ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 7 CÓ ĐÁP ÁN

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN. NĂM HỌC 2008-2009
MƠN THI: TỐN 7 (Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1 (2,0 điểm)
a. Thực hiện phép tính:
3
2 4
1, 2 : (1 .1, 25) (1,08  ) :
5
25 7  0, 6.0,5 : 2

M=
1
5 9 36
5
0, 64 
(5  ).
25
9 4 17

b. Cho N = 0,7. (20072009 – 20131999). Chứng minh rằng: N là một số nguyên.
Bài 2: (2,0điểm)Tìm x, y biết:
a.

x  1 60

15 x  1

b.

2x 1 3y  2 2x  3y 1


5
7
6x

Bài 3: (2,0 điểm)
Cho biểu thức: P = 3x  3  2 x  1
a. Rút gọn P?
b. Tìm giá trị của x để P = 6?
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho đoạn thẳng AB có O là trung điểm. Trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ
AB kẻ hai tia Ax // By. Lấy hai điểm C,E và D,F lần lượt trên Ax và By sao cho AC =
BD; CE = DF. Chứng minh:
a. Ba điểm: C, O, D thẳng hàng; E, O, F thẳng hàng.
b. ED = CF .
Bài 5: (2,0 điểm)
Tam giác ABC cân tại C và C�  1000 ; BD là phân giác góc B. Từ A kẻ tia Ax tạo
với AB một góc 300 . Tia Ax cắt BD tại M, cắt BC lại E. BK là phân giác góc CBD,
BK cắt Ax tại N.
a. Tính số đo góc ACM.
b. So sánh MN và CE.
Hết./.
1


PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN. NĂM HỌC 2008-2009
MƠN THI: TỐN 7 (Thời gian làm bài 120 phút)

Câu

Ý

Nội dung cần đạt

Điểm

8 5
7
1, 2 : ( . ) (1, 08  0, 08).
5 4 
4  0,3. 5
M
50 9 36
0, 64  0, 04
2
(  ).
9 4 17

0,5

a

1,0
7
1, 2 : 2
1 3
4


 0, 75 = -1 +   0
119
36
0, 6
4 4
.
36 17

1

0,5

Chứng minh N là số nguyên ta cần c/m : 20072009 – 20131999 có chữ số tận cùng bằng 0.
Ta có 20072009 = 2007.  ((2007) 2 ) 2 
b

502

= 2007 .  (...9) 2 

502

= 2007. (….1) có chữ số

tận cùng bằng 7.
2013

1999

3





2 2 499

= 2013 . ((2013) )



 (...7) �(...9)



2 499

0,25
0,25

1,0
 (...7) �
(...1) có chữ số tận cùng

0,25
0,25

bằng 7
Vậy 20072009 – 20131999 có chữ số tận cùng bằng 0 � N là một số nguyên.
a

Từ GT bài toán ta có: ( x  1) 2  900 � x  1  �30

� x  31 hoặc x  29

Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau từ 2 tỷ số đầu ta có:

0,75
0,5

2x  1 3 y  2 2x  3 y 1


5
7
12
Kết hợp với giả thiết �

2
b

2x  3 y 1 2x  3 y 1

12
6x

0,25

+ Nếu: 2 x  3 y  1 �0 � 6 x  12 � x  2 Thay vào tính được y  3

0,25

+ Nếu: 2 x  3 y  1  0 � 2 x  1  3 y Thay vào 2 tỷ số đầu tính được

0,25

2,0

2
1
y , x
3
2
3

Học sinh biết chia hai trường hợp để rút gọn P(Mỗi TH đúng: 0,5 điểm)
+ Với x �1, P  5 x  2
a

+ Với x  1, P   x  4

0,5

1,0

0,5

2

+ Với x �1, P  5 x  2 = 6 � x 
b

0,5

8
(Thoả mãn)
5

Vậy P = 6 khi x 

1,0

0,5

+ Với x  1, P   x  4 = 6 � x  2 (Thoả mãn)

