Đề thi HSG năm 2011-2012 môn Toán lớp 7 – Trường THCS Đáp Cầu

Chia sẻ: Đào Thị Hằng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

318
lượt xem 36
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh "Đề thi HSG năm 2011-2012 môn Toán lớp 7 – Trường THCS Đáp Cầu" thuộc Phòng GD & ĐT Tp Bắc Ninh. Đề thi gồm có 6 câu hỏi tự luận có kèm hướng dẫn và đáp án dành cho các bạn học sinh và giáo viên tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG năm 2011-2012 môn Toán lớp 7 – Trường THCS Đáp Cầu

PHÒNG GD & ĐT TP BẮC NINH ĐỀ THI HSG NĂM 2011-2012 TRƯÒNG THCS ĐÁP CẦU Môn : Toán lớp 7 Thời gian làm bài 120 phút Câu 1(3điểm): a) So sánh hai số : 330 và 520 163.310  120.69 b) Tính : A = 46.312  611 Câu 2(2điểm): Cho x, y, z là các số khác 0 và x2 = yz , y2 = xz , z 2 = xy. Chứng minh rằng: x = y = z x 1 x  2 x  3 x  4 Câu 3(4điểm):: a) Tìm x biết :    2009 2008 2007 2006 b) Cho hai đại lượng tỉ lệ nghịch x và y ; x1, x 2 là hai giá trị bất kì của x; y1, y2 là hai giá trị tương ứng của y.Tính y1, y2 biết y12+ y22 = 52 và x1=2 , x 2= 3. Câu 4(2điểm):: Cho hàm số : f(x) = a.x2 + b.x + c với a, b, c, d Z Biết f (1)3; f (0)3; f (1) 3 .Chứng minh rằng a, b, c đều chia hết cho 3 Câu 5(3điểm):: Cho đa thức A(x) = x + x2 + x3 + ...+ x99 + x100 . a) Chứng minh rằng x=-1 là nghiệm củ A(x) 1 b)Tính giá trị của đa thức A(x) tại x = 2 Câu 6(6điểm):: Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A , trên cạnh BC lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho BM = MN = NC . Gọi H là trung điểm của BC . a) Chứng minh AM = AN và AH  BC b) Tính độ dài đoạn thẳng AM khi AB = 5cm , BC = 6cm c) Chứng minh MAN > BAM = CAN -------------------------------------------------Hết--------------------------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 7 Câu Nội dung Điểm 10 10 1.5đ   a)330   3 3    2710 ;520   5  2  2510  2710  330  520 4 3 1 b) P   2  .3  3.2.5.2 . 2.3 10 2 9  12 10 212.310  310.212.5 2 .3 1  5   2 6 212.312  211.311 211311  2.3  1  2  .3   2.3 12 11 1.5đ 6.212.310 4.211.311 4    7.211.311 7.211.311 7 Vì x, y, z là các số khác 0 và x2 = yz , y2 = xz , z 2 = xy 1đ x z y x z y x y z   ;  ;     .áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau  2 y x z y x z y z x x y z x yz    1 x  y  z 1đ y z x yzx 3 x 1 x  2 x  3 x  4 x 1 x2 x 3 x4     1 1  1 1 2009 2008 2007 2006 2009 2008 2007 2006 1đ x  2010 x  2010 x  2010 x  2010     2009 2008 2007 2006 a x  2010 x  2010 x  2010 x  2010     0 2009 2008 2007 2006  1 1 1 1  1đ   x  2010        0  x  2010  0  x  2010  2009 2008 2007 2006  Vì x, y là hai đại lượng tỉ lệ nghịch nên: x1 y2 y 2 y y y  y  y 2 y 2 y 2  y22 52 2 2 1đ   2   2  1  2   1   1  2  1  4 x2 y1 y1 3 2 3  2  3 9 4 94 13 b ) y12  36  y1  6 Với y1= - 6 thì y2 = - 4 ; 1đ Với y1 = 6 thì y2= 4 . Ta có: f(0) = c; f(1) = a + b + c; f(-1) = a - b +c 1đ 4
