Đề & ĐA HSG Toán 7 năm 2011-2012

PHÒNG GD&ĐT ĐỀ XUẤT DỰ THI HSG CẤP HUYỆN

Môn: Toán 7 NĂM HỌC: 2010-2011 (Thời gian làm bài: 120 phút)

Câu 1. (3điểm)

1) Có hay không một tam giác với độ dài ba cạnh là:

; ; 17 1 5  5 3

2) Thùc hiÖn phÐp tÝnh:

A = 

 

         

 

         9 8 25 1931 . 3862

11 1931

7 : 34 33 17 193 . 386

3 193

2

3) Chøng minh r»ng:

B = 2 1 99 . 98 98 . 97 97 . 96 .... 4.3 3.2 2.1

1. 98 2. 97 3. 96 .... 96 .3 97 .2 98 .1       

     

Câu 2. (1 điểm)

T×m x, y biÕt : (2x – 5) 2008+ (3y + 4)2010 ≤ 0

Câu 3. (2 điểm)

a) Cho a,b,c ,d là 4 số khác 0 thoả mãn b2 = ac và c2 = bd.

Chøng minh r»ng: d a d c b

c b a   

 

3 3 3

3 3 3

b) Cho S = . abc bca cab  

Chứng minh rằng S không phải là số chính phương

Câu 4. (4 điểm)

Cho tam giác ABC có góc A nhọn. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C

lấy điểm M sao cho NA = BA và NAB = 900. Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa

điểm B lấy điểm M sao cho MA = CA và MAC = 900.

1) Chøng minh r»ng:

a) NC = BM

b) NC BM. 

2) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC và cắt MN tại K. chứng minh rằng K là

trung điểm của đoạn thẳng MN.

ThuVienDeThi.com

đáp án - biểu ®iÓm-DƯƠNG QUANG Câu 1. (3 điểm) 1) Trong ba số ; ; thì là số lớn nhất. 17 1 5  5 3 5 3 Vậy nếu + > thì sẽ tồn tại một tam giác với độ dài ba cạnh là ; ; 17 1 5  5 3 17 1 5  (0,25 điểm) 5 3 Thật vậy : > (0,25 điểm) 17 4 16  > => + > 7 = > = 1 5  3 1 4   17 1 5  49 45 5 3 2) (1 điểm)

A = (0,5®)               2 9 25 1931 . 3862

25 : 34 33 17 193 . 386

1

A = (0,25 ®)               2 9 2 1 : 34 33 34

1

A = (0,25 ®) 5 1

3) (1 điểm)

Có 1.98 + 2.97 + 3.96 +… + 96.3 + 97.2+ 98.1 = (1 + 2 +3 +…+ 96+97+98) + (1+2+3+…+ 96+97)+…+ (1+2)+1 (0,5 điểm)

= + +…+ + (0,25 điểm) 2

99 . 98

2

98 . 97

2

3.2

2

2.1

= 2

99 . 98 98 . 97 .... 3.2 2.1    

=> B = = (0,25 điểm) 99 . 98 98 . 97 97 . 96 ..... 4.3 3.2 2.1

1. 98 2. 97 3. 96 ..... 96 .3 97 .2 98 .1

     

     

2 1

Câu 2. (1 điểm) * Theo tính chất luỹ thừa bậc 2 ta có: (2x – 5)2008≥0 (0,25 điểm) (3y + 2x)2010 ≥ 0 => (2x - 5)2008 + (3y + 4)2010 ≥ 0 (1) (0,25 điểm) * Mà ta có (2x -5)2008 +(3y+4)2010 ≤ 0 (2) * Từ (1) và (2) ta có : (2x -5)2008 +(3y+4)2010 = 0 (0,25 điểm)  2x-5 = 0  x = 5/2 3y +4 = 0 y = - 4/3 (0,25 điểm) * Vậy x= 5/2 và y = -4/3 Câu 3. (2 điểm)

a, Ta có b2 = ac và b,c ≠ 0 => (1) (0,25 điểm) b a c b 

Tương tự ta có : (2) d

c c b 

* Từ (1) và (2) ta có : (0,25 điểm) d

c c b b a  

* §Æt = k (k≠ 0, do a,b,c ≠ 0) d

c c b b a  

Có k3 = (3) (0,25 điểm) d a d

c c b b a  . .

ThuVienDeThi.com

k3 = (4) 3 3 3

3 3 3

3

3

3

3

3

3

d c b

c b a d

c c b b a

 

    

* Từ (3) và (4) ta có (0,25 điểm) d a d c b

c b a   

 

3 3 3

3 3 3

b, S = (100a+10b+c)+(100b+10c+a)+ (100c+10a+b) = 111(a+b+c) = 37.3(a+b+c). (0,5 điểm) Vì 0 < a+b+c27 nên a+b+c 37. Mặt khác (3; 37) =1 M nên 3(a+b+c) 37 => S không thể là số chính phương. (0,5 điểm) M Câu 4. (4 điểm) (GT-KL ; Vẽ hình) (0,5điểm) 1a) Ta có AN, AC nằm trên 2 nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB (gt)

NAB và CBA kề nhau. Có NAB = 900 (gt) => Tia AB nằm giữa AN và AC. CAB < 900 (gt) => NAB + CAB < 1800 => NAB + CAB = 900 + CAB = NAC (1) (0,5 điểm) Chứng minh tương tự có: 900 + CAB = NAC (2) (0,25 ®) * Từ (1) và (2) ta có NAC = BAM * Xét NAC và có:  A

N

M P

K

H

Q

I

C B

A

+ AN = AB (gt) + NAC = BAM (cmt) => C = (c.g.c) (0,25 ®) A A + AC = AM (gt) => NC = BM (đpcm) 1b) Gọi giao điểm của NC với BM là I, giao điểm của Ac với BM là T. Ta có NAC = BAM (cmt)   => CAN = AMB hay TCI = TMA (0,5 ®) Mà CTI = MTA (hai góc đối đỉnh) => MAT = CIT (Tổng 3 góc trong tam giác bằng 1800) (0,5 ®) Mà MAT = 900 (gt) => CIT = 900 hay NC BM (đpcm)  2) * Gọi giao điểm của AK với BC là H. kẻ MP vuông góc với AK tại P Kẻ NQ vuông góc với AK tại Q. Chứng minh được NQA = AHB (cạnh huyền- góc nhọn)   => NQ = AH (3) (0,5 ®) * Chứng minh tương tự có MP = AH (4) (0,25 ®) Từ (3) và (4) ta có NQ = MP. * Chứng …