Đề khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 7 (Có đáp án)

1. Phòng Giáo dục Đề khảo sát học sinh giỏi Huyện Vũ thư Môn: Toán lớp 7 Thời gian làm bài : 120 phút Bài 1: 5điểm 1.Thực hiện phép tính (theo cách hợp lí nếu có thể) 1 2009 1 a)2008. 2009. 2 2007 1004 2007 9 5 10 2 9 3 .109 : 5 4 16 b) 412 169 2) Chứng tỏ rằng 1 + 5 + 52 + 53 + + 529 chia hết cho 31 Bài 2 (4điểm) 1 5 1)Tìm x biết : x 1 0,25 3 12 y z z 2)Tìm ba số x,y,z biết rằng 2x và x y 20 3 5 2 Bài 3 (4điểm) Cho hai đa thức : P(x) = x5 – 2x3 + 3x4 – 9x2 + 11x – 6 Q(x) = 3x4 + x5 – 2(x3 + 4) – 10x2 + 9x Đặt H(x) = P(x) - Q(x) 1.Chứng minh đa thức H(x) không có nghiệm 2.Chứng tỏ rằng: H(x) 2008 với x Z Bài 4(5điểm) Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB và AC theo thứ tự lấy các điểm M,N sao cho AM = AN ( M nằm giữa A và B, N nằm giữa A và C) 1.Chứng minh rằng : Nếu AB = AC thì BN = CM 2) Cho biết AB > AC: a) chứng minh rằng : BN > CM b) Gọi giao điểm của BN và CM là K, so sánh BK và CK Bài 5 (2điểm) 1 1 1 1 2 Chứng minh rằng: với n N, n 4 22 32 42 n2 3 1
2. Hướng dẫn giải Bài 1: câu 1: 3,5 đ - ý a: 1,5 đ; ý b: 2đ; Câu 2: 1,5 đ 1) Thực hiện phép tính (theo cách hợp lí nếu có thể) 1 2009 1 2008 2008.2009 2009 a)2008. 2009. 2 2.2009 2007 1004 2007 2007 1004 2007 (0,5đ) 2008 2009 2.2009 2.2009 (0,5đ) 2007 2007 2008 2009 1 (0,5đ) 2007 2007 2007 9 5 10 9 10 10 2 9 3 2 3 3 .109 : .29.59 : 5 4 16 5 210 240 b) (0,5đ) 412 169 224 236 218 230 218 (1 212 ) 1 1 (0,5đ) (0,5đ) 224 236 224 (1 212 ) 26 64 2) Chứng tỏ rằng 1 + 5 + 52 + 53 + + 529 chia hết cho 31 1 + 5 + 52 + 53 + + 529 =(1 + 5 + 52) + (53 + 54 + 55) + +( 527 + 528 + 529) (0,25đ) = (1 + 5 + 52) + 53. (1 + 5 + 52) + + 527. (1 + 5 + 52) (0,5đ) = 31 + 53.31 + + 527. 31 (0,25đ) = 31.(1 + 53 + + 527) chia hết cho 31 (0,25đ) Vậy 1 + 5 + 52 + 53 + + 529 chia hết cho 31 (0,25đ) Bài 2 Mỗi câu đúng cho 2 đ Bài 3 Làm đúng mỗi câu cho 2điểm 1.Chứng minh đa thức H(x) không có nghiệm +.Tính đúng H(x) = x2 + 2x + 2 (1đ) = ( x + 1)2 + 1 (0,25đ) 2 Do x 1 0x (0,25đ) 2 x 1 1 1 0x (0,25đ) => H(x) không có nghiệm 2.Chứng tỏ rằng: H(x) 2008 với x Z H(x) = x2 + 2x + 2 = x(x + 2) + 2 Giả sử tồn tại x Z để H(x)= 2008 (0,25đ) => x(x + 2) + 2 = 2008 => x(x + 2) = 2006 (0,25đ) => x hoặc x+ 2 chia hết cho 2 => x và x+ 2 chia hết cho 2 (0,25đ) => x(x + 2) chia hết cho 4 tức là 2006 không chia hết cho 4 (0,25đ) Mâu thuẫn , vì 2006 không chia hết cho 4 , điều giả sử là sai (0,25đ) Vậy H(x) 2008 với x Z Bài 4 Câu 1 : 1đ: Câu 2 4đ 2
