Tải Đề thi HSG Toán 7 cấp huyện (có đáp án) Phòng GD&ĐT Yên Định - Thanh Hóa năm 2020 - 2021

Microsoft Word De thi chon HSG Yen Dinh Thanh hoa doc PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN ĐỊNH Đề chính thức ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP CỤM Năm học 2020 2021 Môn Toán 7 Thời gian 120 phút (không kể thời[.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN ĐỊNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP CỤM Năm học 2020 - 2021 Mơn: Tốn Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày 02 tháng 02 năm 2021 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Đề thức Câu I: (5,0 điểm) 3 2 9        :   16 Thực phép tính: A    2     512 x  16 y  25 z  Cho   x   11 Tính B  x  y  z  2021 16 25 x y z t với x, y, z, t số    x y z x yt y zt x zt tự nhiên khác Chứng minh M 10  1025 Cho biểu thức M  Câu II: (5,0 điểm) Tìm x, biết: 2 2 2013      2.3 3.4 4.5 xx  1 2015 z  x y Cho x, y, z  x  y  z  Tính giá trị biểu thức P  1  1  1    Tìm số tự nhiên n để phân số x  y  z 7n  có giá trị lớn 2n  Câu III: (4,0điểm) Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống nn  1  Tìm số nguyên dương n số nguyên tố p cho p  Câu IV: (5,0 điểm) Cho  ABC có góc A nhỏ 900 Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C vẽ đoạn thẳng AM cho AM vng góc với AB AM = AB, nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B vẽ đoạn thẳng AN cho AN vng góc với AC AN = AC a) Chứng minh rằng:  AMC =  ABN b) Chứng minh: BN  CM c) Kẻ AH  BC (H  BC) Chứng minh AH qua trung điểm MN Câu V: (1,0 điểm) Cho số thực dương a b thỏa mãn: a 100  b100  a 101  b101  a 102  b102 Hãy tính giá trị biểu thức: P  a 2014  b 2015 Hết Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN ĐỊNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP CỤM Năm học 2020 - 2021 Mơn: Tốn Ngày 02 tháng 02 năm 2021 (Hướng dẫn chấm có 03 trang, gồm 05 câu) Hướng dẫn chấm Câu Điểm Nội dung 3 2 9        :   16 A    2      512 2  9      :   33    16    12   7 7 2 2  2  2 2     Ta có: 2x3 – = 11  x3 =  x = 0,5  16 y  25 z  y  25 z  Do đó:     2 16 25 16 25 I 0,75  y = 16.2 + 25 = 57; z = 25.2 – = 41 (5đ) Vậy B = – 57 + 41 + 2021 = 2007 y y x x z z ; ;   x  y t x  y y z t  z t x y z x y x y z t (  )(  ) => M < xy xy zt zt + Ta có: M < ; t t  x z t zt II (5đ) 0,25 0.5 0,5 0,25 0.25 + Có M10 < 210 (Vì M > 0) mà 210 = 1024 < 1025 Vậy M10 < 1025 2.0 2 2 2013      2.3 3.4 4.5 x x  1 2015 1  2013 1 1 1  2          x x   2015 2 3 4  2013 2013 2 1  2   1     x  2014  x  2015 x  2015  x   2015 1,0 1.0 z  x y xz yx z y Ta có: P  1  1  1    0,5 Từ x  y  z   x  z  y; y  x   z; z  y  x 0,5  x  y  z x y z y z x  1 (vì x, y, z  0) x y z Suy ra: P  Ta có: 0,5 n  27 n  8 72n  3      2n  22n  3 22n  3 22n  3 Phân số cho có giá trị lớn 22n  3 0,5 lớn Từ suy ra: 2n-3=1  n  Vậy giá trị lớn phân số cho n  0,5 0,5 III (4,0đ) Theo tốn ta có: N = aabb = 1100a + 11b = 11(100a + b) Để N số phương ta phải có:100a + b = 99a + (a + b) = 11t (t  N) Mà 99a  11 nên a + b  11 => a + b = 11 Vậy 99a + 11 = 11(9a + 1) = 11t2 => 9a + = t2 (1) Cho a từ đến có a = thỗ mãn (1); Từ suy b = Số phải tìm 7744 = 882 Với n = p = 0, không số nguyên tố Với n = p = 2, số nguyên tố Với n = p = 5, số nguyên tố n  n  n  1n    Với n  4, ta viết p dạng: p  2 Ta xét hai trường hợp: n  1 n  2  Nếu n lẻ (n  5) p  , tích hai số nguyên lớn nên p hợp số n  2  Nếu n chẵn (n  4) p  n  1 , tích hai số nguyên lớn nên p hợp số Đáp số: n  2; p  n  3; p  F 1,0 1,0 0.5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 N D M E A I K IV (5,0đ) B H C a) (2đ) Xét  AMC  ABN, có: AM = AB (gt) AC = AN (gt)  MAC =  NAC ( = 900 +  BAC) Suy  AMC =  ABN (c - g - c) b) (2đ) Gọi I giao điểm BN với AC, K giao điểm BN với MC Xét  KIC  AIN, có:  ANI =  KCI (  AMC =  ABN)  AIN =  KIC (đối đỉnh)   IKC =  NAI = 900, đó: MC  BN 2,0 1.5 0,5 c) (1đ) Kẻ ME  AH E, NF  AH F Gọi D giao điểm MN AH - Ta có:  BAH +  MAE = 900(vì  MAB = 900) Lại có  MAE +  AME = 900, nên  AME =  BAH Xét  MAE  ABH , vng E H, có:  AME =  BAH (chứng minh trên) MA = AB Suy  MAE =  ABH (cạnh huyền-góc nhọn)  ME = AH - Chứng minh tương tự ta có  AFN =  CHA  FN = AH Xét  MED  NFD, vuông E F, có: ME = NF (= AH)  EMD =  FND(phụ với  MDE  FDN, mà  MDE =  FDN)   MED =  NFD  BD = ND Vậy AH qua trung điểm MN V (1,5đ) Ta có đẳng thức: a 102  b102  a 101  b101 a  b   aba100  b100  với a, b Kết hợp với: a 100  b100  a 101  b101  a 102  b102 Suy ra:  a  b   ab  a  1b  1  a    b100   b101   b102  b   100 101 102 b    a   a   a  a  Do P  a 2014  b 2015  12014  12015  0.5 0.5 0,5 0,5 0,25 0.25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác, điểm tối đa Nếu thí sinh chứng minh hình mà khơng vẽ hình khơng chấm điểm hình ...PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN ĐỊNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP CỤM Năm học 2020 - 2021 Mơn: Tốn Ngày 02 tháng 02 năm 2021 (Hướng dẫn chấm có 03 trang, gồm... 7 7 2 2  2  2 2     Ta có: 2x3 – = 11  x3 =  x = 0,5  16 y  25 z  y  25 z  Do đó:     2 16 25 16 25 I 0 ,75  y = 16.2 + 25 = 57; z = 25.2 – = 41 (5đ) Vậy B = – 57 + 41 + 2021. .. đến có a = thỗ mãn (1); Từ suy b = Số phải tìm 77 44 = 882 Với n = p = 0, khơng số nguyên tố Với n = p = 2, số nguyên tố Với n = p = 5, số nguyên tố n  n  n  1n    Với n  4, ta viết