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

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 100 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 x0 = 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 + 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 0,25 + Nếu 12 - x = 3 thì x = 9 (thỏa mãn điều 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 x x 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 …