3. VABN VACM(cgc) 1) A BN CM M N B C 2) ý a đúng cho 2điểm, ý b đúng cho 2 điểm a) Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = AC Khi đó D nằm giữa B và M. Nối D với N A +.c/m: VADN VACM(c.g.c) DN CM ã ã 0 M +.Trong VADC có ADN ACM 180 N I => ÃDN 900 D K Mà BãDN NãDA 180 BãDN 900 => Trong tam giác BDN có BN > DN, mà DN = CM B => BN > CM C b) Gọi giao điểm của DN và CM là I. Ta c/m : VDNM VCMN IãNM IãMN Do D nằm giữa B và M nên tia ND nằm giữa 2 tia NB và NM ã ã ã ã => BNM DNM KNM INM KãNM KãMN KM KN Mặt khác theo c/m trên ta có : BN > CM => BK > CK Bài 5 1 1 1 1 2 Chứng minh rằng: với n N, n 4 22 32 42 n2 3 1669 1 2 +.Với n = 5 dễ dành tính được giá trị biểu thức là và BĐT luôn đúng 3600 2 3 +.Với n > 5 1 1 1 1 1 1 Đặt A và có k N;k 2 22 32 42 n2 k2 k(k 1) 1 1 1 1 1 1 1669 1 1 1 A ( ) 22 32 42 52 62 n2 3600 5.6 6.7 n(n 1) 1669 1 1 1 1 A 3600 5 6 n 1 n 1669 1 1 1669 1 2389 2 A ( ) ( ) 3600 5 n 3600 5 3600 3 3
4. Phòng Giáo dục Đề khảo sát học sinh giỏi năm học 2007 – 2008 KIến Xương Môn: Toán lớp 7 Thời gian làm bài : 90 phút Bài 1 (4điểm). Cho các đa thức f(x) = x4 – 3x2 + x – 1; g(x) = x4 – x3 + x2 + 5 Tìm đa thức h(x) sao cho 1) f(x) + h(x) = g(x) 2) f(x) + g(x) – 2h(x) = 0 Bài 2 (4điểm). Tìm x biết 1) 2,5 x 1,3 2) x 2007 2008 x 0 Bài 3 (2điểm). Tính giá trị của biểu thức a 1 16 25 M với a ;b b 1 9 9 a c Bài 4(3điểm). Cho . Chứng minh rằng b d ac a2 c2 1) 2 2 bd b d 7a2 3ab 7c2 3cd 2) 11a2 8b2 11c2 8d2 Bài 5 (7điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A (AB> AC) . Tia phân giác của góc B cắt AC ở D. Kẻ DH vuông góc với BC, trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB. Đường vuông góc với AE tại E cắt tia DH ở K 1) Chứng minh rằng tam giác ABH cân 2) Từ B kẻ Bx //AE, đường thẳng này cắt tia EK ở I. Tính số đo góc DBK. 4