) f (0)3  c 3 ) f (1)3  a  b  c 3  a  b 3 1 1đ ) f (1) 3  a  b  c 3  a  b  3  2  Từ (1) và (2) Suy ra (a + b) +(a - b)  3  2a 3  a 3 vì ( 2; 3) = 1  b 3 Vậy a , b , c đều chia hết cho 3 5 A(-1) = (-1)+ (-1)2 + (-1)3+...+ (-1)99 + (-1)100 = - 1 + 1 + (-1) +1 +(-1) +...(-1) + 1 = 0 ( vì có 50 số -1 và 50 số 1) a Suy ra x = -1 là nghiệm của đa thức A(x) Với x= 1 1 1 1 1 1 1 thì giá trị của đa thức A =  2  3  ...  98  99  100 1.5đ 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  2. A  2 (  2  3  ...  98  99  100 ) = 1   2  3  ...  98  99 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b 1 1 1 1 1 1 1 1  2 A =(  2  3  ...  98  99  100 ) +1 - 100  2 A  A  1  100 2 2 2 2 2 2 2 2 1  A 1 2100 A 6 B M H N C K Chứng minh ABM = ACN ( c- g- c) từ đó suy ra AM =AM 2đ a Chứng minh ABH = ACH ( c- g- c) từ đó suy ra AHB =AHC= 90 0  AH  BC
Tính AH: AH 2 = AB2 - BH2 = 52- 32 = 16  AH = 4cm 2đ b Tính AM : AM2 = AH2 + MH2 = 42 + 12 = 17  AM = 17 cm Trên tia AM lấy điểm K sao cho AM = MK ,suy ra AMN= KMB ( c- 2đ c g- c)  MAN = BKM và AN = AM =BK .Do BA > AM  BA > BK  BKA > BAK  MAN >BAM=CAN
PHÒNG GD & ĐT TP BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS ĐÁP CẦU LỚP 7- NĂM HỌC 2011- 2012 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: Tính giá trị biểu thức: (a  b )( x  y )  (a  y )(b  x) A= abxy ( xy  ay  ab  by ) 1 3 Với a = ; b = -2 ; x = ; y = 1 3 2 Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu 0 < a1 < a2 < ….. < a9 thì: a1  a2  ....  a9  3 a3  a6  a9 Bài 3: Có 3 mảnh đất hình chữ nhật: A; B và C. Các diện tích của A và B tỉ lệ với 4 và 5, các diện tích của B và C tỉ lệ với 7 và 8; A và B có cùng chiều dài và tổng các chiều rộng của chúng là 27m. B và C có cùng chiều rộng. Chiều dài của mảnh đất C là 24m. Hãy tính diện tích của mỗi mảnh đất đó. Bài 4: Cho 2 biểu thức: 4x  7 3x 2  9 x  2 A= ; B= x2 x 3 a) Tìm giá trị nguyên của x để mỗi biểu thức có giá trị nguyên b) Tìm giá trị nguyên của x để cả hai biểu thức cùng có giá trị nguyên. Bài 5: Cho tam giác cân ABC, AB = AC. Trên tia đối của các tia BC và CB lấy theo thứ tự hai điểm D và E sao cho BD = CE a) Chứng minh tam giác ADE là tam giác cân. b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh AM là tia phân giác của góc DAE c) Từ B và C vẽ BH và CK theo thứ tự vuông góc với AD và AE. Chứng minh BH = CK d) Chứng minh 3 đường thẳng AM; BH; CK gặp nhau tại 1 điểm.