F

8
hoặc x  2
5
0,25

Vẽ hình, ghi đúng GT, KL

D

A
B

O
C

E

4

2,0

Học sinh chứng minh được:  AOE =  BOF (c.g.c) � E, O,F thẳng hàng và OE = OF 0,5
(1)
a

Tương tự c/m được:  AOC =  BOD (c.g.c) � C, O, D thẳng hàng và

0,5

OC = OD (2)

5

b

Từ (1); (2) kết hợp GT c/m được  EOD =  FOC (c.g.c) � EDx= CF

0,75

a

Vẽ hình, GT,KL

0,25

C

HS c/m được:  ANB cân tại N
( có hai góc bằng nhau = 300)
� NA = NB

K
D

E

1,0

1 2

0,25

N
M

1
A

30 0

1

B

3


Nối CN, và chứng minh được:  CAN =  CBN (c.c.c)

0,25

� �
�  500
�  NCB
�  500 ; NMB
�
góc ngồi của  ABM � NMB
A1  B
� NCA
1
Từ đó HS c/m được:  BNM =  BNC ( g.c.g) � BC  BM hay  CBM cân tại B, mà 0,25
�  200 nên tính được �
lại có góc ở đỉnh CBM
ACM  200
Từ c/m trên HS c/m được  MNC cân tại N � MN = NC

0,25

Vậy chỉ cần so sánh CN với CE.
b

Xét trong tam giác: CNE tính được góc CEN = 1800 –(1000 + 100) = 700

Và tính được góc CNE = 500 + 100 = 600 (góc ngồi của  CAN)
�  CNE
� � CN  CE hay MN > CE
� CEN

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG

TOÁN 7

0,25
0,25

1,0

0,25

ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG
NĂM HỌC: 2010 – 2011. Mơn

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

thi:

Thời gian: 120 phút (Không kể thời
gian giao đề)

Câu 1.
a) Thực hiện phép tính:

45.94  2.69
210.38  68.20

b) So sánh: (17)14 và 3111

Câu 2. Tìm x, y, z biết rằng:
a) 2 x  3  1  0
c) xy  z; yz  4 x;

xz  9 y

b)

2x 3 y z

 và x  y  z  109
5 10 12

d)

2 x  9 5 x  17 3x


là số nguyên với x nguyên
x3
x3
x3

Câu 3 Cho hai đa thức : f ( x)  ( x 1)( x  3) và g ( x)  x3  ax 2  bx  3
4

a) Xác định hệ số a; b của đa thức g ( x) biết nghiệm của đa thức f ( x) cũng là
nghiệm của đa thức g ( x) .
b) Cho biểu thức A =

2011  x
. Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị lớn
11  x

nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Câu 4
�  600 . Từ một điểm B trên tia Ox vẽ đường
Cho Oz là tia phân giác của xOy
thẳng song song với tia Oy cắt Oz tại điểm C. Kẻ BH  Oy; CM  Oy; BK  Oz ( H, M
�Oy; K �Oz). MC cắt Ox tại P. Chứng minh:
a) K là trung điểm của OC.
b)  KMC là tam giác đều.
c) OP > OC
------Hết-----

5


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT
LƯỢNG
NĂM HỌC 2010 – 2011.
Mơn thi:
TỐN 7
Câu

1. a
b

Nội dung cần đạt

Điểm
0,75

45.94  2.69
210.38  210.39
210.38 (1  3) 1

 10 8

210.38  68.20 210.38  210.38.5 2 .3 (1  5) 3
(17)14  1714  1614  256
31  32  2
11

11

0,25

Mà 1714  256  255  3111 . Vậy (17)14 > 3111

2. a

2 x  3  1  0 � 2 x  3  1 � 2 x  3  1 hoặc 2 x  3  1

b

c

d.

x  2 hoặc x  1
2x 3y z
x yz
109 109.6





5 10 12 5  10  12 107
107
2 3
6

HS tính được: x 

15.109
20.109
72.109
;y
;z 
107
107
107

xy  z;

xz  9 y

yz  4 x;

