Hsg T7 - 025 - Đề_Đáp.án - Chương Mỹ.docx

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN CHƯƠNG MỸ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 7 Thời gian làm bài 120 phút Bài 1 (4 điểm) 1) Thực hiện phép tính 3 2 4 1,2 1 1,25 1,08 25 25 7 0,6 0,5 1 5 9 3[.]

PHÒNG GD&ĐT ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI HUYỆN CHƯƠNG MỸ MƠN TỐN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (4 điểm)      1, :  1, 25   1, 08  : 25     M   0, 6.0, :   36 0, 64     25   17 1) Thực phép tính: 2) Cho N 0, 2007 2009  20131999   Chúng minh rằng: N số nguyên Bài 2: (5 điểm) Cho đa thức: f ( x )  x x19  x5  x 2020   ; g ( x) x 2021  x 20  11  x x  x    1) Tính k ( x )  f ( x)  g ( x ) 11 13 15 17 19   x           k ( x ) 10 15 21 28 36 45   2) Tính giá trị 3) Chứng minh đa thức k ( x) không nhận giá trị 2021 với giá trị x nguyên? Bài 3: (3 điểm) 3a  1 b 3  a   1) Tìm số nguyên a, b thỏa mãn:  2) Tìm phân số tối giản biết tổng ba phân số 15 83 120 , tử số chúng tỉ lệ 1 ; ; 5; 7;11 thuận với , mẫu số chúng tỉ lệ nghịch với Bài 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Vẽ phía ngồi tam giác ABC tam giác ABM vuông cân A, tam giác ACN vuông cân A Gọi D giao điểm BN MC 1) Chứng minh rằng: AMC ABN 2) Chứng minh: BN vng góc với CM 3) Chứng minh: AM  AN  MN  BC 2     4) Chứng minh: DA tia phân giác MDN BAC BMC  BNC Bài 5: (2 điểm) A 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: | x  2019 | 2020 | x  2019 | 2021 Trang 2) Cho biểu thức: B 1 1     B 3 2021 Chứng minh rằng: ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (4 điểm)      1, :  1, 25   1, 08  : 25     M   0, 6.0,5 :   36 0, 64     25   17 1) Thực phép tính: 2) Cho N 0,  2007 2009  20131999  Chúng minh rằng: N số nguyên Lời giải:      1, :  1, 25   1, 08  : 25     M   0, 6.0,5 :   36 0, 64  5   25   17 1) Ta có:     27 :       25   16  50    25 25   : 25   :  36 5   17 6 :2 1:  3.1   119 36 2 36 17 3 5 4    0 4 Vậy M 0 2) Ta có: 2007 2009  2007  502 2007  2007 Vì 2007 có tận nên   2007  Ta lại có: 502 2007  502 có tận 2009 có tận hay 2007 có tận (*) 20131999  20134  499 20133 Trang  20134 2013 Vì có tận nên   20134  499 20133  499 có tận 2009 có tận hay 2007 có tận (**) 2009 1999 Từ (*) (**) suy ra: 2007  2013 có tận Suy Vậy N 0,  2007 2009  20131999  N 0,  2007 2009  20131999  số nguyên số nguyên Bài 2: (5 điểm) Cho đa thức: f ( x )  x  x19  x  x 2020  g ( x)  x 2021  x 20  11  x  x  x   ; 1) Tính k ( x )  f ( x)  g ( x ) 11 13 15 17 19   x           10 15 21 28 36 45   2) Tính giá trị k ( x ) 3) Chứng minh đa thức k ( x) không nhận giá trị 2021 với giá trị x nguyên? Lời giải: 1) Ta có: f ( x ) x  x19  x5  x 2020   x 20  x  x 2021 g ( x) x 2021  x 20  11  x  x  x    x 2021  x 20  11  x  x  x  x 2021  x 20  x  x  x  11 20 2021 2021 20 4 Do k ( x)  f ( x )  g ( x ) x  x  x  x  x  x  x  x  11  x  x  11 Vậy k ( x ) x  x  11 11 13 15 17 19   x           10 15 21 28 36 45   2) Ta có: 10 14 18 22 26 30 34 38             12 20 30 42 56 72 90   10 14 18 22 26 30 34 38             2.3 3.4 4.5 5.6 6.7 7.8 8.9 9.10   10 10 14 14 18 18 22 22 26 26 30 30 34 34 38 38                     3 4 5 6 7 8 9 10   38              10   38       1 10  6  3) Ta có k ( x) x  x  11 Trang k x Nếu x số nguyên x4   chia dư  k  x Nếu x số ngun x khơng chia hết cho x , x chia dư chia dư Do k  x chia dư (*) Mà 2021 chia dư (**) Từ (*) (**) suy đa thức k ( x) không nhận giá trị 2021 với giá trị x nguyên Vậy đa thức k ( x) không nhận giá trị 2021 với giá trị x nguyên Bài 3: (3 điểm) 1) Tìm số nguyên a, b thỏa mãn: (3a  1)b 3(a  2) 