de giao luu hsg toan 7 nam 2018 2019 phong gddt tam duong vinh phuc

PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG

GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI MƠN: TỐN 7
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi này gồm 01 trang
Chú ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay!
Bài 1 (5,0 điểm).
2 2
1
1 

 0, 25 
 0,4  9  11
5  : 2018
a) Tính giá trị biểu thức: A  
 3

7 7
1
 1, 4  
1  0,875  0,7  2019

9 11
6

b) Tìm các số x, y biết: 2019 2x  1  5  x  2y   0
24

8
9

c) Cho hàm số y  f ( x)  ax  . Tìm các giá trị của a , biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm
M (a  2;3a 2  2a ) .

Bài 2 (3,0 điểm).
a) Cho các số a, b, c thỏa mãn
trị biểu thức P 

a  b  2019c
.
a  b  2018c

3
2
1
( giả thiết các tỉ số đều có nghĩa). Tính giá


ab bc ca

b) Cho ab , bc ( c  0 ) là các số có hai chữ số thỏa mãn điều kiện:
Chứng minh rằng: b 2  ac .
Bài 3 (3,0 điểm).
a) Cho các số nguyên dương m, n và p là số nguyên tố thoả mãn:

ab
bc
.


ab bc

p
mn
.

m 1
p

Chứng minh rằng: p 2  n  2 .
b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn:

a 4 1
  .
3 b 5

Bài 4 (2,0 điểm). Ba lớp 7 A, 7 B, 7 C cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định
chia cho ba lớp tỉ lệ với 5;6; 7 nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4;5; 6 nên có một lớp nhận nhiều hơn dự
định 4 gói tăm. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua.
Bài 5 (2,0 điểm). Cho ABC vng tại A . Kẻ AH vng góc với BC ( H  BC ). Tia phân giác của
 lần lượt cắt BC ở D , E . Tính độ dài đoạn thẳng DE , biết
 và HAB
các góc HAC
AB  5cm, AC  12cm .

Bài 6 (3,0 điểm). Cho ABC cân tại B, có 
ABC  800 . Lấy điểm I nằm trong tam giác sao cho
  100 và ICA
  300 . Tính số đo 

AIB .
IAC

Bài 7 (2,0 điểm). Cho dãy số a1 , a2 , a3 ,..., an được xác định như sau:
1
1 1
1 1
1
a1  1 ; a2  1  ; a3  1   ; …… ; an  1    ... 
2
2 3
2 3
n
1
1
1
1
Chứng minh rằng: 2  2  2  ...  2  2 , với mọi số tự nhiên n >1.
a1 2a2 3a3
nan

==== HẾT =====
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm!


PHÒNG GD & ĐT TAM DƯƠNG

ĐỀ THI GIAO LƯU HSG NĂM HỌC 2018 - 2019
MƠN: TỐN – LỚP 7

ĐÁP ÁN + HƯỚNG DẪN CHẤM
---------------------

Bài 1

Bài

Nội dung trình bày
Câu a (2,0 điểm).
2 2
1
1 


 0, 25 
 0, 4  9  11

2018 
5
A
 3
:


7 7
1
2019
 1, 4  
1  0,875  0, 7 



9 11
6


2 2 2 1 1 1 
 1 1




 5 9 11 3 4 5  2018  2( 5  9
A

:

7 7 7
7 7 7  2019  1 1
  
 

 7( 
 5 9 11 6 8 10 
 5 9
2 2 2018
A  (  ):
0
7 7 2019
Câu b (1,5 điểm).
Ta có:

2x  1  0, x nên 2019 2x  1  0 với mọi x.

2
5
7

Điểm


2
9
7



2

1



1



1 
5  : 2018
7  2019

11  3 4

7
7 7
 
 

5 9 11 6 8 10 
1
1 1 1 
 )
 
11  3 4 5  : 2018
1
7 1 1 1  2019
 )
(   )
11
2 3 4 5 

0,5

24

1
2

1,0

0,5

 x  2y 2  0, x, y nên 5  x  2y   0 với mọi x, y.

24
Do đó: 2019 2x  1  5  x  2y   0 thì 2x  1  0 và x  2y  0
Từ đó suy ra: x  ; y  

0,5

0,5

1
4

0,5

Câu c (1,5 điểm)
Do đồ thị hàm số đi qua điểm M (a  2;3a 2  2a ) nên có: 3a 2  2a  a (a  2) 
=> 3a 2  2a  a 2  2a 
Từ đó tìm được a  

8
8
4
=> 2a 2 
=> a 2 
9
9
9

2
3

8
9

0,5
0,5
0,5

Bài 2

Câu a (1,5 điểm).
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
3
2
1
6
3




a  b b  c c  a 2( a  b  c ) a  b  c
3
3
Từ đó ta có:

suy ra a  b  a  b  c => c  0
ab abc
a  b  2019c a  b
Do đó: P 


1
a  b  2018c a  b

0,5
0,5
0,5

Câu b (1,5 điểm)
ab
bc
10a  b 10b  c
9a  ( a  b) 9b  (b  c )





ab bc
ab
bc
ab
bc
9a
9b
a
b
Từ đó suy ra:
1 
1 


ab
bc
ab bc
a
b
Từ

 a (b  c)  b( a  b)  ab  ac  ab  b 2  b 2  ac
ab bc

Ta có:

