de thi hoc sinh gioi toan 7 nam 2018 2019 phong gddt dong hung thai binh

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN ĐƠNG HƯNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 7
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn thi: TỐN
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

3
3
 0, 6   0, 7 5
7
Bài 1(4đ) a) Khơng dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức: S  13
11
11
 2, 2 
 2, 7 5
7
13
1 1 1 1 1
1
b. Cho biểu thức: A    2  3  4  5  ...  100
3 3 3 3 3
3
1
Tính giá trị của biểu thức B  4 A  100 .
3

Bài 2(4đ) a, Cho Q =

27 - 2x
. Tìm các số nguyên x để Q có giá trị nguyên ?
12 - x

b) Tìm x, biết:  x  5 

x 1

  x  5

x 13

0

Bài 3 : ( 4 điểm)
2
a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  (2 x  5 y ) 2  15 y  6 x   xy  90

x
y
z
t



với x, y, z, t là các số tự
x y  z x y t y  zt x z t
10
nhiên khác 0. Chứng minh M  1025 .

b) Cho biểu thức M 

Bài 4 (4 điểm)
Cho tam giác ABC, O là trung điểm của BC. Từ B kẻ BD vng góc với AC
(D thuộc AC). Từ C kẻ CE vng góc với AB (E thuộc AB).
a. Chứng minh rằng: OD 

1
BC .
2

b. Trên tia đối của tia DE lấy điểm N, trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho
DN = EM. Chứng minh rằng: Tam giác OMN là tam giác cân.
Bài 5: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC có góc A tù. Kẽ AD  AB và AD = AB (tia AD nằm giữa hai tia AB và
AC). Kẽ AE  AC và AE = AC (tia AE nằm giữa hai tia AB và AC). Gọi M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng: AM  DE.
Bài 6: (2điểm).
Trong hình bên, đường thẳng OA là đồ thị của
hàm số y = f(x) = ax.
y 2
a) Tính tỉ số 0
.
x0  4
b) Giả sử x0 = 5. Tính diện tích tam giác OBC


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
MƠN TỐN 7
NĂM HỌC 2018 - 2019

( Thời gian làm bài: 120 phút)

Bài
1
(4đ)

Câu
1.a
(2 đ)

Nội dung

Điểm

a) Tính giá trị của S
 1 1 1 1 
3
3
3
3
3
3
3
   
 0, 6 
 0, 75



3

 13 5 7 4 
13
7
13
5
7
4
S 



11
11
11
11
11
11
 1 1 1 1 
11
1 1  
 
 2, 2 
 2, 75



7
13
7
5

13
4
 7 5 13 4 

2đ

(Mỗi bước thực hiện tính ghi 0,5đ; nếu dùng máy tính chỉ đúng kết quả khơng ghi
điểm)
1.b
(2 đ)

1 1 1 1 1
1
A    2  3  4  5  ...  100
3 3 3 3 3
3
1 1 1 1
1
3 A  1   2  3  4  ...  99
3 3 3 3
3
1
3

1,0

1
1 
A   1  100 
4

3 

0,5

A  3 A  1 

100

1
1  1
1 
 A  0  A    1  100    1  100 
4
3  4 3 
1
1
1  1
B  4. A  100  4. 1  100   100  1
3
4 3  3

2
(4đ)

2.a
2,0đ

0,5

Điều kiện :

x  Z ; x ≠ 12

2.(12 - x) + 3
3
27 - 2x
=
=2+
12 - x
12 - x
12 - x
Ta có 2  Z ; x  Z ; x ≠ 12
3
nên Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi
có giá trị nguyên
12  x

Biến đổi

Mà

Q=

3
có giá trị nguyên khi và chỉ khi 12  x  Ư(3)
12  x

Ư(3) = -3; -1; 1; 3
+ Nếu 12 - x = - 3 thì x = 15 (thỏa mãn điều kiện)

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25


+ Nếu 12 - x = -1 thì x = 13 (thỏa mãn điều kiện)
+ Nếu 12 - x = 1 thì x = 11 (thỏa mãn điều kiện)
+ Nếu 12 - x = 3 thì x = 9 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy Q có giá trị nguyên khi và chỉ khi x  9; 11; 13; 15
2.b
.2,0đ

 x 5  x 5
 hoặc  x  5

 x  5

x 1

x13

x1

12

0,5đ
0,5đ

 0 , hoặc 1 x 5  0
12

x  5  0

0  

x  1  0

12

2đ

 0   x  5 1  x  5   0
x1

(Thiếu x + 1  0, trừ 0,25đ)

 x5

x  5  1

1   x  5   0   x  5  1  
12

x  6

 

 x  5  1
x  4
(Thiếu một giá trị x – 5 = –1 , trừ 0,25đ)

