Dề thi -đáp án HSG toán 7

Môn: Toán - Lớp 7 Thời gian làm bài :120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (1,5đ): a) Tìm x , biết: 1 1 7 4,7 6 9 15 x x x + = b) Tìm x, biết : 1 2 1 4 1 6 18 24 6 y y y x + + + = = Bài 2 (2đ): a) Tính nhanh : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10.9 9.8 8.7 7.6 6.5 5.4 4.3 3.2 2.1 b) Tính tổng A = 1 - 2 + 3 - 4 + + 99 - 100 Bài 3(2,5đ): a) Cho A = 2 3 99 1 1 1 1 3 3 3 3 + + + + Chứng minh A < 1 2 b) Tìm số nguyên n để biểu thức P = 2 7 n n + có giá trị lớn nhất. c) Cho các đơn thức M = xy 2 z 3 ; N = yz 2 t 3 ; P = zt 2 x 3 ; Q = tx 2 y 3 . Chứng tỏ rằng với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu. Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác đều ABC. Trên tia đối của các tia BA và CA lấy lần lợt các điểm M và N sao cho BM = CN. Gọi I là giao điểm của MC và BN. a/ Chứng minh rằng: MI = NI. b/ Tia phân giác của ã AMC cắt AI và AN thứ tự tại O và K. Chứng minh rằng MO > 2 MC . c/ BO cắt AN tại Q. Chứng minh rằng OKQ cân. H t Họ và tên học sinh : . Số báo danh : Giám thị 1: ; Giám thị 2: đề thi chọn học sinh giỏi Năm học 2010 - 2011 BiÓu ®iÓm vµ ®¸p ¸n To¸n 7 §¸p ¸n §iÓm Bµi 1 : a) 1 1 7 4,7 6 9 15 x   − + =  ÷   ⇔ 47 47 90 10 x = ⇔ 47 47 : 10 90 x = ⇔ x = 9 b) 1 2 1 4 1 6 1 2 1 6 2 8 1 4 18 24 6 18 6 18 6 9 3 y y y y y y y x x x x + + + + + + + + = = = = = + + + ⇒ 9+3x=24 ⇒ x=5 0.75 0.75 1 1 Bµi 2 a) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10.9 9.8 8.7 7.6 6.5 5.4 4.3 3.2 2.1 − − − − − − − − = 1 90 - 1 1 1 9.8 8.7 2.1   + + +  ÷   = 1 90 - 1 1 1 1 1 1 1 1 9 8 8 7 7 2 2 1   − + − + − + + − +  ÷   = 1 1 1 90 9   − − +  ÷   = 1 8 79 90 9 90 − − = b) A = 1 - 2 + 3 - 4 + … + 99 - 100= -1-1-1-……-1 (50 sè -1) =(-1).50=-50 Bµi 3 (2.5®) a) A = 2 3 99 1 1 1 1 3 3 3 3 + + + + ⇒ 3A = 2 3 98 1 1 1 1 1 3 3 3 3 + + + + + ⇒ 2A = 99 1 1 3 − ⇒ 2A < 1 ⇒ A< 1 2 1 c) M.N.P.Q = xy 2 z 3 .yz 2 t 3 . zt 2 x 3 . tx 2 y 3 = x 6 y 6 z 6 t 6 0 với mọi x,y,z,t. Giả sử tại giá trị nào đó của các biến làm cho 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu, không mất tính tổng quát giả sử đó là các đơn thức M và N. Ta có MN < 0. xyzt 0 MNPQ 0 MNPQ > 0 PQ < 0 hay P và Q có giá trị khác dấu. Vậy với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu. B i 4 0.75 0.75 0.75 0.5 0.5 0.5 0.75 0.5 0.5 b) P = 1+ 9 7n Khi n < 7 thì P < 1; n = 7 thì P không xác định; n > 7 thì P >1 do đó để tìm giá trị lớn nhất của P ta chỉ xét trờng hợp n >7. Khi n > 7, P có giá trị lớn nhất 9 7n có giá trị lớn nhất n - 7 có giá trị nhỏ nhất n nhỏ nhất n là số nguyên lớn hơn 7 nên n = 8. Vậy với số nguyên n = 8 thì P có giá trị lớn nhất. c * Gọi giao điểm của CO với AM là P.Chứng minh đợc ABO = ACO Suy ra ABQ = ACP nên ã ã APC AQB= Tính đợc ã MOC = 120 O . ã POM = 60 O ã ã APC PMO= + 60 O Có ã ã OKQ PMO= + 60 O ã ã APC OKQ= ã ã AQB OKQ= hay ã ã KQO OKQ= Tam giác OKQ cân tại O. Q P O K I M A B C N L u ý: - Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Nếu học sinh không vẽ hình thì chấm một nửa số điểm của phần làm bài hình, học sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm bài hình. - Bài làm không chặt chẽ, không đủ cơ sở ở phần nào thì trừ một nửa số điểm ở phần đó. - Tuỳ theo bài làm của học sinh giám khảo có thể chia nhỏ mỗi ý của biểu điểm. ================Hết================ . ; Giám thị 2: đề thi chọn học sinh giỏi Năm học 2010 - 2011 BiÓu ®iÓm vµ ®¸p ¸n To¸n 7 §¸p ¸n §iÓm Bµi 1 : a) 1 1 7 4 ,7 6 9 15 x   − + =  ÷   ⇔ 47 47 90 10 x = ⇔ 47 47 : 10 90 x = ⇔ x. có giá trị khác dấu. B i 4 0 .75 0 .75 0 .75 0.5 0.5 0.5 0 .75 0.5 0.5 b) P = 1+ 9 7n Khi n < 7 thì P < 1; n = 7 thì P không xác định; n > 7 thì P >1 do đó để tìm giá. 9+3x=24 ⇒ x=5 0 .75 0 .75 1 1 Bµi 2 a) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10.9 9.8 8 .7 7.6 6.5 5.4 4.3 3.2 2.1 − − − − − − − − = 1 90 - 1 1 1 9.8 8 .7 2.1   + + +  ÷   = 1 90 - 1 1 1 1 1 1 1 1 9 8 8 7 7 2 2 1 