Đề và đáp án thi học sinh giỏi toán 7

PHÒNG GD&ĐT THANH LIÊM

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THCS LIÊM PHONG

MÔN TOÁN LỚP 7
NĂM HỌC 2012 – 2013

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Bài 1:( 3 điểm)
a) Thực hiện phép tính:

A=

212.35 − 46.92

( 2 .3)
2

6

+ 8 .3
4

5

−

510.73 − 255.492

( 125.7 )

3

+ 59.143

b) Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n thì :
3n + 2 − 2n+ 2 + 3n − 2n chia hết cho 10
Bài 2:(2 điểm)
Tìm x biết:

x−

1 4
2
+ = ( −3, 2 ) +
3 5
5

Bài 3: (2 điểm)
Cho

a c
a2 + c2 a
= . Chứng minh rằng: 2 2 =
c b
b +c
b

Bài 4: (3 điểm)

Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Trên tia đối của của tia MA lấy điểm E
sao cho ME = MA. Chứng minh rằng:
a) AC = EB và AC // BE
b) Gọi I là một điểm trên AC ; K là một điểm trên EB sao cho AI = EK . Chứng
minh ba điểm I , M , K thẳng hàng
·
·
c) Từ E kẻ EH ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Biết HBE
= 500 ; MEB
= 250
·
·
Tính HEM
và BME


PHÒNG GD&ĐT THANH LIÊM

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA

TRƯỜNG THCS LIÊM PHONG

CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 7
NĂM HỌC 2012 – 2013

Bài 1:(3 điểm):
a) (1.5 điểm)

212.35 − 46.92

510.73 − 255.492

10

212.35 − 212.34 510.73 − 5 .7 4
A=
−
= 12 6 12 5 − 9 3 9 3 3
6
3
9
3
2
4 5
( 2 .3) + 8 .3 ( 125.7) + 5 .14 2 .3 + 2 .3 5 .7 + 5 .2 .7
212.34. ( 3 − 1) 510.73. ( 1 − 7 )
= 12 5
−
2 .3 . ( 3 + 1) 59.73. ( 1 + 23 )
212.34.2 5 .7 . ( −6 )
= 12 5 −
2 .3 .4
59.73.9
1 −10 7
= −
=
6
3
2

10

3

b) (1.5 điểm)
3n + 2 − 2n+ 2 + 3n − 2n = 3n + 2 + 3n − 2n+ 2 − 2n
= 3n (32 + 1) − 2n (22 + 1)
= 3n ×10 − 2n ×5 = 3n ×10 − 2n−1 ×10

= 10( 3n -2n)
Vậy 3n + 2 − 2n + 2 + 3n − 2n M10 với mọi n là số nguyên dương.
Bài 2:(2 điểm)

x−

1 4
2
1 4 −16 2
+ = ( −3, 2 ) + ⇔ x − + =
+
3 5
5
3 5
5
5

⇔ x−

1 4 14
+ =

3 5 5


 x −1 = 2
1
⇔ x − = 2 ⇔  13
 x − =−2
3
 3
 x = 2+ 1 = 7
3 3
⇔ 
x=−2+1= −5
3 3


Bài 3: (2 điểm)
Từ

a c
= suy ra c 2 = a.b
c b
a 2 + c 2 a 2 + a.b
khi đó 2 2 = 2
b +c
b + a.b
a ( a + b) a
= b( a + b ) = b

Bài 4: (3 điểm)

a/ (1điểm) Xét ∆AMC và ∆EMB có :
AM = EM (gt )

A

I
M

B

·AMC = EMB
·
(đối đỉnh )

BM = MC
(gt )
Nên : ∆AMC = ∆EMB (c.g.c )

C
H

K

E

0,5 điểm
⇒ AC = EB
·
·
Vì ∆AMC = ∆EMB ⇒ MAC

(2 góc có vị trí so le trong được tạo bởi đường thẳng
= MEB
AC và EB cắt đường thẳng AE )
Suy ra AC // BE .
b/ (1 điểm )
Xét ∆AMI và ∆EMK có :
AM = EM (gt )
·
·
( vì ∆AMC = ∆EMB )
MAI
= MEK
AI = EK (gt )
Nên ∆AMI = ∆EMK ( c.g.c )
·
Suy ra: ·AMI = EMK
·
Mà ·AMI + IME
= 1800 ( tính chất hai góc kề bù )
·
·
⇒ EMK
+ IME
= 1800
⇒ Ba điểm I;M;K thẳng hàng

c/ (1 điểm )
µ = 900 có HBE
·
Trong tam giác vuông BHE ( H

= 500
·
·
⇒ HEB
= 900 − HBE
= 900 − 500 = 400
·
·
·
⇒ HEM
= HEB
− MEB
= 400 − 250 = 150


·
BME là góc ngoài tại đỉnh M của ∆HEM
BME
·
·
·
Nên BME
= HEM
+ MHE
= 150 + 900 = 1050

( định lý góc ngoài của tam giác )
( Học sinh giải theo cách khác đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa)