102 đề HSG toán 7 huyện thanh chương 2018 2019

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN Bài (2,0 điểm) a) Thực phép tính:     1,2 : 1 1,25  1,08   : 25    M  0,6.0,5 :   36 0,64     25   17 b) Cho N  0,7. 20072009  20131999  Chứng minh N số nguyên Bài (2,0 điểm) Tìm x, y biết: a) x  60  15 x  b) 2x  y  2x  y 1   6x Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức : P  3x   x  a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P  Bài (2,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB có O trung điểm Trên hai nửa mặt phẳng đối bờ AB kẻ hai tia Ax / / By Lấy hai điểm C , E D, F Ax, By cho AC  BD, CE  DF Chứng minh: a) Ba điểm C, O, D thẳng hàng, E, O, F thẳng hàng b) ED  CF Bài (2,0 điểm) Tam giác ABC cân C C  1000 ; BD phân giác B Từ A kẻ tia Ax tạo với AB góc 300 Tia Ax cắt BD M, cắt BC E BK phân giác CBD , BK cắt Ax N a) Tính số đo ACM b) So sánh MN CE ĐÁP ÁN Bài     1,2 : 1 1,25  1,08   : 25    a) M   0,6.0,5 :   36 0,64     25   17 1,2 :    0,75  1    119 36 0,6 4 36 17 b) Chứng minh N số nguyên ta cần chứng minh : 20072009  20131999 có chữ số tận Ta có: 2007 2009  2007  20072     502  2007      502  2007.( 1) có chữ số tận 1999 2013  2013  20132     409         499   . 1 có chữ số tận Vậy 20072009  20131999 có chữ số tận  N số nguyên Bài  x  31 a) Từ gt toán ta có:  x  1  900  x   30    x  29 b) Áp dụng tính chất dãy tỷ số từ tỉ số đầu ta có: 2x  y  2x  y    12 2x  y  2x  y   Kết hợp với giả thiết  12 6x +Nếu x  y    x  12  x   y  +Nếu x  y    x   y Thay vào tỉ số đầu ta tính y  ; x   Bài a) Học sinh biết chia trường hợp để rút gọn P Với x   P  5x  Với x   P   x  b) Với x   P  x    x  (tm) Với x   P   x    x  2(tm) Vậy P  x   x  2 Bài F D A C O B E a) Chứng minh AOE  BOF (c.g.c)  E, O, F thẳng hàng OE  OF (1) Tương tự chứng minh AOC  BOD(c.g.c)  C, O, D thẳng hàng OC  OD (2) b) Từ (1), (2) kết hợp giả thiết chứng minh EOD  FOC (c.g.c)  ED  CF Bài K D M x C E N A B a) Học sinh chứng minh được: ANB cân N(có hai góc  300 )  NA  NB Nối CN , chứng minh CAN  CBN (c.c.c)  NCA  NCB  500 ; NMB góc ABM  NMB  A1  B1  500 Từ đó, học sinh chứng minh được: BNM  BNC ( g.c.g )  BC  BM  CBM cân B, mà lại có góc đỉnh CBM  200 nên tính ACM  200 b) Từ chứng minh , ta chứng minh MNC cân N  MN  NC , so sánh CN với CE Xét tam giác CNE tính CEN  1800  1000  100   700 Và tính CNE  500  100  600 (góc CAN )  CEN  CNE  CN  CE hay MN  CE ...   17 1,2 :    0 ,75  1    119 36 0,6 4 36 17 b) Chứng minh N số nguyên ta cần chứng minh : 20 072 009  20131999 có chữ số tận Ta có: 20 07 2009  20 07  20 072     502  20 07 ...  20 07. ( 1) có chữ số tận 1999 2013  2013  20132     409         499   . 1 có chữ số tận Vậy 20 072 009  20131999 có chữ số tận  N số nguyên Bài  x  31 a) Từ gt toán. .. minh MNC cân N  MN  NC , so sánh CN với CE Xét tam giác CNE tính CEN  1800  1000  100   70 0 Và tính CNE  500  100  600 (góc ngồi CAN )  CEN  CNE  CN  CE hay MN  CE