0,25

0,25
Nhân từng vế bất đẳng thức ta được : (xyz)2 = 36xyz
+ Nếu một trong các số x,y,z bằng 0 thì 2 số cịn lại cũng bằng 0
0,25
+ Nếu cả 3 số x,y,z khác 0 thì chia 2 vế cho xyz ta được xyz =
36
+ Từ xyz =36 và xy = z ta được z2 = 36 nên z = 6; z = -6
+ Từ xyz =36 và yz = 4x ta được 4x2 = 36 nên x = 3; x = -3
0,25
+ Từ xyz =36 và xz  9 y ta được 9y2 = 36 nên y = 2; y = -2
- Nếu z = 6 thì x và y cùng dấu nên x = 3, y = 2 hoặc x =
-3 , y = -2
- Nếu z = -6 thì x và y trái dấu nên x = 3 ; y = -2 hoặc x =
-3; y=2
Vậy có 5 bộ số (x, y, z) thỗ mãn: (0,0,0); (3,2,6);(-3,-2,6);(3,-2,-6);(y
3,2.-6)
2 x  9 5 x  17 3x
4 x  26
0,25


=

A=

2,5

=

0,25
0,25

f ( x)  ( x  1)( x  3) = 0 � x  1; x  3
HS biết tìm nghiệm của
1 C
Nghiệm của f ( x) cũng là nghiệm của g ( x)  x3  ax 2  bx  3 nên :
K
H
Thay x  1 vào g ( x) ta có: 1  a  b  3  0
x  3 vào g ( x) ta có: 27  9a  3b  3  0
1 Thay
a  3; b  1
60 0 2Từ đó HS
1 biến đổi và tính được:
O

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

x3
x3
x3
x3
4 x  12  14 4( x  3)  14
14

 4
=
là số nguyên
z
xM 3
x3
x3
1; �2; �7; �14 .
Khi đó ( x + 3) là ước của 14 mà Ư(14) = �
HS suy ra được : x = -2;- 4;- 1; - 5; 4 ; - 10; 11 ; -17.

3
a

1,5

55

2011  xB 11  x  2000
2000

 1

P

x

0,5
0,5
0,25

6


PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
HỌC: 2011 - 2012

ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM
Mơn thi: TỐN 7
Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

giao đề)
Câu 1. Thực hiện phép tính để tính giá trị các biểu thức sau:
�
1
- 1 �� 1 �
6.(- )2 - 3.( ) +1��
: - 1- �
a. A =�
�

��
3
3
3�
�
��
�
3 � �
2
�2 �
2012
3
�
- �
.( - 1)
�3 �
�. �
�
�
� � � 4�
b. B =
2
3
�
� 5�
1 �
2
�
�
�

36���
- �
� .�
5 �
�5 � � 12 �
Câu 2. Tìm x, y, z biết:
2012
2010

a.

( x - 1)

+( y - 2)

+( x - z)

2008

=0

x y z
= = và x 2 +y 2 +z 2 =116
2 3 4
c. x - 2 - 3 =4

b.

Câu 3.
a. Cho hai đa thức: f ( x) =x 2 +3mx +m2 và g ( x) =x 2 +(2m - 1) x +m2

Tìm m để f (1) =g (1)
a
b
c
d
+
+
+
; với a, b, c, d �N * .
a +b +c a +b +d b +c +d a +c +d
Chứng minh: M không nhận giá trị là số tự nhiên.

b. Cho M =

Câu 4.
Cho đoạn thẳng AB có O là trung điểm. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB
vẽ các tia: Ax ^ AB, By ^ AB. Trên tia Ax lấy điểm C; vẽ đường thẳng vng góc
CO tại O, đường thẳng này cắt tia By tại D. Tia CO cắt đường thẳng DB tại E. Phân
�
giác của OCD
cắt OD tại J. Chứng minh
a. CD = AC + BD
� .
b. JE là phân giác của BEO
c. DB + BO < DO +JE
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG

HD CHẤM ĐỀ KĐCL MŨI NHỌN.