3.a

0,25

b) Tìm x, biết:  x  5  x  1   x  5  x  1 3  0
x1

3
(4đ)

0,25
0,25
0,25

0,5đ

. Vậy: x = 4, x = 5, x = 6
0,5đ

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  (2 x  5 y ) 2  15 y  6 x   xy  90

2,5đ

Ta có P  (2 x  5 y ) 2  15 y  6 x   xy  90

0,5

2

2

 (2 x  5 y ) 2   6 x  15 y   xy  90
2

 (2 x  5 y )2  9.(2 x  5 y) 2  xy  90
  8.(2 x  5 y ) 2  xy  90 

Ta thấy (2 x  5 y ) 2  0 với mọi x, y nên 8.(2 x  5 y ) 2  0 với mọi x, y

0,25

xy  90  0 với mọi x, y
Khi đó 8.(2 x  5 y) 2  xy  90  0 với mọi x, y
Suy ra  8.(2 x  5 y ) 2  xy  90   0 với mọi x, y
Hay P ≤ 0 với mọi x, y

0,25

Dấu‘‘=’’ xảy ra khi (2 x  5 y ) 2  0 và xy  90  0

0,25

+ Với (2 x  5 y ) 2  0 thì 2 x  5 y 

x y

5 2

0,25

+ Với xy  90  0 thì xy = 90

0,25

x y
  k ta được x = 5k ; và y = 2k
5 2
Mà xy = 90 nên 5k .2k = 90
Tìm được k = 3 hoặc k = -3
+ Nếu k = 3 thì x = 15 ; y = 6
+ Nếu k = -3 thì x = -15 ; y = - 6

0,25

Đặt

0,25


Kết luận : Vậy giá trị lớn nhất của P là 0 khi và chỉ khi x = 15 ; y = 6
hoặc x = -15 ; y = - 6
x
x


x

y

z
x

y
b) Ta có:
y
y

x yt x y

0,1

z
z

y zt zt

t
t

x zt zt

0,25

x

y
z
t
(

)(

)
z  t z  t => M < 2
M < x  y x  y

+ Có M10 < 210 (Vì M > 0) mà 210= 1024 < 1025
Vậy M10 < 1025
4
(4đ)

0.25

0,25

Vẽ hình ghi giả thiết kết luận
A
D

N

E
M

0,5

B

O

C

I
1
BC .
2
Trên tia đối của tia OD lấy điểm I sao cho OI = OD. Nối I với C.
Chứng minh được ΔOBD = ΔOCI (c.g.c)
BD = CI
và BDO  OIC Mà hai góc này ở vị trí so le trong
DB // CI
Mà CD  BD  CD  CI
Chứng minh được ΔBDC = ΔICD (c.g.c)

Chứng minh : OD 

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


BC = DI
1
BC .
2

Chứng minh ΔOMN cân
Nối O với E

Từ đó  OD 

Chứng minh tương tự câu a có OE 

1
BC .
2

 OD = OE  ΔOED cân tại O
Chứng minh được OEM  ODN
-Chứng minh được ΔOEM = ΔODN (c.g.c)
 OM = ON  Điều phải chứng minh
5
(2đ)

Chứng minh: AM  DE
Trên tia đối của tia MA lấy điểm F sao cho MF = MA
  AMB   FMC ( c. g .c )

 (2)
 AB  AD  CF (1); 
ABM  FCM
  BAC
  1800 (3)
Từ (2)  CF  AB  FCA
  EAD
  BAD

  900 ; AE  AC  CAD
  EAD
  CAE
  900
AD  AB  BAE
  EAD
  CAD
  EAD
  180 0  BAC
  EAD
  1800 (4)
 BAE
  EAD
  ADE  CFA (c. g.c)  

Từ (3) và (4)  FCA
AED  CAF
  CAE
  900 nên  
  900 hay 
  FAE
  900
mà CAF
AED  FAE
AEK  KAE
  AKE vuông tại K  AM  DE
6 (2đ)

Điểm A thuộc đồ thị hàm số y = ax nên tọa độ (2;1) của A phải thỏa mãn hàm số y = ax.
Do đó, 1 = a.2  a =

1
1
. Vậy hàm số được cho bởi công thức y = x.
2
2

Hai điểm A và B thuộc đồ thị hàm số nên hoành độ và tung độ của chúng tỉ lệ thuận
với nhau.
y
1 2 y 2
Suy ra 0    0
(theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau)
x0 2 4 x0  4
Vậy

y0  2 1
= .
x0  4 2

Nếu x0 = 5 thì y0 =

0,5
0,25
0,25
0,5

2,0đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25

0,25
0,5
0,25

1
5
x0 = = 2,5.
2
2

0,25

Diện tích tam giác OBC là:
Áp dụng công thức S =
SOBC =

1
. 5. 2,5 = 6,25.
2

1
(a.h) ta có:
2

0, 5