0,5
0,5
0,5


Câu a (1,5 điểm)

p
mn
(*)

m 1
p
+) Nếu m  n  p thì từ (*) suy ra p  (m  1) . Do p là số nguyên tố nên m  1  1 hoặc
m  1  p . Từ đó suy ra m  2 hoặc m  p  1 .
Với m  2 hoặc m  p  1 thay vào (*) ta có: p 2  n  2
+) Nếu m  n không chia hết cho p . Từ ( *)  (m + n)(m – 1) = p2
Do p là số nguyên tố và m, n  N*  m – 1 = p2 và m + n =1

Bài 3

Theo giả thiết ta có:

0,5
0,5

 m = p2 +1 và n = - p2 < 0 (loại)
Vậy p2 = n + 2

0,5

Câu b (1,0 điểm).
Ta có:

Bài 4

Suy

a 4 1
a 1 4
5a  3 4
     
  (5a  3)b  60 .
3 b 5
3 5 b
15
b
ra: 5a  3 U (60)  60, 30, 20, 15,  12, 10, 6, 4, 5, 3, 2, 1}

0,5
mà

5a  3 chia 5 dư -3 hoặc 2 nên có:
5a  3
-3
2
12
a
0
1
3
b
-20
15
5
Bài 4(2,0 điểm)
Gọi tổng số gói tăm ba lớp đã mua là x , x  N *
Gọi a, b, c là số gói tăm dự định chia theo thứ tự cho các lớp 7A, 7B, 7C ( a, b, c  N * )
Theo bài ra và áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
a b c abc x
  

5 6 7 5  6  7 18
5x
x
7x
Suy ra: a  ; b  ; c 
(1)

18
3
18
Gọi a ', b ', c ' là số gói tăm đã chia theo thứ tự cho các lớp 7A, 7B, 7C ( a ', b ', c '  N * )
Theo bài ra và áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
a ' b ' c ' a ' b ' c ' x
  

4 5 6
4  5  6 15
4x
x
6x
Suy ra: a ' 
;b '  ;c ' 
(2)
15
3
15
So sánh (1) và (2) ta có: a  a '; b  b '; c  c'
Do đó lớp 7C nhận nhiều hơn 4 gói tăm.
6x 7x
36 x  35 x
Khi đó: c ' c 

4
 4  x  360
15 18
90
Vậy số gói tăm cả ba lớp đã mua là 360 gói.

A
3

4

Bài 5

1 2

B

E

H


Trong tam giác vng AHE có: 
AEC  900  A
2

D

C

0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

0,5


  900  
Do tam giác ABC vuông tại A nên: EAC
A1
 (GT) nên suy ra: ACE cân tại C => AC = CE.
Lại có 
A1  A
2
Chứng minh tương tự: ABD cân tại B => AB = BD.
Do đó: AB + AC = CE + BD = CD + BD +DE = BC + DE.
 DE = AB + AC – BC
Theo định lí Py-ta-go: BC2 = AB2 + AC2 = 52 + 122 = 169  BC = 13 (cm).

0,5
0,5
0,5
0,5

Vậy DE = 5 + 12 – 13 = 4 (cm).

D

Bài 6

B

I

A

C

  BCA
  500
Do ABC cân tại B, có 
ABC  800 nên BAC
  100 và ICA
  300 nên IAB
  400 và ICB
  200
Vì IAC
Trên nửa mặt phẳng bờ AC có chứa điểm B vẽ tam giác đều ACD suy ra
  BCD
  100 .
BAD
  BDC
  600 : 2  300
Ta có: ABD  CBD (c.g .c) nên BDA
Khi đó: ABD  AIC ( g .c.g )  AB = AI nên BAI cân tại A.

Do đó: 
AIB  1800  40 0  : 2  700 .
Với mọi k  2 ta có:

Ta có:

Bài 7

Suy ra

1
a k 1



1
1
( vì a k  a k 1 ).

2
k.a k k.a k 1.a k

0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5

1 a k  a k 1
1


ak
a k 1.a k

k.a k 1.a k

1
1
1


2
k.a k a k 1 a k

0,5

Cho k = 2; 3; ...; n ta có:

1
1 1
1
1 1
1
1
1
  ; 2   ;.....; 2 

2
2a 2 a1 a 2 3a 3 a 2 a 3
na n a n 1 a n
Cộng theo vế ta được:

1
1

1 1 1 1
1
1
1 1
1
 ...  2      ... 
    1
2
2a 2
na n a1 a 2 a 2 a 3
a n 1 a n a1 a n a1


1
1
1
 2  ...  2  1  1  2 (đpcm)
2
a1 2a 2
na n

0,5
0,5