NĂM HỌC:

2011 – 2012.
Mơn thi: TỐN 7. Thời gian: 90 phút( không kể thời gian giao đề)
7


Câu

Ý
a

1
b

a

Nội dung cần đạt
�
�2
� 4 8
1
- 1 �� 1 �
3
A =�
6.(- )2 - 3.( ) +1��
: - 1- �
=�
(- ) =- 2
� +1 +1�
�: (- ) = �

�
��
�
3
3
3 � �3
4
� 3 3
�
��

Điểm
1,0

3 � �
2
2
�2 �
�2 3 �
2012
3�
2
1 2
�
�
�
.
.
1
�. �

�.
.
�3 � � 4 � ( )
�
3 4� 3
�
�
�
�
�
4
3 =1 �- 12 =- 2
B=
=
=
( )
2
2
3
1 � 5 ��2 5 � (- 3). 1 6
�� 5�
1 �
2
36. . �
- �
.�
��
36��
- �
�

�
�5 .12 �
�
36
�
�
� .�
5
12
�
�
�
�
5 �
5
12
�� � �
2012
2010
2008
Vì ( x - 1)
�0; ( y - 2)
�0; ( x - z)
�0 nên

( x - 1)

2012

+( y - 2)

2010

+( x - z)

2008

�x - 1 =0
�
�
=0 � �y - 2 =0 �
�
�x - z =0

1,0

�x =1
�
�
�y =2
�
�z =1

0,5

x y z
x 2 y 2 z 2 x 2 +y 2 +z 2 116
= = �
= = =
=

=4
2 3 4
4
9 16
29
29
� x =�4; y =�6; z =�8

0,7
5

x - 2 - 3 =4� x - 2 - 3 =�4
2

TH1: x - 2 - 3 =4 ta có:
+ Nếu x – 2 �0 hay x �2: x - 2 - 3 =4 � x =9 (thỏa mãn)
b

+ Nếu x < 2 : 2 - x - 3 =4 � x =- 5 (Thỏa mãn)
TH2: x - 2 - 3 =- 4 ta có:

0,7
5

+ Nếu x �2: x - 2 - 3 =- 4 � x =1 (Loại vì 1 < 2)
+ Nếu x < 2 : 2 - x - 3 =- 4 � x =3 (Loại vì 3 > 2)
3

a

Vậy x = 9; x = -5
f (1) =1 +3m +m2 ; g (1) =1 +(2m - 1) +m2 =2m +m2
1,0

Để f (1) =g (1) � 1 +3m +m2 =2m +m2 � 3m - 2m =- 1� m =- 1

8


a, b, c, d �N * nên
a
a +b +c +d
a
a +b +c +d
a
a +b +c +d
a
a +b +c +d

a
a
<
<
a +b +c a +b
b
b
<
<
a +b +d a +b
c

c
<
<
b +c +d c +d
d
d
<
<
a +c +d c +d

(1)
(2)
(3)
(4)

Cộng vế theo vế của (1), (2), (3), (4) ta có: 1 Hình vẽ:
x
y

1,0
0,2

HS chứng minh: DAOC =DBOE ( g .c.g )
D

a

5

� AC =BE (1)

- Chứng minh:
C

DCOD =DEOD(c.g.c) � CD =ED

J
P

(2)

1,2

Từ (1) và (2):

5

CD = ED = EB + BD = CA + BD
A
� =EOB
� => OD phân giác góc CDE
DCOD =DEOD (C/m
O trên) => COD

4

B

b

c

1,0

� . => Trong tam giác CDE có J là giao điểm của
Mà CJ là phân giác OCD
E

�
�
�
2 phân giác CDE
và OCD
nên JE là phân giác BEO
Trong tam giác vng ODB có: DB < OD (Hình chiếu < đường xiên) (3)
Tương tự trong DOBE: OB (4)
DOEJ: OE < JE
(5)
Từ (3), (4), (5) suy ra:DB + BO < DO +JE

1,5

Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
HỌC: 2012 - 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM
Mơn thi: TỐN 7

9


Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian
giao đề)
Câu 1.
3 3

11 12  1,5  1 0,75
a. Thực hiện phép tính:
5 5
5
0,265  0,5  
2,5   1,25
11 12
3
b. So sánh: 50  26  1 và 168 .
0,375  0,3 

