Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 7 cấp cụm năm 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Định

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN ĐỊNH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP CỤM

Năm học 2020 - 2021
Mơn: Tốn 7
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 02 tháng 02 năm 2021
(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Đề chính thức

Câu I: (5,0 điểm)
7

3

3

2 7 9  3 
  .5    :  
5
4
16
1. Thực hiện phép tính: A    7 2    .
2 .5  512
x  16 y  25 z  9
2. Cho



và 2 x 3  5  11 . Tính B  x  y  z  2021 .
9
16
25

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

3. Cho biểu thức M 

Câu II: (5,0 điểm)
1. Tìm x, biết:

2
2
2
2
2013


 ... 


.
2.3 3.4 4.5
xx  1 2015

z 
x
y
2. Cho x, y, z  0 và x  y  z  0 . Tính giá trị biểu thức P  1  1  1   .


3. Tìm số tự nhiên n để phân số

x 

y 

z

7n  8
có giá trị lớn nhất.
2n  3

Câu III: (4,0điểm)
1. Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ
số cuối giống nhau.
nn  1
 1.
2. Tìm các số nguyên dương n và các số nguyên tố p sao cho p 
2
Câu IV: (5,0 điểm)

. Cho  ABC có góc A nhỏ hơn 900. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C
vẽ đoạn thẳng AM sao cho AM vng góc với AB và AM = AB, trên nửa mặt phẳng bờ
AC không chứa điểm B vẽ đoạn thẳng AN sao cho AN vng góc với AC và AN = AC.
a) Chứng minh rằng:  AMC =  ABN.
b) Chứng minh: BN  CM.
c) Kẻ AH  BC (H  BC). Chứng minh AH đi qua trung điểm của MN.
Câu V: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a và b thỏa mãn: a 100  b100  a 101  b101  a 102  b102
Hãy tính giá trị của biểu thức: P  a 2014  b 2015 .
---------------- Hết --------------Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay và tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
YÊN ĐỊNH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 7 CẤP CỤM

Năm học 2020 - 2021
Mơn: Tốn
Ngày 02 tháng 02 năm 2021
(Hướng dẫn chấm có 03 trang, gồm 05 câu)

Hướng dẫn chấm
Câu

Điểm

Nội dung
7

3

3

2 7 9  3 
  .5    :  
5
4
16
1. A    7 2    
2 .5  512

7

3

2  9 3 
 .5    : 
7
3
2 6 2  33
1
 5   4 16   2  12

 .
7 2
7 2
7 2
7 2
7

2
2
2
2 .5  2 .2
2 .5  2 .2
2 5 2







2. Ta có: 2x3 – 5 = 11  x3 = 8  x = 2

0,5

2  16 y  25 z  9
y  25 z  9
Do đó:




2
9
16
25
16
25

I

0,75

 y = 16.2 + 25 = 57; z = 25.2 – 9 = 41

(5đ)

Vậy B = 2 – 57 + 41 + 2021 = 2007.
y
y
x
x
z
z
;
;


x  y t x  y y z t  z t
x y z x y
x
y
z
t
(

)(


) => M < 2
xy xy
zt zt

3. + Ta có:
M <

;

t
t

x z t zt

II
(5đ)

0,25
0.5
0,5
0,25
0.25

+ Có M10 < 210 (Vì M > 0) mà 210 = 1024 < 1025
Vậy M10 < 1025
1.

2.0

2

2
2
2
2013


 ... 

2.3 3.4 4.5
x x  1 2015
1
1  2013
1 1 1 1 1 1
 2       ...  

x x  1  2015
2 3 3 4 4 5
1  2013
2
2013
2
2
1
 2 
 1



 x  2014.


x  1 2015
x  1 2015
 2 x  1  2015

1,0
1.0

z 
x
y
xz yx z y
2. Ta có: P  1  1  1   
.
.

