de kscl hoc sinh mui nhon toan 7 nam 2015 2016 phong gddt ngoc lac thanh hoa

PHÒNG GD&ĐT NGỌC LẶC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH MŨI NHỌN MƠN TỐN LỚP NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày khảo sát : 14/04/2016 Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài (4 điểm) : Thực phép tính 10 5 3     0,9 11 23  13 a/ A  26 13 13 403     0,  11 23 91 10 12 10 2   25 49 b/ B    125.7   14 155    Bài (5 điểm) : a/ Chứng minh rằng: 3n  2n   3n  2n chia hết cho 10 với số nguyên dương n b/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A  2014  x  2015  x  2016  x c/ Tìm x, y thuộc Z biết : 25  y   x  2015  Bài (4 điểm) : x  16 y  25 z  49   x3   29 Tính: x – 2y + 3z 16 25 3 b/ Cho f ( x)  ax  x x   g ( x )  x  x  bx  1  c  a, b, c a/ Cho   số Xác định a, b, c để f(x) = g(x) Bài (5 điểm) : Cho tam giác ABC có (AB < AC) Gọi M trung điểm BC Từ M kẻ đường thẳng vng góc với tia phân giác góc BAC N, cắt tia AB E cắt tia AC F Chứng minh : a/ BE = CF b/ AE  AB  AC Bài (2 điểm) : Cho tam giác ABC có góc B 450, góc C 1200 Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CD = 2CB Tính góc ADB - Hết Cán coi thi khơng giải thích thêm HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Bài Bài Điểm 4điểm 1   10 5 3  31           0,9 11 23  13 10 11 23  13 A    26 13 13 1  1  403     0,    13  31     11 23 91 10 11 23  13 10  1   1   31         11 23  13 10      1 1     13  31     13 10 11 23   155  a/  b/ B 5 3 13 13 12  46.92  3 510.73  255.492  125.7   14 212.34   1 510.73 1    12    1 59.73 1  23   6  10 21       3.4  6  212.35  212.34 510.73  510.7  212.36  212.35 59.73  59.73.23  Vậy   3n  2n chia hết cho 10 với số nguyên dương n Vì 2015  x  nên : n2 A  2014  x  2015  x  2016  x  2014  x  2016  x Dấu “ =” xảy x = 2015 (1) Ta có : 2014  x  2016  x  x  2014  2016  x  x  2014  2016  x  Dấu “=” xảy (x – 2014)(2016 – x) ≥ 0, suy : 2014 ≤ x ≤ 2016 (2) Từ (1) (2) suy A ≥ Dấu “=” xảy x = 2015 Vậy A nhỏ x = 2015 c/ 1,0đ 5điểm 0,5đ 0,5đ  10 3n  2n 1 10 b/ 0,5đ 0,5đ  3n.10  n.5  3n.10  2n 1.10 n 1,0đ 0,5đ Bài a/ Ta có : 3n   2n   3n  n  3n.9  2n.4  3n  2n  0,5đ Ta có : 25 – y2 ≤ 25 =>  x  2015  ≤ 25 =>  x  2015  < 0,5đ 0,75đ 0,75đ 0,5đ Do x nguyên nên  x  2015  số phương Có trường hợp xảy : TH :  x  2015    x  2015 , y = y = -5 0,5đ TH :  x  2015   x  2015   x  2016 1    x  2015  1  x  2014 Với x = 2016 x = 2014 y2 = 17 (loại) Vậy x = 2015, y = x = 2015, y = -5 Bài a/ Ta có : x3   29  x3  32  x3   x  0,5đ 0,5đ 4điểm 0,5đ Thay vào tỷ lệ thức ta : b/  16 y  25 z  49 y  25 z  49     2 16 25 16 25  y  7, z  Vậy x – 2y + 3z = – 2.(-7) + 3.1 = 19 Ta có : f(x) = ax  x  x  1   ax  x  x    a   x  x  3 g(x) = x  x  bx  1  c   x  4bx  x  c  Do f(x) = g(x) nên chọn x 0; 1; -1 ta được: f(0) = g(0)  = c –  c = 11  g ( x)  x  4bx  x  f(1) = g(1)  a + – + = – 4b – +  a + 4b = -3 (1) f(-1) = g(-1)  -a – + + = -1 - 4b + +  - a + 4b = 3(2) Từ (1) (2) suy ra: b = 0; a = -3 Vậy a = -3 , b = ; c = 11 Bài 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 5điểm A F B C M E a/ b/ Bài D N Qua B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt EF D   FCM  (so le trong) Xét  MBD  MCF có : DBM   CMF  (đối đỉnh) MB = MC (giả thiết) ; BMD Do đó:  MBD =  MCF (c.g.c) suy BD = CF (1) Mặt khác :  AEF có AN vừa đường cao, vừa đường phân giác nên   MFA  Mà BDE   MFA  (đồng vị) nên BDE E  cân A, suy E Do đó:  BDE cân B, suy BD = BE (2) Từ (1) (2) suy : BE = CF (đpcm) Tam giác AEF cân A suy AE = AF Ta có: 2AE = AE + AF = (AB + BD) + (AC – CF) = (AB + AC) + (BD – CF) = AB + AC (do BE = CF) AB  AC Vậy AE  (đpcm)   15o  B   30o Trên CA lấy điểm E cho EBA   300 ,  CBE cân C  CB = CE Ta có : E1   A1  EBA Gọi F trung điểm CD  CB = CE = CF = FD   60o nên tam giác Tam giác CEF cân C, lại có C  1800  BCA Như : CB = CE = CF = FD = EF 1  E  mà D 1  E 3  F   60o ( CEF đều)  D   30o Suy D   180o  C D   900 (1) Xét tam giác CDE ta có: CED 1   1  B  => EB = ED, A1  EBA  => EA = EB => ED = ED (2) Ta có : D   45o Từ (1) (2) => Tam giác EDA vuông cân E => D 0,5đ 0,75đ 0,75đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2điểm 0,5đ 0,5đ 0,5đ D   30o  45o  75o Vậy  ADB  D 0,5đ B 150 1200 C 1 E F A D Chú ý: - Bài hình học sinh khơng vẽ hình vẽ sai khơng chấm điểm - Nếu học sinh làm cách khác cho điểm tối đa