Hsg T7 - 002 - Đề_Đáp Án - Xuân Trường.docx

PHÒNG GD ĐÀO TẠO HUYỆN XUÂN TRƯỜNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi này gồm 01 trang) ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022 2023 Môn Toán 7 Thời gian làm bài 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài[.]

PHÒNG GD -ĐÀO TẠO

HUYỆN XUÂN TRƯỜNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi này gồm 01 trang)

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC: 2022-2023 Môn: Toán 7

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (4,0 điểm) Tìm x biết

a x2019 2020x  2021x 13x.

b x N và

   

   

   

Bài 2: (5,0 điểm)

1 Cho hai đa thứcP4xy2 5x 15  9 2x 2x  y2

và Q2xy2 3x a)Tính M = P - Q

b) Tính giá trị của đa thức Mkhi x = 3; y = 2021

c) Tìm xđể M= 0

2 Tìm các số nguyên dương x y, biết: 22 6( x 2021)2 y2

Bài 3: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB AC Trên tia đối của tia BC lấy điểm D, trên tia đối của tia

CB lấy điểm Esao cho DB CE GọiM là trung điểm của cạnh BC

a Chứng minh AM là tia phân giác của D EA .

b Từ B và C vẽ BH CK, theo thứ tự vuông góc với AD, EA Chứng minh BH CK

c Chứng minh ba đường thẳng AM BH CK, , cắt nhau tại một điểm

Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc B bằng 45 và góc C bằng 120 Trên tia đối của tia CB lấy

điểm D sao cho CD2CB Tính số đo của góc ADB

Bài 5: (4,0 điểm)

a) Chứng minh rằng M 5n2 2n25n1 2ncó chữ số tận cùng bằng 0 với  n N n, 1

B ) Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh n 2 2041chia hết cho 24

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

(Đề thi có 01 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN LỚP CHẤT LƯỢNG CAO Bài 1: (4,0 điểm) Tìm x biết

a x2019  2020x  2021x 13x.

b x N và

   

  

   

   

Lời giải

a x2019  2020x  2021x 13x.

vì x2019 2020x 2021x  với x0 

do đó x2019  2020x  2021x 13x.khi x 0

vớix  ta có:0

2019 2020 2021 13x

2019 2020 2021 13x

3x 6060 13x

13x 3x 6060

10x 6060

10 0

x

   (thỏa mãn điều kiện của x)

Vậy x 10

b Ta có:

   

   

   

1

1

x

   

     

   

1

1 3 3

2 2 64

x

 

   

 

1

:

2 64 2

x

 

   

 

1

2 32

x

 

   

 

x

   

    

     x 1 5

 x 4 N

Vậy x 4

Bài 2: (5,0 điểm)

và Q2xy2 3x a)Tính M = P - Q

b) Tính giá trị của đa thức Mkhi x = 3; y = 2021.

c) Tìm xđể M= 0

2 Tìm các sô nguyên dương x y, biết: 22 6( x 2021)2 y2

Lời giải 1.

a M  P Q4xy2 5x 15  9 2x 2x  y2  2xy2 3x

M = 4xy 5x 15 9 2x 2x    y  2xy 3x

M = 5x 9 5x 15  

Trường hợp 1: 5x 15 0   x khi đó 5x 15 5x 153   

Ta có: M = 5x 9 5x 15  

M 5x 9 (5x-15) 

M 5x 9 5x 15  

M 10x 24

Trường hợp 2: 5x 15 0   x khi đó 5x 153  5x+15

Ta có M = 5x 9 5x 15  

M 5x 9 ( 5x 15)   

M 5x 9 5x 15  

M  6

Vậy M 10x 24 khi x 3

M  khi 6 x 3

b x = 3; y = 2021 thì M 10x 24

Thay x = 3; y = 2021 vào M 10x 24 ta được M 10.3 24 6 

Vậy x = 3; y = 2021 thì M 6

c vì Khi x  thì 3 M  6 0

do đó M  khi 0 x  và 3 M 10x 24 0

12 3 5

x

(thỏa mãn điều kiện của x) Vậy

12 5

x 

thì M 0

2 Tìm các số nguyên dương x y, biết: 22 6( x 2021)2 y2

Vì y nguyên dương nên y nguyên dương 2

do đóy2 22 6( x 2021)2 0

2

11

(1)

vì x nguyên dương nên (x  2021)2nguyên dương (2) kết hợp (1) và (2) suy ra (x  2021)2  hoặc 0 (x  2021)2 1

*Nếu (x  2021)2 0  x2021 (thoả mãn điều kiện x nguyên dương)

Thay vào y2 22 6( x 2021)2

ta được y2 22 6.0  y2 22 y 22(không thỏa mãn điều kiệny nguyên dương)

* Nếu (x  2021)2  1  x 2021 1 hoặc x 2021 1 +)x  2021 1  x2022(Thỏa mãn điều kiện x nguyên dương)

+) x 2021 1 x2020(Thỏa mãn điều kiện x nguyên dương)

-Thay (x  2021)2  vào 1 y2 22 6( x 2021)2

Ta được y 2 22 6.1  y2 16 y (Thỏa mãn điều kiện 4 ynguyên dương)

vậy các cặp số (x;y) thoả mãn yêu cầu của bài là (2022;4); (2020;4)

Bài 3: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB AC Trên tia đối của tia BC lấy điểm D, trên tia đối của tia

