DE THI HSG TOAN 7 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Đề thi có 01 trang. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 7. Ngày thi: 30/3/2013 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1. (4,0 điểm) 3 2 1  3 2 1  A     :      2 5 10   2 3 12  . 1) Rút gọn:. 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) x  2 x 1 x 1) Tìm x biết 2 .3 .5 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) 2 1) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p  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 ngoài 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. 1 BD  MN .  2 góc BDA cắt BC tại N. Chứng minh rằng:. Câu 5. (1,0 điểm) Cho. S 1 . S  P Tính . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1    ...    P   ...   2 3 4 2011 2012 2013 và 1007 1008 2012 2013 . 2013. . --------------Hết---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:....................... Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Giám thị 2 (Họ tên và ký)...............................................................................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐỀ CHÍNH THỨC. Phương pháp-Kết quả. Câu Câu 1 1 (2điểm). HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN THI: TOÁN LỚP: 7.  15 4 1   18 8 1  A     :     10 10 10   12 12 12 . 0.5đ 0.5đ. 12 11  : 10 12 6 12 72  .  5 11 55. Vậy 2 (2điểm). A. 0.5đ 0.5. 72 55 .. P  x  2012  x  2013. + Nếu x 2012 hoặc x 2013 thì P 1. 0.5 đ. P  x  2012  x  2013  1  x  2013  1 + Nếu x  2013 thì. 0.5đ. P  x  2012  x  2013  x  2012  1  1 + Nếu x  2012 thì. 0.5. + Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt được khi x 2012 hoặc x 2013 .. 0.5 đ (4điểm) 1.0 đ. Câu 2 1 (2.5điểm). Điểm ( 4 điểm). x  2 x 1 x x 2 x x Ta có 2 .3 .5 10800  2 .2 .3 .3.5 10800 x.   2.3.5  900 0.5 đ x. 2.  30 30  x 2 Vậy x 2 là kết quả cần tìm. 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 a b a b    + Vì số viên bi của An và Bình tỉ lệ với 5 và 6 nên 5 6 10 12 b c b c    + Vì số viên bi của Bình và Cường tỉ lệ với 4 và 5 nên 4 5 12 15 a b c a b c 74     2 + Từ đó ta có 10 12 15 10  12  15 37. 0.5 0.5 đ 0.5 đ. 0.5 đ 0.5. 0.5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0.5đ. + Suy ra a 20; b 24; c 30. Câu 3 1 (2điểm). p 3k 1 k  , k 1 + Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng. +Với p 3k  1. (4điểm) 0.5 0.5. 2. suy ra. p 2  2012  3k  1  2012 9k 2  6k  2013   p 2  2012  3. 0.5. +Với p 3k  1 2. suy ra. p 2  2012  3k  1  2012 9k 2  6k  2013   p 2  2012  3. 0.5. 2 Vậy p  2012 là hợp số.. 2 (2điểm). + Vì n là số có hai chữ số nên 9  n  100  18  2n  200. 0.5đ. + Mặt khác 2n là số chính phương chẵn nên 2n có thể nhận các giá trị: 0.5đ 36; 64; 100; 144; 196. + Với 2n 36  n 18  n  4 22 không là số chính phương 2n 64  n 32  n  4 36 là số chính phương 2n 100  n 50  n  4 54 không là số chính phương 2n 144  n 72  n  4 76 không là số chính phương 2n 196  n 98  n  4 102 không là số chính phương + Vậy số cần tìm là n 32 .. Câu 4. 0.5 đ. 0.5đ (6 điểm). 1 (3điểm). + Xét hai tam giác AIB và BCE Có AI=BC (gt) BE=BA( gt). 0.5.  + Góc IAB là góc ngoài của tam giác ABH nên.  IAB  ABH  AHB  ABH  900   EBC EBA  ABC  ABC  900. + Ta có + Do đó ABI BEC (c  g  c). 0.5   . Do đó IAB EBC ..   + Do ABI BEC (c  g  c) nên AIB BCE .. 0.5 đ 0.5 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0   + Trong tam giác vuông IHB vuông tại H có AIB  IBH 90 . 0   Do đó BCE  IBH 90 .. 2 (3điểm). 0.5đ. KL: CE vuông góc với BI.. 0.5đ. + 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.   MDF + Tam giác FDM cân tại F nên FMD .    FMD MBD  BDM ( góc ngoài tam giác)   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). Câu 5 (1 điểm).   Từ (1), (2), (3) suy ra MBD DFC hay tam giác DBF cân tại D. Do đó 1 BD DF  MN 2 1 1 1 1 1 1 S 1     ...    2 3 4 2011 2012 2013 và Cho 1 1 1 1 2013 P   ...   1007 1008 2012 2013 . Tính  S  P  . + Ta có: 1 1 1 1 P   ...   1007 1008 2012 2013 1 1 1 1 1   1 1  1    ...     ...    1006 1007 1008 2012 2013   2 3 1   1 1   1    ...   1006   2 3 1 1 1 1 1   1 1  1    ...     ...    1006 1007 1008 2012 2013   2 3 1  1 1 1  2     ...   2012  2 4 6 1 1 1 1 1 1     ......   2 3 4 2012 2013 =S.. Do đó.  S  P. 0.5 đ 0.5 đ (1 điểm). 0.5 đ. 0.5 đ. 2013. =0. Điểm toàn bài Lưu ý khi chấm bài: Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng.. (20điểm).

<span class='text_page_counter'>(5)</span>