Câu 2.
a. Tìm x biết: x  2  3  2 x  2 x  1
b. Tìm x; y �Z biết: xy  2 x  y  5
c. Tìm x; y; z biết: 2x = 3y; 4y = 5z và 4x - 3y + 5z = 7
Câu 3.
a. Tìm đa thức bậc hai biết f(x) - f(x-1) = x. Từ đó áp dụng tính tổng S =
1+2+3+ ....+ n.

b. Cho

2bz  3cy 3cx  az ay  2bx
x y
z


Chứng minh:   .
a
2b
3c
a 2b 3c

Câu 4.
�  90o ), đường cao AH. Gọi E; F lần lượt là điểm đối
Cho tam giác ABC ( BAC
xứng của H qua AB; AC, đường thẳng EF cắt AB; AC lần lượt tại M và N. Chứng
minh rằng:
a. AE = AF;
� ;
b. HA là phân giác của MHN
c. CM // EH; BN // FH.

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN 7
Câu
Ý
Nội dung

Điểm

10


3 3 3 3
  
8 10 11 12 
A = 53 5 5 5

  
100 10 11 12

a.
0,5
điểm

�1 1 1 1 �
�1 1 1 �
3�    � 3�   � 3(165 132 120  110)
3
�8 10 11 12 �  �2 3 4 �
1320


53

66

60


55
53 � 1 1 1 � �1 1 1 �
 5(
) 5
 5�
   � 5�   �
660
100 � 10 11 12 � �2 3 4 � 100
A=
263
263
3.
3.
3 3945 3 1881
1320  3 
1320

 
 
53
49 5 1749  1225 5 5948 5 29740
 5.
100
660
3300

Câu
1
1,5

điểm

b. 1
điểm
a. 1
điểm

Ta có: 50 > 49 = 4; 26 > 25 = 5
Vậy: 50  26  1  7  5  1  13  169  168
Nếu x >2 ta có: x - 2 + 2x - 3 = 2x + 1 � x = 6
Nếu

3
�x �2 ta có: 2 - x + 2x - 3 = 2x + 1 � x = - 2 loại
2

Nếu x<

3
4
ta có: 2 - x + 3 - 2x = 2x + 1 � x =
2
5

Vậy: x = 6 ; x =
Câu
2
4
điểm

3 3 3
 
2 3 4
5 5 5
 
2 3 4

b.
1.5
điểm

4
5

c.
1.5
x
y
z 4 x 3 y 5z
4x  3 y  5z 7






 12
7
điểm � 1 1 1 1 1 1 = 1  1  1
12

15

2

0.25

0.5
0,5
0.25
0.25
0.25
0.25

Ta có: xy + 2x - y = 5 � x(y+2) - (y+2) = 3
� (y+2)(x-1) = 3.1 =1.3 = (-1).(-3) = (-3).(-1)
y+2
3
1
-1
-3
x-1
1
3
-3
-1
X
2
4
-2

0
Y
1
-1
-3
-5
Từ: 2x= 3y; 4y = 5z � 8x = 12y = 15z

8

0.25

4

3

2

4

3

0. 5
0. 5
0.5

0. 5
0.5

12

1 3
1
1 4
� x = 12. = ; y = 12.
= 1; z = 12. 
8 2
12
15 5

0. 5

11


2
Đa thức bậc hai cần tìm có dạng: f  x   ax  bx  c (a �0).
a.
0.5 Ta có : f  x  1  a  x  1 2  b  x  1  c .
điểm
� 1

a
2a  1
�
�
2
��
f  x   f  x  1  2ax  a  b  x � �
ba  0

�
b 1
�
�
2
1
2

0.25

1
2

Vậy đa thức cần tìm là: f  x   x 2  x  c (c là hằng số tùy ý).
Áp dụng:
+ Với x = 1 ta có : 1  f  1  f  0  .
+ Với x = 2 ta có : 1  f  2   f  1 .
………………………………….

Câu
3 1.5
điểm

+ Với x = n ta có : n  f  n   f  n  1 .