5. Hướng dẫn giải Bài 1 1.Tính h(x) = - x3 + 4x2 – x + 6 (2điểm) 2.Tính h(x) = x4 – 1 x3 – x2 – 1 x + 2 (2đ) 2 2 Bài 2 1.Tìm x = 1,2 hoặc x = 3,8 (1,5đ) 2. Tìm x = 2007 và x = 2008 (1,5đ) Điều này là vô lí. Vậy không có giá trị nào của x t/m bài toán (0,5đ) Bài 3 16 4 5 Tính a ; b (1đ) 9 3 3 Thay số vào M ta có M = 3,5 (1đ) Bài 4 1. Làm đúng (2đ) 2 2 a c a c a c Từ . (0,5đ) b d b d b d ac a2 c2 a2 c2 (1đ) bd b2 d2 b2 d2 ac a2 c2 => (0,5đ) bd b2 d2 2> Làm đúng : 1đ a c a b ab a2 b2 Từ (0,25đ) b d c d cd c2 d2 3ab 7a2 11a2 8b2 => (0,25đ) 3cd 7c2 11c2 8d2 3ab 7a2 11a2 8b2 = (0,25đ) 3cd 7c2 11c2 8d2 => đpcm (0,25đ) Bài 5 1. Làm đúng : 4đ 2. làm đúng 3 đ 5
6. Có IE  AE;BA  AE(gt) BA // IE (1) B I Bx // AE (gt) => BI //AE (2) 4 1 23 Từ 1,2 => BI = AE (t/c đoạn chắn //) à à K Chứng minh BH = BI và VBHD VBHK B3 B4 ả ả ả ả ả à à à H B1 B2 ;B3 B4 B1 B4 B2 B3 ả à à à 0 A D C E Mà B1 B4 B2 B3 90 (do Bx //AE, AE  AB) ả à à à 0 ã 0 B1 B4 B2 B3 45 DBK 45 6
7. UBND huyện đông đề kiểm tra chọn nguồn HSG môn hưng toán lớp 7 Phòng giáo dục Năm học 2005-2006  (Thời gian làm bài : 90 phút) đề bài Câu 1(4điểm) 1 144 a. Thực hiện phép tính A = 6561 9 324 b. Có hay không một tam giác với độ dài ba cạnh là : 17 ; 5 1 ; 3 5 Câu 2(4 điểm). Tìm x biết : x 2 x 2  x 2 2005x 0 ; ( x 0 ) n = 2003 Câu 3(3điểm). 3 x 5 3 y 1 3 z Tìm x, y, z biết : và 2 x 7 y 3z 14 3 5 7 Câu 4(2điểm). Cho a, b, c là 3 số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng 1 b c c a a b 1 1 1 2 a b a c b c b a c a c b a b b c c a Câu 5(7điểm). Cho ABC có Â = 1V , hạ AH  BC (H BC) , phân giác góc BAH và góc HAC cắt BC lần lượt tại E và F. a. Chứng minh rằng : ABF cân tại B. b. Gọi độ dài ba cạnh BC , CA ; AB của tam giác ABC lần lượt là a ; b ; c . Tính EF theo các cạnh của ABC. S AEF c. Tìm điều kiện của ABC để có giá trị lớn nhất. S ABC 7
8. đáp án biểu điểm môn toán lớp 7 Câu 1 (4 điểm) 1. Thực hiện phép tính (2điểm) 2 1 12 A = 812 (0,5 điểm) 9 18 1 12 = .81 (0,5 điểm) 9 18 2 = 9 + (0,5 điểm) 3 2 = 9 (0,5 điểm) 3 2. Có hay không một tam giác với độ dài ba cạnh là : 17 ; 5 1 ; 3 5 (2điểm) Trong ba số 17 ; 5 1 ; 3 5 thì 3 5 là số lớn nhất. Vậy nếu 17 + 5 1 > 3 5 thì sẽ tồn tại một tam giác với độ dài ba cạnh là 17 ; 5 1 ; 3 5 (1 điểm ) Thật vậy : 17 > 16 4 5 1> 4 1 3 => 17 + 5 1 > 7 = 49 > 45 = 3 5 (1 điểm ) Câu 2 ( 4 điểm) Tìm x biết : x 2 x 2  x 2 2005x 0 ; (x x-2 x 2 x 2 (1 điểm) Nên từ (1) ta có 2006(-x+2) + 2005x = 0 (0,5 điểm) => -2006x + 4012 + 2005x = 0 => x = 4012 (không thoả mãn điều kiện x x ; y ; z = 3- 7k (0,5điểm) 3 3 3k 5 5k 1 Thay vào (2) ta có : 2. 7. 3 3 7k 14 (0,5điểm) 3 3 => 6k - 10 + 35k +7 + 27 - 63k = - 42 => -22k = - 66 => k = 3 (0,25điểm) 3.3 5 4 4 => x => x (0,25điểm) 3 3 3 8
