4    7 5 1 3 4 
(Mỗi bước thực hiện tính ghi 0,5đ; nếu dùng máy tính chỉ đúng kết quả không ghi điểm) 1.b 1 1 1 1 1 1 (2 đ) A        ... 2 3 4 5 100 3 3 3 3 3 3 0,5 1 1 1 1 1 3A  1       ... 2 3 4 99 3 3 3 3 3 1 A  3A  1 1,0 100 3 1  1  A  1    0,5 100  4  3   1  1  1  1  A  0  A   1  1  0,25 100   100  4  3  4  3  1 1  1  1 B  4. A   4. 1   1 0,25 100  100  100 3 4  3  3 2 2.a
Điều kiện : x  Z ; x ≠ 12 0,25 (4đ) 2,0đ 27 - 2x 2.(12 - x) + 3 3 Biến đổi Q = = = 2 + 0,25 12 - x 12 - x 12 - x
Ta có 2 Z ; x  Z ; x ≠ 12 0,25 3
nên Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi có giá trị nguyên 12  x 3 Mà
có giá trị nguyên khi và chỉ khi 12  x  Ư(3) 12  x 0,25 Ư(3) = -3; -1; 1;  3
+ Nếu 12 - x = - 3 thì x = 15 (thỏa mãn điều kiện) 0,25
+ Nếu 12 - x = -1 thì x = 13 (thỏa mãn điều kiện) 0,25
+ Nếu 12 - x = 1 thì x = 11 (thỏa mãn điều kiện) 0,25
+ Nếu 12 - x = 3 thì x = 9 (thỏa mãn điều kiện) 0,25
Vậy Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi x  9; 11; 13; 1  5 0,25 2.b
.2,0đ b) Tìm x, biết:  x  x1   x  x13 5 5  0 2đ x x 1 5  x x 13 5 0 x x 1 5  1  x 12 5   0   0,5đ  hoặc x x 1 5   0, hoặc x 12 1 5 0 0,5đ  x   x  x 1 5 0 5  0  
 x  5 (Thiếu x + 1  0, trừ 0,25đ) 0,5đ x 1  0  x   x 
 x  12    x  12 5 1 6 1 5 0 5 1     . Vậy: x = 4, x = 5, x = 6 x  5  1  x   4 0,5đ
(Thiếu một giá trị x – 5 = –1 , trừ 0,25đ) 3 3.a
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  x  y   y  x2 2 (2 5 ) 15 6  xy  90 2,5đ (4đ) Ta có P  x  y   y  x2 2 (2 5 ) 15 6  xy  90 0,5  x  y   x  y2 2 (2 5 ) 6 15  xy  90 2 2
 (2x  5y)  9.(2x  5y)  xy  90 2
  8.(2x  5y)  xy  90    Ta thấy 2
(2x  5y)  0 với mọi x, y nên 2
8.(2x  5y)  0 với mọi x, y 0,25
xy  90  0 với mọi x, y Khi đó 2
8.(2x  5y)  xy  90  0 với mọi x, y Suy ra 2
 8.(2x  5y)  xy  90   0   với mọi x, y Hay P ≤ 0 với mọi x, y 0,25
Dấu‘‘=’’ xảy ra khi 2
(2x  5y)  0 và xy  90  0 0,25 x y 0,25 + Với 2
(2x  5y)  0 thì 2x  5y   5 2
+ Với xy  90  0 thì xy = 90 0,25 x y 0,25 Đặt 
 k ta được x = 5k ; và y = 2k 5 2 Mà xy = 90 nên 5k .2k = 90
Tìm được k = 3 hoặc k = -3
+ Nếu k = 3 thì x = 15 ; y = 6 0,25
+ Nếu k = -3 thì x = -15 ; y = - 6
Kết luận : Vậy giá trị lớn nhất của P là 0 khi và chỉ khi x = 15 ; y = 6 0.25 hoặc x = -15 ; y = - 6 x x  b) Ta có: x  y  z x  y y y  x  y  t x  y 0,1 z z  y  z  t z  t t t  x  z  t z  t 0,25 x y z t (  )  (  )  M < x  y x  y z  t z  t => M < 2
+ Có M10 < 210 (Vì M > 0) mà 210= 1024 < 1025 0,25 Vậy M10 < 1025 4
Vẽ hình ghi giả thiết kết luận (4đ) A N D E M 0,5 O C B I 1 Chứng minh : OD  BC. 2
Trên tia đối của tia OD lấy điểm I sao cho OI = OD. Nối I với C. 0,5
Chứng minh được ΔOBD = ΔOCI (c.g.c) 0,5 BD = CI và B  DO  O
 IC Mà hai góc này ở vị trí so le trong 0,5 DB // CI Mà CD  BD  CD  CI
Chứng minh được ΔBDC = ΔICD (c.g.c) 0,5 BC = DI 1 Từ đó  OD  BC. 2 Chứng minh ΔOMN cân Nối O với E 1 0,5
Chứng minh tương tự câu a có OE  BC. 2
 OD = OE  ΔOED cân tại O 0,25 Chứng minh được O  EM  O  DN 0,25
-Chứng minh được ΔOEM = ΔODN (c.g.c) 0,5
 OM = ON  Điều phải chứng minh 5 Chứng minh: AM  DE 2,0đ (2đ)
Trên tia đối của tia MA lấy điểm F sao cho MF = MA  AMB  FMC (c.g.c) 0,5đ  AB  AD  CF (1);  ABM   FCM (2) Từ (2)  CF  AB   FCA   0 BAC  180 (3) 0,5đ AD  AB   BAE   EAD   0 BAD  90 ; AE  AC   CAD   EAD   0 CAE  90 0,5đ   BAE   EAD   CAD   0 EAD  180   BAC   0 EAD  180 (4) Từ (3) và (4)   FCA   EAD  ADE  C  FA ( . c g.c)   AED   CAF 0,5đ mà  CAF   FAE   0 CAE  90 nên   AED   0 FAE  90 hay  AEK   0 KAE  90 0,5đ
 AKE vuông tại K  AM  DE 0,5đ 6 (2đ)
Điểm A thuộc đồ thị hàm số y = ax nên tọa độ (2;1) của A phải thỏa mãn hàm số y = ax. 0,25 1 1
Do đó, 1 = a.2  a = . Vậy hàm số được cho bởi công thức y = x. 2 2
Hai điểm A và B thuộc đồ thị hàm số nên hoành độ và tung độ của chúng tỉ lệ thuận 0,25 với nhau. y 1 2 y  2 Suy ra 0 0   
(theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau) 0,5 x 2 4 x  4 0 0 y  2 1 Vậy 0 = . 0,25 x  4 2 0 1 5
Nếu x0 = 5 thì y0 = x0 = = 2,5. 0,25 2 2
Diện tích tam giác OBC là: 1
Áp dụng công thức S = (a.h) ta có: 2 0, 5 1 SOBC = . 5. 2,5 = 6,25. 2