0.25

n  n  1
n2 n
 cc 

.
2 2
2
2bz  3cy 3cx  az ay  2bx
�


a
2b
3c

� S = 1+2+3+…+n = f  n   f  0  =

b. 1
điểm

0.5
2abz  3acy 6bcx  2abz 3acy  6bcx


a2
4b 2
9c 2
2abz  3acy  6bcx  2abz  3acy  6bcx

0
a 2  4b 2  9c 2
z
y
� 2bz - 3cy = 0 �


(1)
3c 2b
x z
x y
z
� 3cx - az = 0 �  (2); Từ (1) và (2) suy ra: 

a 3c
a 2b 3c

0.25
0.25

12


Câu Hình
4 3 vẽ 0.
điểm 5 đ

0.25

F
A
N
M
E

B

C
H

a. 1 Vì AB là trung trực của EH nên ta có: AE = AH (1)
điểm Vì AC là trung trực của HF nên ta có: AH = AF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AE = AF
�
� MB là phân giác
b. 1 Vì M AB nên MB là phân giác EMH
điểm ngồi góc M của tam giác MNH
�
� NC là phân giác ngồi
Vì N AC nên NC là phân giác FNH
góc N của tam giác MNH
Do MB; NC cắt nhau tại A nên HA là phân giác trong góc H của
� .
tam giác HMN hay HA là phân giác của MHN
�
� HB là phân
c. 1 Ta có AH  BC (gt) mà HM là phân giác MHN
điểm giác ngồi góc H của tam giác HMN
MB là phân giác ngồi góc M của tam giác HMN (cmt) � NB là
phân giác trong góc N của tam giác HMN
� BN  AC ( Hai đường phân giác của hai góc kề bù thì vng
góc với nhau). � BN // HF ( cùng vng góc với AC)
Chứng minh tương tự ta có: EH // CM

�

0.25
0.25
0. 5
0.25

�

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì khơng chấm bài hình.
PHỊNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN
NĂM HỌC 2013-2014 - Mơn thi: TỐN 7
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
13


Câu 1.
a. Chứng minh: 52014 - 52013 + 52012 chia hết cho 105.
b. Tìm số nguyên tố p sao cho p + 2 và p + 4 đều là số nguyên tố.
Câu 2. Tìm x biết :

a. 3  2 x  x  1
1 1
2 3

b. (   ... 

1
2013 2012
2
1

 ... 

). x =
2014
1
2
2012 2013

Câu 3.
x

3

a. Tìm x; y; z biết y  2 ; 5x = 7z và x – 2y + z = 32.
7x  5 y

7 z  5t

x

z

b. Cho 3x  7 y  3z  7t . Chứng minh: y  t .
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x  2013  2014  x  x  2015 .
Câu 4. Cho tam giác ABC cân (AB = AC). Trên cạnh BC lấy điểm D trên tia đối tia CB lấy
điểm E sao cho BD = CE. Các đường thẳng vng góc với BC kẻ từ D và E cắt AB và AC
lần lượt ở M và N. Gọi I là giao điểm của MN và BE.
a. Biết AB < BC. Chứng minh: Â > 600.
b. Chứng minh IM = IN
c. Chứng minh đường thẳng vng góc với MN tại I luôn đi qua 1 điểm cố định khi
D thay đổi trên cạnh BC.
Hết./
PHÒNG
GD&ĐT
CHƯƠNG

THANH

ĐÁP ÁN THI KSCL MŨI NHỌN
NĂM HỌC 2013-2014
MƠN THI: TỐN 7
Câu Ý
Nội dung
2014
2013
2012
2011 3
2
-5 +5

= 5 (5 – 5 +5)
Câu a 5 2011
= 5 (125 – 25 + 5) = 52011.105 chia hết cho 105
1

Điểm
0.5
0.5

14


b *) Nếu p = 3k + 1 ta có: 2p + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 3 = 3(2k +1) là 0.25
0,25
hợp số ( trái gt)
*) Nếu p = 3k + 2 ta có 2p + 4 = 2(3k + 2) + 2 = 6(k + 1) là hợp số 0.5
( trái gt)
Vậy p = 3k, mặt khác p là số nguyên tố nên p =3
a

Nếu x 

3
2
thì 3  2 x  x  1 � 3 – 2x = x +1 � 3x = 2 � x =
2
3

Vậy x = 4 hoặc x =
Câu

b

2

0.5

3
2

Nếu x � thì 3  2 x  x  1 � 2x – 3 = x +1 � x = 4

1 1
2 3

(   ... 