2) Tìm phân số tối giản biết tổng ba phân số 15 83 120 , tử số chúng tỉ lệ 1 ; ; thuận với 5; 7;11 , mẫu số chúng tỉ lệ nghịch với Lời giải: 1) Ta có  3a 1 b 3  a    3a 1 b 3a 1   3a 1 b   3a  1 5  3a  1  b  1 5 Vì a, b số nguyên nên ta có trường hợp sau: 3a  1 a 0    b    b 6 Trường hợp 1: Trường hợp 2: Trường hợp 3: 3a     b   2  a   b  4  3a  5 a     b  1 b 2 3a     b    Trường hợp 4: Vậy cặp số ngun (khơng thỏa mãn a khơng số ngun) (khơng thỏa mãn a khơng số ngun) a   b 0  a, b  thỏa mãn là:  0,  ;   2,  2) Gọi tử số phân số thứ nhất, thứ hai, thứ ba x, y, z Và mẫu số phân số thứ nhất, thứ hai, thứ ba a, b, c Trang 1 ; ; Vì tử số chúng tỉ lệ thuận với 5;7;11 , mẫu số chúng tỉ lệ nghịch với nên: x z   11   a b  c  ta đặt x     a b  x m  a 4 n  z y m  m    11 b n c  z 11 m  n c  n  Vì tổng ba phân số 15 83 120 nên ta có: x y z 83 m m 11 m 83   5   15 a b c 120 hay n n n 120  m  n x 35 y 49 z 77    Khi a , b 10 , c 12 35 49 77 , , Vậy ba phân số 10 12 Bài 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Vẽ phía ngồi tam giác ABC tam giác ABM vuông cân A, tam giác ACN vuông cân A Gọi D giao điểm BN MC 1) Chứng minh rằng: AMC ABN 2) Chứng minh: BN vng góc với CM 3) Chứng minh: AM  AN  MN  BC 2     4) Chứng minh: DA tia phân giác MDN BAC BMC  BNC Lời giải: Ta có hình vẽ: Trang N A M E H D B C 1) Xét AMC ABN có : AM  AB ( giả thiết ) AC  AN ( giả thiết ) o    MAC BAN ( 90  BAC ) Do AMC ABN (c-g-c) 2) Gọi H giao điểm MC AB  Ta có AMC ABN nên AMH HBD o   Mà AMH vuông A nên AMH  AHM 90  Mặt khác AHM BHD ( hai góc đối đỉnh) o   Do đó: HBD  BHD 90  BDH vuông D Suy MC  BN Vậy BN vng góc với CM 3) Xét MAB vuông A NAC vuông A , áp dụng định lý Pitago ta có: MB MA2  MB 2 AM (do MAB vuông cân A ) NC  AN  AC 2 AN (do NAC vuông cân A ) 2 2 Suy AM  AN MB  NC (1) Xét MDB vuông D NDC vuông D , áp dụng định lý Pitago ta có: MB BD  MD NC ND  CD 2 2 2 Suy MB  NC BD  MD  ND  CD  MD  ND    BD  CD  (2) Xét MDN vuông D BDC vuông D , áp dụng định lý Pitago ta có: Trang MN MD  ND BC BD  CD (3) 2 2 Từ (1) (2) (3) ta có AM  AN MN  BC  AM  AN  MN  BC 2 MN  BC AM  AN  Vậy 2  4) *Chứng minh DA tia phân giác MDN Trên đoạn thẳng BN lấy điểm E cho MD BE Vì AMC ABN (theo phần a) nên AMD  ABE Xét AMD ABE có: AM  AB (giả thiết) AMD  ABE (chứng minh trên) MD BE (cách dựng) Do AMD=ABE (c-g-c) Suy AD  AE (hai cạnh tương ứng) (4) o         Và MAD EAB  MAB  DAB EAD  DAB  MAB EAD 90 (5) o  Từ (4) (5) suy EAD vuông cân  ADE 45  Suy DA tia phân giác MDN    * Chứng minh BAC BMC  BNC Xét BHM DHA , áp dụng tính chất tổng góc tam giác ta có :    MBH  BHM  BMH 180o ADH  DHA    DAH 180o o     Mà MBH  ADH 45 , BHM DHA (đối đỉnh)   DAH Do dó BMH (6)   Tương tự ta chứng minh DNC CAD (7)      Từ (6) (7) suy BAC CAD  BAD CNB  BMC    Vậy BAC CNB  BMC Bài 5: (2 điểm) A 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: | x  2019 | 2020 | x  2019 | 2021 Trang 2) Cho biểu thức: B 1 1     B 3 2021 Chứng minh rằng: Lời giải: A 1) Ta có | x  2019 | 2020 1 1  | x  2019 | 2021 x  2019  2021 x  2019 0 Với giá trị x ta có: x  2019  2021 2021   1  x  2019  2021 2021  1 1  x  2019  2021 2021 1 1 1 1  x  2019  2021 2021 Hay A 2020 2021 dấu xảy x  2019 0  x 2019 Vậy giá trị nhỏ A 2020 2021 x 2019 1  2) Ta có: 1.2.3 1  3 2.3.4 1  3.4.5 … 1  2021 2020.2021.2022 Do B 1 1     1.2.3 2.3.4 3.4.5 2020.2021.2022 1 1     2020.2021.2022 Mà 1.2.3 2.3.4 3.4.5  2 2          1.2.3 2.3.4 3.4.5 2020.2021.2022   1 1 1            1.2 2.3 2.3 3.4 2020.2021 2021.2022   1       1.2 2021.2022  2 Trang Suy Vậy B B 22 22 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = Trang