PHÒNG GD & ĐT TP BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS ĐAP CẦU LỚP 7- NĂM HỌC 2011- 2012 Môn: TOÁN ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Điểm Điểm Bài Cách giải TP toàn bài (a  b)(  x  y)  (a  y )(b  x) A= abxy ( xy  ay  ab  by) a ( x  y)  b( x  y )  a (b  x)  y (b  x) = 0,5 abxy ( xy  ay  ab  by) ax  ay  bx  by  ab  ax  by  xy = 0,5 abxy ( xy  ay  ab  by ) ay  bx  ab  xy = 1 abxy ( xy  ay  ab  by ) 0,5 2,5 ( xy  ay  ab  by ) = abxy ( xy  ay  ab  by ) 0,25 1 = abxy 0,25 1 3 1 Với a = ; b = -2 ; x = ; y = 1 ta được: A = 1 0,5 3 2 1 3  (2)  1 3 2 Ta có: 0 < a1 < a2 < ….. < a9 nên suy ra: a1 + a2 + a3 < 3a3 (1) 0,25 a4 + a5 + a6 < 3a6 (2) 0,25 a7 + a8 + a9 < 3a9 (3) 0,25 2 2 Cộng vế với vế của (1) (2) (3) ta được: a1 + a2 + ….. + a9 < 3(a3 + a6 + a9) 0,75 a  a  ....  a9 Vì a1 + a2 + ….. + a9 > 0 nên ta được: 1 2  3 0,5 a3  a6  a9 Gọi diện tích, chiều dài, chiều rộng của các mảnh đất A, B, C 0,25 theo thứ tự là SA, dA, rA, SB, dB, rB, SC, dC, rC. Theo bài ra ta có: SA 4 S 7  ; B  ; dA = dB ; rA + rB = 27(m) ; rB = rC ; dC = 0,5 SB 5 SC 8 24(m) Hai hình chữ nhật A và B có cùng chiều dài nên các diện tích 3 của chúng tỉ lệ thuận với các chiều rộng. Ta có: 4,5 1 S A 4 rA r r r r 27    A B  A B  3 SB 5 rB 4 5 45 9 0,25  rA = 12(m) ; rB = 15(m) = rC Hai hình chữ nhật B và C có cùng chiều rộng nên các diện tích của chúng tỉ lệ thuận với các chiều dài. Ta có: SB 7 dB 7 d C 7.24 1    dB =   21 (m) = dA SC 8 d C 8 8
Do đó: SA = dA.rA = 21. 12 = 252 (m2) 0,5 SB = dB. rB = 21. 15 = 315 (m 2) 0,5 SC = dC. rC = 24. 15 = 360 (m 2) 0,5 4 x  7 4( x  2)  1 1 a) Ta có: A = =  4 0,5 x2 x2 x2 Với x  Z thì x - 2  Z. 1 Để A nguyên thì nguyên.  x - 2 là ước của 1 0,25 x2 Ta có: x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1. Do đó: x = 3 hoặc x = 1 Vậy để A nguyên thì x = 3 hoặc x = 1 0,5 2 3x  9 x  2 3 x( x  3)  2 2 4 +) B = =  3x  0,5 3 x3 x 3 x3 Với x  Z thì x - 3  Z. 2 Để B nguyên thì nguyên.  x - 3 là ước của 2 0,25 x 3 Ta có: x - 3 =  2 hoặc x - 3 =  1. Do đó x = 5 ; x = 1 ; x = 4 ; x = 2 Vậy để B nguyên thì x = 5 hoặc x = 1 hoặc x = 4 hoặc x = 2 0,5 b) Từ câu a) suy ra: Để A và B cùng nguyên thì x = 1 0,5 A  ABC có AB = AC. GT DB = CE (D  tia đối của CB; E  tia đối của BC) H K a)  ADE cân M 0,5 b) MB = MC, chứng minh AM D B C E KL là tia phân giác góc DAE O c) BH  AD = H; CK  AE = K chứng minh: BH = CK Chứng minh: a)  ABC cân có AB = AC nên: C  C  5 8 Suy ra: D  CE 0,5 Xét  ABD và  ACE có: AB = AC (gt) D  CE (CM trên) DB = CE (gt) Do đó  ABD =  ACE (c - g - c) 1  AD = AE (2 cạnh tương ứng). Vậy  ADE cân tại A. 0,5 b) Xét AMD và AME có: MD = ME (Do DB = CE và MB = MC theo gt) AM: Cạnh chung AD = AE (CM trên) Do đó AMD = AME (c - c - c) 1  MAD  MAE .
Vậy AM là tia phân giác của DAE c) Vì  ADE cân tại A (CM câu a)). Nên ADE  AED 0,5 Xét BHD và CKE có: 0,25 BDH  CEK (Do ADE  AED ) DB = CE (gt)  BHD = CKE (Cạnh huyền- góc nhọn) Do đó: BH = CK. 1 d) Gọi giao điểm của BH và CK là O. 0,5 Xét AHO và AKO có: 0,25 OA: Cạnh chung AH = AK (Do AD = AE; DH = KE (vì BHD = CKE ))  AHO = AKO (Cạnh huyền- Cạnh góc vuông) Do đó OAH  OAK nên AO là tia phân giác của KAH hay AO là 1 tia phân giác của DAE . Mặt khác theo câu b) AM là tia phân giác của DAE . 0,25 Do đó AO  AM, suy ra 3 đường thẳng AM; BH; CK cắt nhau tại O. 0,75