0,5

Từ x  y  z  0  x  z  y; y  x   z; z  y  x

0,5



x 

y 

z

x

y

z

y z x
.  1 (vì x, y, z  0)
x y z

Suy ra: P  .
3. Ta có:

0,5

7 n  8 27 n  8 72n  3  5 7
5


 
.
2n  3 22n  3
22n  3
2 22n  3

Phân số đã cho có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi

5

22n  3

0,5
lớn nhất.

Từ đó suy ra: 2n-3=1  n  2. Vậy giá trị lớn nhất của phân số đã cho bằng 6
khi n  2.

0,5
0,5

III
(4,0đ)

2


1. Theo bài tốn ta có: N = aabb = 1100a + 11b = 11(100a + b)
Để N là một số chính phương ta phải có:100a + b = 99a + (a + b) = 11t 2 (t  N)
Mà 99a  11 nên a + b  11 => a + b = 11. Vậy 99a + 11 = 11(9a + 1) = 11t2 =>
9a + 1 = t2 (1)
Cho a từ 1 đến 9 chỉ có a = 7 thỗ mãn (1); Từ đó suy ra b = 4 .
Số phải tìm là 7744 = 882
2. Với n = 1 thì p = 0, khơng là số ngun tố.
Với n = 2 thì p = 2, là số nguyên tố.
Với n = 3 thì p = 5, là số nguyên tố.
n 2  n  2 n  1n  2 

Với n  4, ta viết p dưới dạng: p 
2
2
Ta xét hai trường hợp:

n  1 .n  2
 Nếu n lẻ (n  5) thì p 
, là tích của hai số nguyên lớn hơn 1
2
nên p là hợp số.
n  2
 Nếu n chẵn (n  4) thì p  n  1.
, là tích của hai số nguyên lớn hơn
2
1 nên p là hợp số.
Đáp số: n  2; p  2 và n  3; p  5 .
F

1,0
1,0
0.5
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

N
D

M

E

A
I
K

IV
(5,0đ)

B

H

C

a) (2đ)
Xét  AMC và  ABN, có:
AM = AB (gt)
AC = AN (gt)
 MAC =  NAC ( = 900 +  BAC) Suy ra  AMC =  ABN (c - g - c)
b) (2đ)
Gọi I là giao điểm của BN với AC, K là giao điểm của BN với MC.
Xét  KIC và  AIN, có:
 ANI =  KCI (  AMC =  ABN)
 AIN =  KIC (đối đỉnh)
  IKC =  NAI = 900, do đó: MC  BN

2,0

1.5
0,5

3


c) (1đ) Kẻ ME  AH tại E, NF  AH tại F. Gọi D là giao điểm của MN và AH.
- Ta có:  BAH +  MAE = 900(vì  MAB = 900)
Lại có  MAE +  AME = 900, nên  AME =  BAH
Xét  MAE và  ABH , vuông tại E và H, có:
 AME =  BAH (chứng minh trên)
MA = AB
Suy ra  MAE =  ABH (cạnh huyền-góc nhọn)
 ME = AH
- Chứng minh tương tự ta có  AFN =  CHA
 FN = AH
Xét  MED và  NFD, vng tại E và F, có:
ME = NF (= AH)
 EMD =  FND(phụ với  MDE và  FDN, mà  MDE =  FDN)
  MED =  NFD  BD = ND.
Vậy AH đi qua trung điểm của MN.

V
(1,5đ)

Ta có đẳng thức: a 102  b102  a 101  b101 a  b   aba100  b100  với mọi a, b.
Kết hợp với: a 100  b100  a 101  b101  a 102  b102
Suy ra: 1  a  b   ab  a  1b  1  0.
a  1  1  b100  1  b101  1  b102  b  1

100
101
102

b  1  1  a  1  a  1  a  a  1

Do đó P  a 2014  b 2015  12014  12015  2.

0.5

0.5
0,5
0,5
0,25
0.25

Chú ý:
1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà khơng vẽ hình thì khơng chấm điểm bài hình.

4