9. 16 Tương tự ta thấy : y = ; z = -18 (0,25điểm) 3 vậy có 4 bộ số x;y;z thoả mãn bài toán là: 4 16 4 16 x= ; y ; z 18.hoặc x= ; y ; z 18. 3 3 3 3 4 16 4 16 hoặc x= ; y ; z 18.hoặc x= ; y ; z 18. (0,5 điểm). 3 3 3 3 Câu 4 ( 2 điểm) : Cho a, b, c là 3 số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng : 1 b c c a a b 1 1 1 2 a b a c b c b a c a c b a b b c c a b c a c a b 1 1 1 1 Ta có : = = - = + (1)(0,5điểm) a b a c a b a c a b a c a b c a c a b a b c 1 1 1 1 (2) (0,5điểm) b c b a b c b a b c b a b c a b a b c b c a 1 1 1 1 (3) (0,5điểm) c a c b c a c b c a c b c a b c Từ (1) ; (2) ; (3) ta suy ra : b c c a a b 2 2 2 + (0,25điểm) a b a c b c b a c a c b a b b c c a 1 b c c a a b 1 1 1 => 2 a b a c b c b a c a c b a b b c c a Điều phải CM(0,25điểm) A Câu 5(7điểm). A 4 b 1 2 3 ABC ; Â = 1V ; AH  BC = H (H BC) c A GT Â1 = Â2 ; Â3 = Â4 (E , F BC) BC = a ; CA = b ; AB = c a. ABF cân tại B B E H F C KL b. Tính EF theo a ; b ; c a S AEF c. Tìm điều kiện của ABC để đạt giá trị lớn nhất. S ABC Vẽ hình, ghi GT + KL đúng cho (0,5điểm) a. Chứng minh rằng : Tam giác ABF cân tại B.(2điểm) 9
10. Vì Â = 1V => Bˆ Cˆ 900 Tam giác vuông HAB có HAˆB + Bˆ = 900 => góc c bằng góc HAB (1) (1 điểm ) ˆ ˆ ˆ Mà BFA C A4 (góc ngoài của tam giác AFC) ˆ ˆ ˆ => BFA C A3 (vì Â3= Â4) (0,5điểm) ˆ ˆ ˆ => BFA HAB A3 ( Theo 1) => BFˆA BAˆF => BAF cân ở B (0,5điểm b. Tính EF theo các cạnh của tam giác ABC. (2,0 điểm) Chứng minh tương tự ở ý a ta có AEC cân ở C => AC = CE = b (1 điểm) Nên ta có CE = b ; BF = c = AB => BF + CE = BF + EF + CF=EF+BC. (0,5 điểm) => b + c = a + EF => EF = b + c – a (0,5 điểm) S AEF c. Tìm điều kiện của tam giác ABC để có giá trị lớn nhất. (2,5điểm) S ABC Theo định lý PiTaGo ta có : a2 = b2 + c2. Mà (b-c)2 0 (Dấu bằng xảy ra khi b = c) (0,5Điểm) => b2 + c2 - 2bc 0 => b2 + c2 2bc => 2.( b2 + c2) 2bc + b2 + c2 => 2.( b2 + c2) (b + c)2 => 2.a2 (b + c)2 vì a2 = b2 + c2 => ( 2.a) 2 (b + c)2 => a 2 b+c (vì a;b;c>0) (0,5 điểm) S AEF EF.AH EF Mặt khác : (0,5 điểm) S ABC BC.AH a Mà theo CM ở ý b ta có : EF = b + c - a S AEF b c a a 2 a => = 2 1 (0,5 điểm) S ABC a a S AEF => đạt giá trị lớn nhất bằng 2 1 khi dấu bằng của (2) xảy ra tức b=c S ABC hay: ABC vuông cân tại A. (0,5 điểm) 10