CB lấy điểm Esao cho DB CE GọiM là trung điểm của cạnh BC

a Chứng minh AM là tia phân giác của D EA .

b Từ B và C vẽ BH CK, theo thứ tự vuông góc với AD, EA Chứng minh BH CK

c Chứng minh ba đường thẳng AM BH CK, , cắt nhau tại một điểm

Lời giải

a.Xét ABC có AB AC nên ABC cân tại A

nên  AB AC và ABCACB

màABDABC1800(hai góc kề bù)

A E A C  CB1800 (hai góc kề bù)

 D A E

Xét ABDvà ACE có

AB AC (cmt)

 D A E

AB  C (cmt)

BD CE (gt)

 ABD= ACE(c-g-c) nên ADAEdo đó AEDcân tại A

Ta có BD CE ;BM=MC(gt) DB+BM=EC+CM hay DM=EMdo đóM là trung điểm DE Xét AEDcân tại Acó AMlà trung tuyến ứng với cạnh đáy EDnên AMđồng thời là tia phân

giác của DAE (Đpcm)

b AEDcân tại A  AD EAED hay HDB KEC 

Xét DHBvuông tại A và EKC vuông tại Hcó:

HDB KEC  (cmt)

DB CE(gt)

   (cạnh huyền – góc nhọn)  BH CK (Đpcm)

c Gọi G là giao điểm của HB và KC

Vì AEDcân tại A ADAE(cmt)

Vì DHBEKC HDEK (cmt)

AD HD AE KE

    hay AH AK

Xét AHG vuông tại H và AKG vuông tại Kcó:

AH AK(cmt)

AG là cạnh chung

   (cạnh huyền – cạnh góc vuông )

HG KG

Ta có HG KG

BH CK

    hay BG CG

Vì BG CG nên G thuộc đường trung trực của đoạn thẳng BC

ABC

 cân tại A có M là trung điểm của cạnh đáy BC nên đồng thời là đường trung trực của đoạn thẳng BC

Suy ra ba điểm A M G, , thẳng hàng

Vậy ba đường thẳng AM BH CK, , cắt nhau tại một điểm (Đpcm)

Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc B bằng 45 và góc C bằng 120 Trên tia đối của tia CB lấy

điểm D sao cho CD2CB Tính số đo của góc ADB

Lời giải

Từ D kẻ DEAC E AC(  )

gọi F là trung điểm của DC

Xét DEC vuông tại Ecó EF là đường trung tuyến

ứng với canh huyền DC 2

DC

DF FC EF

DC

CD CB CB

Ta có ECFA CB1800(hai góc kề bù)

Thay số ta được ECF1200 1800  ECF600

Xét CEF có FC EF (cmt)

ECF 600(cmt)

 CEF đều nên EC EF và EFC 600

Ta có EFD E FC1800(Hai góc kề bù)

Thay số ta được EFD 60  0 1800  EFD 120  0

Xét DFEvà BCE có:

DF BE(cmt)

EFD E CB1200

FE EC (cmt)

E

   (c-g-c)  DE BE

Xét DFEcân tại FcóEFD 120  0  ED BE D 30B  0

Xét DEBcó DE BE (cmt)  DEBcân tạiE

EB

D

 cân tạiEcó ED B300 EBD300

Ta có EBD EBA CBA

Thay số ta được: 300EBA 45  0 EBA 15  0

Xét A BE có EA BEBA300  A BE cân tại E EAEB

Xét AEDcó AED 90 0và EDEA(EB) AEDvuông cân tại E  EAD ED A450

Ta có ADEEDB ADB

Thay số ta được 450300 ADB ADB750

Vậy ADB 750

Bài 5: (4,0 điểm)

a) Chứng minh rằng M 5n2 2n25n1 2ncó chữ số tận cùng bằng 0 với  n N n, 1

B ) Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh n 2 2041chia hết cho 24

Lời giải

a. M 5n2 2n25n1 2n

(5n 5 ) (2n n 2 )n

5 (5 1) 2 (2n n 1)

1

5 6 2 5n n

Với  n N n, 1 ta có 5 6n1 có chữ số tận cùng bằng 0 và 2 5n có chữ số tận cùng bằng 0

Do đó  n N n, 1thì M 5 6 2 5n1  n có chữ số tận cùng bằng 0 hay

    có chữ số tận cùng bằng 0 (Đpcm)

b ĐặtA n 2 2041

A n 216 2025

A(n 4)(n4) 2025

*Vì n là số nguyên tố lớn hơn 3 nên n3k hoặc1 n3k2

+) n3k 1 n 4 3 k 3 3.( k1) 3

 (n 4)(n4) 3  A3

+)n3k 2 n 4 3k 6 3.(k2) 3

 (n 4)(n4) 3  A3

Suy ra với n là số nguyên tố lớn hơn 3 thì A n 2 2041luôn chia hết cho 3 (1)

*Ta có A n 2 2041

A n  

A n n 

Vì Vì n là số nguyên tố lớn hơn 3 nên n2k1(k 1;k N )

+) Nếu k lẻ thì k 23chẵn  4.(k 22)(k23) 8  A8

+)Nếu k chẵn thì k  22chẵn  4.(k 22)(k23) 8  A8

Suy ra với n là số nguyên tố lớn hơn 3 thì A n 2 2041luôn chia hết cho 8 (2)

Mà 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra n là số nguyên tố lớn hơn 3 thì n 2 2041chia hết cho 24 (Đpcm)

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =