Hsg T7 - 006 - Đề_Đáp.án - Huyện Gia Viên.docx

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN GIA VIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 7 Thời gian làm bài 120 phút Bài 1 (4,0 điểm) 1) Thực hiện phép tính 7 18 4 19 4 25 25 23 23 7 A     [.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN GIA VIÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

MÔN TOÁN LỚP 7

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (4,0 điểm)

1) Thực hiện phép tính:

25 25 23 23 7

1, 4 1 0,875 0, 7

9 11 6

B

2) Cho biểu thức P x  4xy y Tính giá trị của P với x 1,5;y0,75

Bài 2: (4,0 điểm)

1) Cho a , b , c là ba số thực khác 0, thỏa mãn

Hãy tính

giá trị của biểu thức 1 1 1

M

        

2) Cho Nhà trường thành lập 3 nhóm học sinh khối 7 tham gia chăm sóc di tích lịch sử.

Trong đó,

2

3số học sinh của nhóm I bằng

8

11số học sinh của nhóm II và bằng

4

5 số học

sinh nhóm III Biết rằng số học sinh của nhóm I ít hơn tổng số học sinh của nhóm II và nhóm III là 18 học sinh Tính số học sinh của mỗi nhóm

Bài 3: (4,5 điểm)

1) Tìm x biết:

2

3

2  x 2

2) Tìm x , y nguyên biết: xy3x y 6

3) Cho

42 15

x P

x





 Tìm số nguyên x để P nhận giá trị nhỏ nhất.

Bài 4: (6,5 điểm) Cho ABC có 3 góc nhọn, AB AC BC  , các tia phân giác của góc A và góc

C cắt nhau tại O Gọi F là hình chiếu của O lên BC , H là hình chiếu của O trên AC Lấy

điểm I trên đoạn FC sao cho FI AH , gọi K là giao điểm của FH và AI

1) Chứng minh FCH cân

2) Qua I vẽ IG // AC (G thuộc FH ) Chứng minh AK KI

3) Chứng minh: 3 điểm B O K, , thẳng hàng

Bài 5 ( 1,0 điểm )

Cho 8 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 210 Chứng minh rằng trong 8 đoạn thẳng

đó luôn tìm được 3 đoạn thẳng để ghép thành một tam giác

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7

MÔN TOÁN HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1: (4,0 điểm)

1) Thực hiện phép tính:

25 25 23 23 7

1, 4 1 0,875 0,7

9 11 6

B

2) Cho biểu thức P x  4xy y Tính giá trị của P với x 1,5;y0,75

Lời giải

1) Tính đúng mỗi biểu thức 1,5 điểm

A         

 1 1 4

7

A    

4

7

A 

1, 4 1 0,875 0,7

9 11 6

B

2020

5 9 11 3 4 5 :

7 7 7 7 7 7 2021

5 9 11 6 8 10

B

2

2020

:

1 1 1 7 1 1 1 2021

7

5 9 11 2 3 4 5

B

2 2 2020

7 7 2021

B   

2) (1 điểm)

Ta có:

1,5 1,5

1,5

x x

x





   

 Với x1,5; y0,75 thay vào biểu thức, ta được: P x  4xy y ,ta được:

Với x1,5; y0, 75thay vào biểu thức P x  4xy y , ta được:

1,5 4 1,5 0, 75 0, 75 6, 25

Vậy P 5, 25 với x1,5; y0,75

6, 25

P 

với x1,5; y0,75

Bài 2: (4,0 điểm)

1) Cho a , b , c là ba số thực khác 0, thỏa mãn

Hãy tính

giá trị của biểu thức

M

        

2) Cho Nhà trường thành lập 3 nhóm học sinh khối 7 tham gia chăm sóc di tích lịch sử

Trong đó,

2

3số học sinh của nhóm I bằng

8

11số học sinh của nhóm II và bằng

4

5 số học

sinh nhóm III Biết rằng số học sinh của nhóm I ít hơn tổng số học sinh của nhóm II và nhóm III là 18 học sinh Tính số học sinh của mỗi nhóm

Lời giải 1) (2 điểm)

TH1: Nếu a b c   ; áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:0

2

a b c

 

 

      2 2 2

M

TH2: Nếu

0

 





     

  



1 b 1 a 1 c a b c a b c c b c 1

M

Vậy M   1; 8

2) (2 điểm)

Gọi số học sinh của nhóm I, II, III lần lượt là x , y, z (em) ( x , y, znguyên dương)