0,5

2
3

1
2013 2012
2
1

 ... 

).x =

2014
1
2
2012 2013

1 1
1
2012
2011
2
1
� (   ... 
1
 1... 
1
11
).x =
2 3
2014
2
3
2012
2013

0,5

1 1
1
2014 2014
2014 2014 2014

� (   ... 

 ... 


).x =
2 3
2014
2
3
2012 2013 2014

0,25

1 1
1
1 1
1
1
1
� (   ... 


) � x = 2014
).x = 2014(  ... 
2 3
2014
2 3
2012 2013 2014

a

x

3

x

y

x

y

x

z

x

z

Ta có y  2 �  �  (1); 5x = 7z �  �  (2)
3 2
21 14
7 5
21 15
Từ (1) và (2) ta có:

x

y
z
x  2y  z
32
 

4
=
21 14 15
21  28  15 8

0.25
0.25
0.5

Tìm được: x = 84; y = 56; z = 60
Câu
3

b

7 x  5 y 7 z  5t
Đặt: 3x  7 y  3z  7t = k � 7x + 5y = k(3x – 7y) � (3k – 7) x= (7k + 5)y
�

x 7k  5 (1)

y 3k  7

0.25

0,5
0,5

z
t

Tương tự: 7z + 5t = k( 3z – 7t) � (3k – 7)z = (7k + 5)t � 

7k  5
(2)
3k  7

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

15


c A = x  2013  2014  x  x  2015 = ( x  2013  2015  x )  x  2014

0.25

Ta có: x  2013  2015  x �x  2013  2015  x  2 . Dấu “=” xảy ra khi:
0.25

2013 �x �2015 (1)

Lại có: x  2014 �0 . Dấu “=” xảy ra khi x = 2014 (2). Từ (1) và (2) Ta có
minA = 2. Dấu “=” xảy ra khi x = 2014

0.25

0.25

A
E
C
I

N

M
H
D
B

Câu
O

4

�. mà B
� C
� vì tam giác ABC cân Mà �
�C
�  1800
a Do AB < BC nên �A  B
A B

b

nên ta có

1.0

�
A  600 (HS có thể c/m bằng phản chứng)
HS chứng minh được  BDM =  CEN suy ra EN = DM

0.5

HS chứng minh được  IDM =  IEN suy ra IN = IM
Kẻ AH vng góc với BC. Gọi O là giao điểm của AH và đường thẳng vơng góc

0.5
0.5

c với MN ở I .
HS chứng minh được O là điểm cố định.

PHỊNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

0,5
ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MŨI
NHỌN
NĂM HỌC 2014 - 2015
MƠN THI: TỐN – LỚP 7
Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2 điểm)

a. Cho

a c
a c cb
 và a; b; c �0. Chứng minh:

c b
ac cb

16


b. Tìm x ; y ; z biết

x  2 y 1 z  3


và x  y  z  15
3
2
4

Câu 2. (2,5 điểm)
a. Tìm x; y �Z biết 2 x  3 y  xy  8
b. Tìm x biết x  2014  x  2015  x  2016  2
c. Tìm x �N để A =

x 1
là số nguyên?
x 2

Câu 3. (2 điểm)
a. Tìm số tự nhiên có 3 chữ số, biết rằng số đó là bội của 72 và các chữ số của nó nếu
xếp từ nhỏ đến lớn thì tỷ lệ với 1; 2; 3 ?
b. Tìm x �Z để B =

2015  x
có giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó?
2014  x

Câu 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vng tại A, có C�  300 , đường cao AH. Trên HC lấy
điểm D sao cho HD = HB. Từ C kẻ CE vng góc với AD .
a. Chứng minh tam giác ADB đều.
b. Chứng minh: EH // AC.
c. Gọi M là trung điểm của AC. Kẻ AN và CP vng góc với BM (N; P �BM ).
Chứng minh BN + BP > 2AB.

