Tải Đề thi học sinh giỏi Văn hóa lớp 7 tỉnh Bắc Giang năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Giang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (371.45 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO

BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HỐ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013

MƠN THI: TỐN; LỚP: 7 PHỔ THÔNG 
Ngày thi: 30/3/2013

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (4,0 điểm)
1) Rút gọn:

3 2 1 3 2 1

2 5 10 2 3 12
A         

   .

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2012 x 2013 với x là số tự nhiên.
Câu 2. (5,0 điểm)

1) Tìm x biết 2 .3 .5x2 x1 x 10800

 .

2) Ba bạn An, Bình và Cường có tổng số viên bi là 74. Biết rằng số viên bi của An
và Bình tỉ lệ với 5 và 6; số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5. Tính số
viên bi của mỗi bạn.

Câu 3. (4,0 điểm)

1) Cho plà số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p 2 2012 là hợp số.

2) Cho n là số tự nhiên có hai chữ số. Tìm n biết n 4 và 2n đều là các số chính
phương.

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A và có cả ba góc đều là góc nhọn.

1) Về phía ngồi của tam giác vẽ tam giác ABE vuông cân ở B. Gọi H là trung điểm
của BC, trên tia đối của tia AH lấy điểm I sao cho AI BC. Chứng minh hai tam
giác ABI và BEC bằng nhau và BI CE.

2) Phân giác của các góc ABC BDC, cắt AC, BC lần lượt tại D, M. Phân giác của
góc BDA cắt BC tại N. Chứng minh rằng:

1
.
2
BD MN

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho

1 1 1 1 1 1

1 ...

2 3 4 2011 2012 2013
S        

và

1 1 1 1

...

1007 1008 2012 2013

P     

.
Tính





2013
S P

---Hết---Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ...Số báo danh:...

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO

BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HỐ CẤP TỈNH
MƠN THI: TỐN; LỚP: 7 PHỔ THƠNG

Ngày thi: 30/3/2013
Bản hướng dẫn có 03 trang

Câu

Phương pháp-Kết quả Điểm

Câu 1

( 4 điểm)

1

(2điểm) A 10 10 1015 4  1   : 12 12 1218 8  1 

    0.5đ

12 11
:

10 12

 0.5đ

6 12 72
.

5 11 55

 

0.5đ

Vậy

72
55
A 

0.5

2
(2điểm)

2012 2013
P x  x

+ Nếu x 2012 hoặc x 2013 thì P 1 0.5 đ

+ Nếu x 2013 thì P x 2012  x 2013 1  x 2013 1 0.5đ
+ Nếu x 2012 thì P x 2012  x 2013  x 2012 1 1  0.5

+ Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt được khi x 2012 hoặc x 2013. 0.5 đ

Câu 2 (4điểm)

1
(2.5điểm)

Ta có 2 .3 .5x2 x1 x10800 2 .2 .3 .3.5x 2 x x 10800 1.0 đ



2.3.5



900

x

 

0.5 đ

 30x 302  x2

0.5

Vậy x 2 là kết quả cần tìm. 0.5 đ

2
(2.5điểm)

+ Gọi số viên bi của An, Bình, Cường lần lượt là a b c, , . Vì tổng số viên bi
của ba bạn là 74 nên a b c  74

0.5 đ

+ Vì số viên bi của An và Bình tỉ lệ với 5 và 6 nên 5 6 10 12

a b a b

  

0.5 đ

+ Vì số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5 nên 4 5 12 15

b c b c

   0.5

+ Từ đó ta có

74
2
10 12 15 10 12 15 37

a b c a b c 

    

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

+ Suy ra a20;b24;c30

0.5đ

Câu 3

(4điểm)

1

(2điểm) + Vì plà số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng p3k1



k,k1



0.5

+Với p3k1

suy ra









2 2012 3 1 2012 9 2 6 2013 2 2012 3

p   k   k  k  p  

0.5

+Với p3k 1

suy ra









2 2012 3 1 2012 9 2 6 2013 2 2012 3

p   k   k  k  p  

0.5

Vậy p 2 2012 là hợp số. 0.5

2

(2điểm) + Vì n là số có hai chữ số nên 9n100 18 2 n200

0.5đ

+ Mặt khác 2n là số chính phương chẵn nên 2n có thể nhận các giá trị:
36; 64; 100; 144; 196.

0.5đ
+ Với 2n36 n18 n 4 22 khơng là số chính phương

2n64 n32 n 4 36là số chính phương

2n100 n50 n 4 54không là số chính phương
2n144 n72 n 4 76 khơng là số chính phương
2n196 n98 n 4 102không là số chính phương

0.5 đ

+ Vậy số cần tìm là n 32. 0.5đ

Câu 4

(6 điểm)

1

(3điểm)

+ Xét hai tam giác AIB và BCE
Có AI=BC (gt)

BE=BA( gt) 0.5

+ Góc IAB là góc ngồi của tam giác ABH nên

    900

IAB ABH AHB ABH    0.5

+ Ta có EBC EBA ABC   ABC900. Do đó IAB EBC  .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

+ Trong tam giác vng IHB vng tại H có AIB IBH 900.

Do đó BCE IBH  900. 0.5đ

KL: CE vng góc với BI. 0.5đ

2

(3điểm) + Do tính chất của đường phân giác, ta có DM DN. 0.5 đ
+ Gọi F là trung điểm của MN. Ta có FM FD FN . 0.5 đ
+ Tam giác FDM cân tại F nên FMD MDF  .

   ( óc ngoài tam giác)
FMD MBD BDM g 

MBD CDM 

0.5 đ

Suy ra MBD CDF  (1) 0.5 đ

Ta cóMCD CDF CFD  (2)

Do tam giác ABC cân tại A nên MCD 2MBD (3) 0.5 đ
Từ (1), (2), (3) suy ra MBD DFC hay tam giác DBF cân tại D. Do đó

1
2

BD DF  MN 0.5 đ

Câu 5

(1 điểm) Cho

1 1 1 1 1 1

1 ...

2 3 4 2011 2012 2013
S        

và

1 1 1 1

...

1007 1008 2012 2013

P     

. Tính





2013
S P .

(1 điểm)

+ Ta có:

1 1 1 1

...

1007 1008 2012 2013

P     

1 1 1 1 1 1 1

1 ... ...

2 3 1006 1007 1008 2012 2013

 

          

 

1 1 1

1 ...

2 3 1006

 

     

 

0.5 đ

1 1 1 1 1 1 1

1 ... ...

2 3 1006 1007 1008 2012 2013

 

          

 

1 1 1 1

2 ...

2 4 6 2012

 

      

 

1 1 1 1 1

1 ...

2 3 4 2012 2013

      

=S.
Do đó





2013
S P

0.5 đ

Điểm toàn bài (20điểm)

Lưu ý khi chấm bài:

Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm
của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và

cho điểm từng phần tương ứng.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5></div>