Theo đề bài, ta có : y z x  18

3x11y5z

Vì

3x11y5z chia các tỉ số trên cho BCNN2, 4,8  ta được8

3.8 11.8 5.8 12 11 10

Mặt khác: y z x  18

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau

18 2

12 11 10 11 10 12 9

x y z y z x 

 

12.2 24

11.2 22

10.2 20

x

y

z







Vậy số học sinh: Nhóm I là 24 em; nhóm II là 22 em, nhóm III là 20 em

Bài 3: (4,5 điểm)

1) Tìm x biết:

2

3

2  x 2

2) Tìm x , y nguyên biết: xy3x y 6

3) Cho

42 15

x P

x





 Tìm số nguyên để P nhận giá trị nhỏ nhất

Lời giải 1) ( 1,5 điểm )

2 2

2

3

3

3

x x

x







Nếu

2  x 2  x  2  2  x 

Nếu

2  x  2  x  2  2  x 

 x2  9 x3

Vậy x    2; 3

2) ( 1,5 điểm )

Ta có: xy3x y  6 x y 3  y3  6 3

x 1 y 3 3

x 1 y 3 3 1.3 3.1   1 3  3  1

Ta có bảng giá trị:

1

3

Vậy x y ;   2;0 ; 4; 2 ; 0;6 ; 2; 4         

3) ( 1,5 điểm )

Ta có:

1

x P



27 15

x



 nhỏ nhất

Xét x 15 0 thì

27 0 15

x 

Xét x 15 0 thì

27 0 15

x 

Do đó

27

15

x  nhỏ nhất khi x 15 0

Phân số

27

15

x  có tử dương mẫu âm, khi đó

27 15

x  nhỏ nhất khi là x 15 số nguyên âm lớn nhất hay x15 1 x14

Vậy x  thì P nhỏ nhất và 14 P 28

Bài 4 ( 6,5 điểm )

Cho ABC có 3 góc nhọn, AB AC BC  , các tia phân giác của góc A và góc C cắt nhau tại O

Gọi F là hình chiếu của O lên BC , H là hình chiếu của O trên AC Lấy điểm I trên đoạn FC

sao cho FI AH , gọi K là giao điểm của FH và AI

1) Chứng minh FCH cân

2) Qua I vẽ IG // AC (G thuộc FH ) Chứng minh AK KI

3) Chứng minh: 3 điểm B O K, , thẳng hàng

Lời giải

G K

I

H

F O A

1) ( 2 điểm)

Ta có CHO FHO  90o ( vì OH AC , OF BC)

Xét CHO vuông tại H và CFO vuông tại F có:

OC chung

HCO FCO ( OC là phân giác ACB )

Vậy CHO = CFO ( cạnh huyền – góc nhọn )

CH CF

  ( hai cạnh tương ứng )

Vậy HFC cân tại C

2) ( 2 điểm)

Ta có HFC cân tại C (cmt)  CHF CFH  (1)

Mà CHF FGI( đồng vị, IG// AC) (2)

Từ (1) và (2)  CFH FGI hayIFG IGF   , vậy IFG cân tại I

FI GI

  mặt khác: FI IHnên GI AHFI

Ta lại có: IGK AHK HAK GIK;  ( so le trong, IG// AC)

Xét AHK và IGK có: AHK IGK cmt AH ; GI cmt HAK GIK cmt ;   

3) ( 2 điểm)

Vẽ OEAB tại E , có BO là tia phân giác của ABC (*)

Chứng minh được OBEOBF ch gn(  )BEBF

Chứng minh được OAEOAH ch gn(  )AEAH AEFI(AH)

Chứng minh được AB BI

Chứng minh được ABKIBC c c c   ABK IBK

Từ (*) và (*) suy ra tiaBK BO, trùng nhau.

Hay B O K, , là ba điểm thẳng hàng

Bài 5 ( 1,0 điểm )

Cho 8 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 210 Chứng minh rằng trong 8 đoạn thẳng

đó luôn tìm được 3 đoạn thẳng để ghép thành một tam giác

Lời giải

Ta xếp các đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần: a1a2   a8

Nếu tồn tại 3 đoạn thẳng a a k; k1;a k2thỏa mãn a ka k1a k2 thì ba đoạn thẳng này có thể ghép thành tam giác

Giả sử ngược lại:

a a a

a a a

a a a

a a a

a a a

a a a

Khi đó, theo giả thiết:

mâu thuẫn với giả thiết

Vậy tồn tại 3 đoạn thẳng a a k; k1;a k2 mà a ka k1a k2do đó tồn tại 3 đoạn thẳng để có thể ghép thành tam giác