PHÒNG
GD&ĐT
CHƯƠNG
Câu

THANH

ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC
2014-2015 MƠN TỐN 7

Ý
Nội dung
a ac

. Theo tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta có:
c

b

a c ac a c
a c c b
 

�

điều phải chứng minh
c b c b c b
ac cb

Câu
1

b

Điểm
0.5

x  2 y 1 z  3


Theo tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta có:
=
3
2

4
( x  2)  ( y  1)  ( z  3)
( x  y  z )  6 15  6


 1 . Từ đó HS tìm ra x; y ;z
3 2 4
9
9

0.5
0.5
0.5

tương ứng
17


a

2 x  3 y  xy  8 � x(2 – y) – 3(2 – y) + 6 = 8 � (x - 3)(y - 2) = -2 = (-

2).1 = 2.(-1) =
1.(-2) = (-1).2
Từ đó học sinh tìm được x; y tương ứng
b VT = x  2014  x  2015  x  2016 = ( x  2014  2016  x )  x  2015

2014 �x �2016 (1)

2

Lại có: x  2015 �0 . Dấu “=” xảy ra khi x = 2015 (2). Từ (1) và (2) suy ra
VT �2 (dấu “=”xảy ra khi x = 2015) mà VP = 2. Vậy x =2015.
c

A=

x 1
=
x 2

x 23
3
 1
x 2
x 2

Để A là số nguyên thì x  2 là ước của 3. Từ đó học sinh tìm ra x
a Gọi các chữ số của số cần tìm lần lượt theo thứ tự từ nhỏ đến lớn là a ; b ; c (

a b c
a bc abc
1 �a; b; c �9 ) theo bài ra ta có :   =

. Do a �N
1 2 3
1 2  3
6

3

0.5

0.25

Ta có: x  2014  2016  x �x  2014  2016  x  2 . Dấu “=” xảy ra khi:

Câu

Câu

0.5

0.25
0.25
0.5
0.25

0.25
0.25

nên a + b + c chia hết cho 6. Mặt khác số có 3 chữ số được tạo thành từ 0.25
3 chữ số a; b; c chia hết 72 tức là chia hết cho 9 nên a + b + c chia hết
cho 9. Lại có 1 �a  b  c �27 nên a + b + c = 18 suy ra a = 3; b =6; c =
9. Trong các số có 3 chữ số được lập bởi các chữ số đó thì chỉ có số
0.25
936 chia hết cho 72
2015  x
(2014  x)  1
1

b
0.5
 1
B=
=
2014  x
2014  x
2014  x
1
 0 thì B < 1
Nếu
2014  x
1
1
 0 Để B lớn nhất thì
Nếu
lớn nhất � 2014 – x
2014  x
2014  x
nguyên dương nhỏ nhất � 2014 - x = 1 � x = 2013

0.25
0.25

18


0.5

C

E

P
D

M
N

A

Câu
4

H

B

a Xét tam giác ADB có AH vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên  ADB
cân

0.5
0.5

Mặt khác Cˆ  300 suy ra Bˆ  600 . Vậy tam giác ADB đều
�
�
HS chứng minh được tam giác ADC cân ( Góc ACD
 CAD
 300 )

HS chứng minh được AH = CE (Hai tam giác vuông CEA và AHC bằng
b nhau)
HS chứng minh được DH = DE( Hai tam giác vuông AHD và CED bằng
nhau)
Hai tam giác cân ADC và EDC có góc ở đỉnh bằng nhau nên ta có:
�
�
suy ra: EH // AC.
AEH  EAC
Trong tam giác ABM vuông tại A ta có AB < BM = BN + NM
c AB < BM = BP – MP
Suy ra : 2.AB < BN + MN + BP – MP (Mà MN = MP do hai tam giác vuông
MNA + MPC) nên 2.AB < BN+BP

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.5

Lưu ý:
- Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì khơng chấm bài hình.

.

19

20